2023届高考数学二轮复习直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线作业含答案

直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线

一、单选题

1．圆与圆的位置关系为 （）

A．内切 B．相交 C．外切 D．外离

2．已知点P为圆：上任一点，点Q为圆：上任一点，则的最小值为（）

A．1 B． C．2 D．4

3．我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A，B处的两条切线所围成的三角形（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，具有以下性质：

①P点必在抛物线的准线上；

②；

③．

已知直线与抛物线交于A，B点，若，则抛物线的“阿基米德三角形” 的面积为（）

A． B． C． D．

4．点A是曲线上任意一点，则点A到直线的最小距离为（）

A． B． C． D．

5．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与双曲线的左支交于，两点，若，则的周长为（）

A． B． C． D．

6．已知圆与直线，过l上任意一点P向圆C引切线，切点为A，B，若线段长度的最小值为，则实数m的值为（）

A． B． C． D．

7．已知双曲线的两条渐近线的夹角为，则a的值为（）

A． B． C．或 D．

8．如图，已知，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆C上一点，以点P为圆心，为半径的圆交y轴于A，B两点．若的最大值为，则C的离心率为（）．

A． B． C． D．

9．打印是快速成型技术的一种，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术，如图所示的塔筒为打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为，下底直径为，高为，则喉部（最细处）的直径为（）

A． B． C． D．

10．若直线：经过双曲线：的一个焦点，且与双曲线有且仅有一个公共点，则双曲线的方程为（）

A． B． C． D．

11．已知曲线的方程为，则下列说法正确的是（）

①曲线关于坐标原点对称；

②曲线是一个椭圆；

③曲线围成区域的面积小于椭圆围成区域的面积.

A．① B．①② C．③ D．①③

12．已知双曲线（，），圆．下列判断正确的是（）

A．点在双曲线上

B．若双曲线的焦距为4，则圆的半径大于2

C．双曲线的顶点与点构成的三角形的面积为

D．若圆与x轴和双曲线的过第一象限的渐近线都相切，则双曲线的离心率为2

第II卷（非选择题）

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二、填空题

13．已知椭圆，左、右焦点分别为、，若过的直线与圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且垂直于x轴，则椭圆的离心率为______．

14．曲线（为自然对数的底数）在处的切线与圆相交于点，，则___________．

15．设抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，过弦AB的中点M作E的准线的垂线，与抛物线E交于点P，若，则______．

16．设抛物线的焦点为，点在上，，若以为直径的圆过点，且，则抛物线的标准方程为__________.

 参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

将圆的一般方程化为标准方程，根据圆心距和半径的关系，判断两圆的位置关系.

【详解】

圆的标准方程为 ，

圆的标准方程为，

两圆的圆心距为 ，即圆心距等于两圆半径之和，

故两圆外切，

故选：C.

2．A

【解析】

【分析】

根据题意得两圆的位置关系为内含，进而得的最小值为.

【详解】

解：由题知，圆半径为，圆心坐标为，圆半径为，圆心坐标为，

所以两圆的位置关系为内含，

所以，，

所以的最小值为．

故选：A

3．A

【解析】

【分析】

根据给定条件求出直线PF方程，进而求出点P坐标及长即可求出的面积.

【详解】

抛物线的焦点为，准线方程为，直线经过抛物线的焦点，

依题意，，设，，

由消去y并整理得，则，，

，解得，即，

当时，因为“阿基米德三角形”，则直线PF斜率，直线PF方程为：，

点P必在抛物线的准线上，点，，

又，于是得，

由对称性可知，当时，同理有，

所以的面积是.

故选：A

4．A

【解析】

【分析】

动点在曲线，则找出曲线上某点的斜率与直线的斜率相等的点为距离最小的点，利用导数的几何意义即可

【详解】

不妨设，定义域为：

对求导可得：

令

解得：（其中舍去）

当时，，则此时该点到直线的距离为最小

根据点到直线的距离公式可得：

解得：

故选：A

5．B

【解析】

【分析】

由双曲线的定义即可求出的周长.

【详解】

设，，由题意可得，

由双曲线的定义可得，，

则的周长是.

故选：B.

6．D

【解析】

【分析】

设，则，则由题意可求得，从而可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值

【详解】

圆，设，则，

因为，所以，

又，所以，

又，

所以，即，

又，所以．

故选：D．

7．B

【解析】

【分析】

根据双曲线写出渐近线方程，然后根据两条渐近线的夹角求得渐近线的倾斜角，根据直线的倾斜角与斜率的关系即可求得

【详解】

依题意，双曲线的渐近线方程为，因两条渐近线的夹角为

于是得直线的倾斜角是或，即或

解得：或

而，则

故选：B

8．D

【解析】

【分析】

利用设，利用勾股定理求出，其中，将此看成关于的二次函数，分成当对称轴在区间左侧，对称轴在区间上，对称轴在区间右侧三种情况进行分类讨论进行求解即可.

