专题3.11 圆锥曲线的方程全章综合测试卷（基础篇）（人教A版2019选择性必修第一册）--高二上学期期中数学复习

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一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023春·江苏镇江·高二校考期末）抛物线y=x2的焦点坐标为（ ）
A．0,14B．14,0C．0,12D．1,0
【解题思路】由抛物线方程求出p的值，从而可求出其焦点坐标.
【解答过程】由于抛物线的方程为y=x2，
所以2p=1，p=12，则p2=14
所以抛物线y=x2的焦点坐标是0,14，
故选：A.
2．（5分）（2022秋·陕西西安·高二校考期中）若方程C:x2+y2a=1（a是常数），则下列结论正确的是（ ）
A．∀a∈(0,+∞)，方程C表示椭圆
B．∀a∈(−∞,0)，方程C表示双曲线
C．∃a∈(−∞,0)，方程 C表示椭圆
D．∃a∈R，方程C表示抛物线
【解题思路】根据题意，进行判断即可.
【解答过程】对于A，当a=1时，方程C表示圆，故A不正确．
对于B，当a为负数时，方程C表示双曲线，故B正确．
对于C，当a为负数时，方程C表示双曲线，故C不正确．
对于D，当a≠0时，方程C表示椭圆、圆或双曲线，故方程C不会表示抛物线．故D不正确．
故选B．
3．（5分）（2023春·云南曲靖·高一校考期末）与双曲线y2−x23=1有公共焦点，且长轴长为6的椭圆方程为（ ）
A．y29+x27=1B．y29+x25=1
C．x29+y25=1D．x29+y27=1
【解题思路】先求得双曲线的焦点坐标，再根据椭圆的长轴长为6求解.
【解答过程】解：双曲线y2−x23=1的焦点坐标为：F10,2,F20,−2，
即椭圆的焦点为F10,2,F20,−2，
又长轴长为6，即a=3,b2=5，
所以椭圆的方程为y29+x25=1，
故选：B.
4．（5分）（2023春·广西河池·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其上顶点为A，左､右焦点分别为F1,F2，且三角形AF1F2为等边三角形，则椭圆C的离心率为（ ）
A．12B．22C．32D．23
【解题思路】根据题意，结合椭圆离心率的定义，即可求求解.
【解答过程】如图所示，椭圆C，其上顶点为A，左､右焦点分别为F1,F2， △AF1F2为等边三角形，
则椭圆C的离心率为e=ca=OF1AF1=cs∠AF1F2=12.
故选：A.

5．（5分）（2023春·河南·高三阶段练习）已知F1,F2分别为椭圆C:x2a2+y212=1(a>23)的两个焦点，且C的离心率为12,P为椭圆C上的一点，则△PF1F2的周长为（ ）
A．6B．9C．12D．15
【解题思路】根据离心率求解a=4，即可由焦点三角形求解周长.
【解答过程】因为C的离心率为12，且a>23，所以e2=a2−12a2=14，解得a=4，则c=a2−12=2，所以△PF1F2的周长为2a+2c=12.
故选：C.