【详解】

设，则，

∵，∴，

由几何关系可知，，

∵的最大值为，∴的最大值为．

令，此函数为关于的二次函数，且函数图象开口向下，

则其最大值可能在区间端点处或对称轴处取得．

①若当在对称轴处取得最大值时，即时y取得最大值，

即，则，解得，此时，

∵，∴应舍去；

②若当时y取得最大值，即，

整理得，解得：或，

∵，∴和均舍去；

③若当时y取得最大值为，即，

整理得，解得：或（舍去），

综上所述可知.

故选：．

9．D

【解析】

【分析】

画出塔筒的轴截面；以为喉部对应点，以所在直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系；设出双曲线的方程，根据题意写出点的坐标；把点的坐标代入双曲线方程即可求出答案.

【详解】

该塔筒的轴截面如图所示，以为喉部对应点，以所在直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，设与分别为上，下底面对应点.

由题意可知，设，则，

设双曲线的方程为，因为双曲线的离心率为，所以.

所以方程可化简为，

将和的坐标代入式可得，解得，

则喉部的直径为.

故选：D.

10．D

【解析】

【分析】

根据直线过双曲线的一个焦点，令求出c，再根据直线与一条渐近线平行，得到求解可得答案.

【详解】

令得，所以直线与轴的交点为，

所以双曲线的右焦点为，则，

即①，

直线与双曲线有且仅有一个公共点，直线又过双曲线的焦点，

所以直线与双曲线的一条渐近线平行，

即②，

由①②得

解得，

所以双曲线的方程为

故选：D.

11．D

【解析】

【分析】

对于①在方程中换为，换为可判断；对于②分析曲线的图形是两个抛物线的部分组成的可判断；对于③在第一象限内，分析椭圆的图形与曲线图形的位置关系可判断.

【详解】

在曲线的方程中，换为，换为，方程不变，故曲线关于坐标原点对称

所以①正确,

当时，曲线的方程化为，此时

当时，曲线的方程化为，此时

所以曲线的图形是两个抛物线的部分组成的，不是椭圆，故②不正确.

当，时，设，

设，则，（当且仅当或时等号成立）

所以在第一象限内，椭圆的图形在曲线的上方.

根据曲线和椭圆的的对称性可得椭圆的图形在曲线的外部（四个顶点在曲线上）

所以曲线围成区域的面积小于椭圆围成区域的面积，故③正确.

故选：D

12．D

【解析】

【分析】

对于A，求出点的坐标代入双曲线方程中验证即可，对于B，由题意可得，然后利用基本不等式可得，从而可进行判断，对于C，求出双曲线的顶点和点的坐标，直接求解三角形的面积，对于D，由题意可得，再结合，，可求出的值，从而可求出离心率

【详解】

对于A，由已知得点，代入双曲线得不恒成立，故A错误；

对于B，因为若双曲线的焦距为4，所以，所以，当且仅当时取等号，即圆的半径不超过2，故B错误；

对于C，由已知可得的顶点与点构成的三角形的面积为，故C错误；

对于D，双曲线（，）的第一象限的渐近线方程为，所以，

因为，所以，

由圆与x轴相切可得，即，

所以且，解得，

所以双曲线的离心率．所以D正确．

故选：D

13．##

【解析】

【分析】

由题意可得，再由垂直于x轴，可得，，再结合椭圆的定义可求出椭圆的离心率

【详解】

如图，设过的直线与圆相切于点，则，

由于，所以，

因为垂直于x轴，

所以，所以，则，

因为，

所以，化简得，

所以离心率，

故答案为：

14．4

【解析】

【分析】

由题可求切线为，再利用圆的弦长公式即求.

【详解】

∵，

∴，，又，

∴曲线（为自然对数的底数）在处的切线为，

由圆可知圆心为，半径为3，

∴.

故答案为：4.

15．14

【解析】

【分析】

求出抛物线焦点为，准线为，设，直线方程为，由与抛物线方程消去得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系算出的坐标，根据，利用两点间的距离公式解出，进而得到结论.

【详解】

抛物线方程为，

，抛物线焦点为，准线为，

设，由知，直线的斜率存在且不为0，如图，

设直线方程为，

代入抛物线方程消去，得，

，

过的中点作准线的垂线与抛物线交于点，

设点的坐标为，可得，

，

，得，

，得，，

，解得，

，，

故答案为：14

16．

【解析】

【分析】

设点，由题可得，进而可得，即求.

【详解】

设点，则，

∴，又点为，

故以为直径的圆的方程为，

将代入得，即，

所以，

由，得，

解之得或，又，

所以的方程为.

故答案为：.