6．（5分）（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知双曲线C:x24−y212=1的右焦点为F，点A(0,m)，若直线AF与C只有一个交点，则m=（ ）
A．±2B．±43C．±23D．±4
【解题思路】根据题意分析可得直线AF与渐近线平行，结合平行关系运算求解.
【解答过程】双曲线C:x24−y212=1可得a=2，b=23，c=a2+b2=4，
所以双曲线的渐近线方程为y=±3x，右焦点为F4,0，
因为直线AF与C只有一个交点，所以直线AF与双曲线的渐近线平行，
所以kAF=m−00−4=±3，解得m=±43.
故选：B.
7．（5分）（2023·全国·高三专题练习）过点P2,1的直线l与双曲线x2−y23=1相交于A,B两点，若P是线段AB的中点，则直线l的方程是（ ）
A．6x−y−11=0B．6x+y−13=0
C．2x−3y−1=0D．3x−2y−4=0
【解题思路】利用点差法求解.
【解答过程】解：设Ax1,y1,Bx1,y1，则x12−y123=1x22−y223=1，
两式相减得直线的斜率为k=y1−y2x1−x2=3x1+x2y1+y2=3×21=6，
又直线l过点P2,1，
所以直线l的方程为6x−y−11=0，
经检验此时l与双曲线有两个交点.
故选：A.
8．（5分）（2023春·江苏镇江·高二校考期末）已知椭圆C:x23+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m=（ ）．
A．23B．23C．−23D．−23
【解题思路】首先联立直线方程与椭圆方程，利用Δ>0，求出m范围，再根据三角形面积比得到关于m的方程，解出即可.
【解答过程】将直线y=x+m与椭圆联立y=x+mx23+y2=1，消去y可得4x2+6mx+3m2−3=0，
因为直线与椭圆相交于A,B点，则Δ=36m2−4×43m2−3>0，解得−24
D．过椭圆一焦点F作椭圆的动弦PQ，则弦PQ的中点M的轨迹为椭圆
【解题思路】根据椭圆定义可判断A；双曲线与直线联立求解可判断B；根据方程表示焦点在y轴上的双曲线求出t的范围可判断C；设椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，弦PQ的中点为Mx,y， 当直线PQ与x轴不垂直时，设弦PQ方程为y=kx−c，与椭圆方程联立利用韦达定理可得动弦PQ的中点横、纵坐标，得k=−a2yb2x，代入y=kx−c可得中点M的轨迹方程，当直线PQ与x轴垂直时直接得答案可判断D.
【解答过程】对于A，根据椭圆定义，若平面内两定点A､B，则满足PA+PB=2a(a>0)且2a>AB
的动点P的轨迹为椭圆，故A错误；
对于B，由x−y−2=0x2−y2=1得x=54y=−34，所以双曲线x2−y2=1与直线x−y−2=0有且只有一个公共点，故B正确；

对于C，若方程x24−t−y2t−1=1表示焦点在y轴上的双曲线，则t−10，a2−b2=c2c>0，
则Fc,0，弦PQ的中点为Mx,y，
当直线PQ与x轴不垂直时，设弦PQ方程为y=kx−c，
与椭圆方程y=kx−cx2a2+y2b2=1联立可得b2+a2k2x2−2ca2k2x+akc2−ab2=0，
所以动弦PQ的中点横坐标为x=ca2k2b2+a2k2，中点纵坐标为y=kca2k2b2+a2k2−c，
所以x=ca2k2b2+a2k2y=kca2k2b2+a2k2−c，可得k=−a2yb2x，代入y=kx−c可得x−c22c24+y2b2c24a2=1，当直线PQ与x轴垂直时，弦PQ的中点为Fc,0在x−c22c24+y2b2c24a2=1上，综上弦PQ的中点M的轨迹为椭圆，故D正确.

故选：BD.
10．（5分）（2023春·河南南阳·高二校考阶段练习）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与双曲线交于A，B两点，若四边形AF1BF2为矩形且AF1=2AF2，则下列正确的是（ ）
A．AB=25aB．E的渐近线方程为y=±2x
C．矩形AF1BF2的面积为4a2D．E的离心率为5
【解题思路】对A、D：根据题意结合双曲线的定义可求得AF1=2AF2=4a,AB=F1F2=25a，分析运算；对B：由c=5a，可得b=2a，进而可求E的渐近线方程；对C：由矩形AF1BF2的面积S=AF1×AF2计算.
【解答过程】不妨设点A在第一象限，如图，由题意可得：四边形AF1BF2为矩形，

由双曲线的定义可得：AF1−AF2=2AF2−AF2=AF2=2a，则AF1=2AF2=4a，
对A：∵四边形AF1BF2为矩形，则AB=F1F2=AF12+AF22=4a2+2a2=25a，A正确；
对B：由选项A可得：2c=25a，则c=5a，b=c2−a2=2a，
注意到双曲线E的焦点在x轴上，则E的渐近线方程为y=±bax=±2x，B错误；
对C：矩形AF1BF2的面积为S=AF1×AF2=4a×2a=8a2，C错误；
对D：由A选项知，AB=25a，所以e=5，D正确.
故选：AD.
11．（5分）（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),C的上顶点为A，两个焦点为F1,F2，离心率为12．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点，若△ADE的周长是26，则（ ）
A．a=132B．b=33
C．直线DE的斜率为33D．DE=12
【解题思路】根据离心率为12，得到△AF1F2为等边三角形，再由过F1且垂直于直线AF2的，得到kDE，△ADF2,△AEF2为等腰三角形，再根据△ADE的周长，得到a，进而得到b，c，然后设DE所在直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式验证D选项.
【解答过程】解：如图所示：

∵椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，
∴不妨设椭圆C:x24c2+y23c2=1,a=2c,b=3c．
∵C的上顶点为A，两个焦点为F1,F2，
∴△AF1F2为等边三角形，
∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点，
∴kDE=tan30°=33．故C项正确．
由等腰三角形的性质可得AD=DF2,AE=EF2．
由椭圆的定义可得△ADE的周长为DE+DF2+EF2=4a=26，
∴a=132,b=1343．故A项正确，B项错误．
对于D项，设lDE:y=33x−134，联立C:x21694+y250716=1y=33x−134，
消去y得：x2−2x−26=0，
则Δ=−22+4×26>0，
由韦达定理得x1+x2=2,x1⋅x2=−26，
所以DE=1+332x1+x22−4x1⋅x2=2322−4×−26=12，故D项正确．
故选：ACD.
12．（5分）（2023春·云南大理·高二统考期末）过抛物线C:y2=2px上一点A1,2作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M,N，则（ ）
A．C的准线方程是x=−1
B．过C的焦点的最短弦长为2
C．直线MN过定点5,−2
D．若直线MN过点1,−1，则△AMN的面积为24
【解题思路】由题可得抛物线C为y2=4x，进而判断A；利用焦点弦的方程结合抛物线的定义结合条件可判断B；设直线MN为x=my+n，联立抛物线利用韦达定理结合条件可得m、n的数量关系，可判断C；由直线MN过点1,−1可得直线MN为x+4y+3=0，进而结合点到直线的距离和弦长公式求解，进而判断D.
【解答过程】将A1,2代入C中得4=2p，即p=2，
则抛物线C为y2=4x，
所以C的准线方程是x=−1，故A正确；
抛物线C的焦点为1,0，可设过C的焦点的直线为x=ty+1，
联立x=ty+1y2=4x，可得y2−4ty−4=0，设交点为ExE,yE,FxF,yF，
则yE+yF=4t，xE+xF=tyE+yF+2=4t2+2≥2，
所以EF=xE+xF+2≥4，即过C的焦点的最短弦长为4，故B不正确；
设My124,y1，Ny224,y2，直线MN为x=my+n，
联立x=my+ny2=4x，可得：y2−4my−4n=0，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4n，
又AM⊥AN，
所以AM⋅AN=y124−1,y1−2⋅y224−1,y2−2=y12−4y22−416+y1−2y2−2=0，
因为y1≠2，y2≠2，即y1−2y2−2≠0，
所以y1+2y2+216+1=0，
化简整理得y1y2+2y1+y2+20=0，
即−4n+8m+20=0，得n=2m+5，
所以直线MN为x=my+2+5，
所以直线MN过定点P5,−2，故C正确；
若直线MN过点1,−1，则1=m−1+2+5，即m=−4，n=−3，
所以y1+y2=−16，y1y2=12，
直线MN为x=−4y+2+5，即x+4y+3=0，
所以MN=1+m2⋅y1+y22−4y1y2=1+−42⋅−162−4×12=17×413，
点A1,2到直线MN的距离为d=1+8+312+42=1217，
所以S△AMN=12d⋅MN=12×1217×17×413=2413，故D不正确.
故选：AC.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023春·云南曲靖·高一校考期末）若抛物线C ：x2=2py(p>0)上的一点到焦点的距离为p2，到x轴的距离为3，则p= 2 .
【解题思路】由抛物线的定义可得p2=3+p2，解之即可求得p.
【解答过程】∵抛物线C ：x2=2py(p>0)上的一点到焦点的距离为p2，
∴该点到准线的距离为p2.
又该点到x轴的距离为3，
∴ p2=3+p2，解之可得p=2或−32，
又p>0 ∴ p=2.
故答案为：2.
14．（5分）（2023春·西藏林芝·高二校考期末）短轴长为8，离心率为35的椭圆两焦点分别为F1、F2，过点F1作直线l交椭圆于A、B两点，则△ABF2的周长为 20 .
【解题思路】根据椭圆的几何性质，求得a=5，再结合椭圆的定义，进而求得△ABF2的周长.
【解答过程】由椭圆的短轴长为8，可得2b=8，所以b=4，
又由离心率为35，即ca=35，结合a2=b2+c2，可得a=5,c=3，
如图所示，由椭圆的定义，可得AF1+AF2=BF1+BF2=2a=10，
则△ABF2的周长为AB+AF2+BF2=AF1+BF1+AF2+BF2 =(AF1+AF2)+(BF1+BF2)=20.
故答案为：20.

15．（5分）（2023春·山西大同·高二校考期末）设双曲线x24−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上一点，且|PF1|=3|PF2|，则∠F1PF2的大小为 π3 ．
【解题思路】根据双曲线方程求出a、b、c，再由双曲线的定义求出|PF1|、|PF2|，最后由余弦定理计算可得.
【解答过程】因为双曲线x24−y23=1，则a=2，b=3，所以c=a2+b2=7，
因为P为双曲线右支上一点，所以|PF1|−|PF2|=2a=4，又|PF1|=3|PF2|，
所以|PF1|=6，|PF2|=2，|F1F2|=2c=27，
由余弦定理F1F22=PF12+PF22−2PF1⋅PF2cs∠F1PF2，
即272=62+22−2×2×6cs∠F1PF2，解得cs∠F1PF2=12，又00)上的一点，F1,F2是椭圆的左、右焦点，且MF2⋅F1F2=0，则椭圆C的方程是.若圆x2+y2=4的切线与椭圆C相交于M点，则MN的最大值是 3 .
【解题思路】根据椭圆的几何性质可得方程为x29+y24=1，由圆的切线可得n2=4+4m2，进而根据椭圆的弦长公式得MN=1+m21254m2+9，利用换元以及不等式即可求解最值.
【解答过程】由M(5,43)和MF2⋅F1F2=0可得c=5，b2a=43 即a2−b2=5，b2=43a，解得a2=9，b2=4，所以椭圆C：x29+y24=1；
设圆x2+y2=4的切线方程为x=my+n，由−n1+m2=2得n2=4+4m2，
联立x=my+nx29+y24=1 消去x得4m2+9y2+8mny+4n2−36=0，
Δ=64m2n2−44m2+94n2−36=1444m2−n2+9=144×5，
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=−8mn4m2+9，y1y2=4n2−364m2+9，
MN=1+m2y1−y2=1+m2(y1+y2)2−4y1y2=1+m2ΔA=1+m21254m2+9，
设1+m2=tt≥1，MN=125t4t2+5=1254t+5t≤12524t×5t=3，
当且仅当4t=5t，即t=52时，MN取得最大值3.
故答案为：3.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023春·四川·高二统考期末）求符合下列条件的曲线方程：
(1)以椭圆x225+y29=1长轴两个端点为焦点，以该椭圆焦点为顶点的双曲线的标准方程.
(2)已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点P2,nn>0在抛物线C上，PF=3，求抛物线C的方程及点P的坐标.
【解题思路】（1）由椭圆的性质求出双曲线的焦点和顶点，即可得解．
（2）根据抛物线的定义求出p，即可求出抛物线方程，再将P点坐标代入抛物线方程，求出n，即可得解.
【解答过程】（1）由题意，椭圆x225+y29=1长轴两个端点为±5,0，半焦距为25−9=4，所以椭圆焦点为±4,0，
所以双曲线的焦点为±5,0，顶点为±4,0，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，即a=4、c=5，所以b=c2−a2=3，
所以该双曲线的方程为x216−y29=1．

（2）抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为Fp2,0，准线为x=−p2，
因为点P2,nn>0在抛物线C上且PF=3，即PF=2+p2=3，解得p=2，
所以抛物线方程为y2=4x，
又点P2,nn>0在抛物线C，所以n2=4×2，解得n=22或n=−22（舍去），
所以P2,22.

18．（12分）（2023秋·四川南充·高二校考期末）已知点P是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上的一点，F1和F2分别为左右焦点，焦距为6，且过5,0.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若动直线l过F2与椭圆交于A、B两点，求△ABF1的周长.
【解题思路】（1）根据焦距可求c=3，根据所过点可求a=5，进而得到方程；
（2）利用椭圆的定义可得△ABF1的周长为4a，代入a可得答案.
【解答过程】（1）设焦距为2c，由2c=6，得c=3，
又椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0过5,0，∴a=5，
得b2=a2−c2=25−9=16，
∴椭圆的标准方程为x225+y216=1；
（2）动直线l过F2与椭圆交于A、B两点，
∴AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，
∴AF1+AF2+BF1+BF2=AF1+BF1+AB=4a=20，
∴△ABF1的周长为20.

19．（12分）（2023春·内蒙古呼伦贝尔·高二校考阶段练习）已知抛物线C:x2=−2py(p>0)的焦点为F,Ax0,−9是抛物线C上的点，且AF=15．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知直线l交抛物线C于M,N两点，且MN的中点为6,−4，求直线l的方程．
【解题思路】（1）根据抛物线的定义求解；
（2）设点代入抛物线方程，然后利用点差法求解直线的斜率，然后根据点斜式即可解得直线的方程；
【解答过程】（1）因为AF=9+p2=15，
所以p=12，
故抛物线C的方程为x2=−24y．
（2）
易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k,Mx1,y1,Nx2,y2，
则x12=−24y1,x22=−24y2,
两式相减得x12−x22=−24y1−y2，整理得y1−y2x1−x2=−x1+x224．
因为MN的中点为6,−4，所以k=y1−y2x1−x2=−1224=−12，
所以直线l的方程为y+4=−12x−6，即x+2y+2=0.
20．（12分）（2023春·上海徐汇·高二校考期中）已知双曲线C的方程为2x2−y2=2．
(1)直线y=x+m截双曲线C所得的弦长为42，求实数m的值；
(2)过点2,−1作直线交双曲线C于P、Q两点，求线段PQ的中点M的轨迹方程．
【解题思路】（1）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式即可求出m值；
（2）设Px1,y1,Qx2,y2,M(x,y),A2,−1，利用点差法结合中点公式即可得到2xy=y+1x−2，化简即可.
【解答过程】（1）联立y=x+m2x2−y2=2,得x2−2mx−m2−2=0，
∵直线y=x+m被双曲线C截得的弦长为42,∴Δ=4m2+4m2+8>0,
设直线与双曲线交于Ax1,y1,Bx2,y2,
则x1+x2=2m,x1x2=−m2−2,
由弦长公式得42=2⋅4m2+4m2+2,
解得m=±1.
（2）设Px1,y1,Qx2,y2,M(x,y),A2,−1，则
x1+x2=2x,y1+y2=2y，
∴2x12−y12=2,2x22−y22=2，
上式作差得4xx1−x2−2yy1−y2=0，
当直线PQ的斜率不存在时，根据双曲线对称性知M2,0，
当直线PQ的斜率存在时，但y1+y2=0时，此时直线PQ为直线OA，根据双曲线对称性知M0,0，
当直线PQ的斜率存在时，且y1+y2≠0时，kPQ=y1−y2x1−x2=2xy，
∵kAM=y+1x−2，∴2xy=y+1x−2，化简得2x2−y2−4x−y=0，其中x≠2,y≠0，
而点2,0，0,0适合上述方程，
则线段PQ的中点M的轨迹方程是2x2−y2−4x−y=0.

21．（2023·广东深圳·统考二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=22，且点4,1在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若经过定点0,−1的直线l与椭圆C交于P,Q两点，记椭圆的上顶点为M，当直线l的斜率变化时，求△MPQ面积的最大值.
【解题思路】(1)根据离心率的值和定义可以求出a,b之间的关系式，待定系数法设出椭圆方程后把已知点代入求解即可.
(2)设出直线方程后，联立直线和椭圆方程，消元化简后，可得x1+x2=4k2k2+1,x1x2=−162k2+1，利用弦长公式求出弦长，再利用点到直线距离公式求出三角形的高，△MPQ的面积可用直线斜率k进行表达，通过换元转化为一元二次函数，求出最值即可.
【解答过程】（1）椭圆C的离心率e=22，
则22=ca=1−b2a2，即b2a2=12，
所以a=2b=2c，椭圆方程为x22b2+y2b2=1.
将点4,1代入方程得b2=9，
故所求方程为x218+y29=1.
（2）点0,−1在椭圆C内，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx−1，
由x218+y29=1,y=kx−1,得2k2+1x2−4kx−16=0.
设Px1,y1,Qx2,y2，则x1+x2=4k2k2+1,x1x2=−162k2+1,Δ>0.
PQ=k2+1x1+x22−4x1x2=4k2+19k2+42k2+1.
点M0,3到l的距离d=4k2+1,S△MPQ=12PQ⋅d=89k2+42k2+1.
令t=2k2+1t≥1，则k2=t−12,则S△MPQ=89(t−1)2+4t2=8818−121t−922.
因为0b>0)的离心率为223，右顶点A(3,0)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)M、N为椭圆C上的不同两点，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，若k1k2=−13，判断直线MN是否经过定点并说明理由．
【解题思路】（1）由离心率和右顶点坐标，求出a,b，得椭圆C的标准方程；
（2）设直线MN的方程，代入椭圆方程，利用k1k2=−13解得直线方程，判断所过定点.
【解答过程】（1）由题意可知，a=3，e2=a2−b2a2=2232=89，则b2=1，
所以椭圆C的标准方程为x29+y2=1.
（2）直线经过定点32,0,理由如下，

若直线MN的斜率存在，设MN方程为y=kx+m，
则将直线方程代入椭圆方程消去y可得1+9k2x2+18kmx+9m2−9=0，
Δ=18km2−41+9k29m2−9>0，得1+9k2>m2，
设Mx1,y1、Nx2,y2，则有x1+x2=−18km1+9k2，x1x2=9m2−91+9k2，
k1k2=y1y2x1−3x2−3=kx1+mkx2+mx1−3x2−3=−13，
3k2+1x1x2+3km−3x1+x2+3m2+9=0，
3k2+1⋅9m2−91+9k2+3km−3⋅−18km1+9k2+3m2+9=0，
化简得9k2+9km+2m2=0，解得m=−3k或m=−32k，
当m=−3k时，MN方程为y=kx−3k，过定点A3,0，不合题意，
当m=−32k时，MN方程为y=kx−32k，过定点32,0，
若直线MN的斜率不存在，设MN方程为x=x0−3