2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题过关检测5　解析几何（含解析）

这是一份2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题过关检测5　解析几何（含解析），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共计40分.每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.(2025四川眉山三模)已知点A(4,23),B(1,3),若向量AB是直线l的方向向量,则直线l的倾斜角为( )
A.30°B.60°C.120°D.150°
2.(2025湖南湘潭三模)已知椭圆C:x2m2+y2=1(m>0)的离心率为3m,则C的短轴长为( )
A.12B.1C.2D.3
3.(2025浙江温州三模)已知圆x2+y2=1和圆(x-3)2+y2=r2(r>0)有公共点,则r的取值范围为( )
A.[2,+∞)B.[2,4]
C.[3,4]D.[1,4]
4.(2025陕西咸阳三模)如图,已知曲线C由一段以坐标原点O为圆心的圆弧和双曲线(该双曲线的中心为坐标原点O,F1,F2为其左、右焦点)右支的一部分组成,圆弧和双曲线弧的公共点为A,B,若A,B,F2三点共线,|AF1|=25,|AB|=14,则圆弧的方程为( )
A.x2+y2=144(x≥10)
B.x2+y2=193(x≥12)
C.x2+y2=144(x≤10)
D.x2+y2=193(x≤12)
5.(2025北京石景山一模)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,点M(x0,y0)在C上,若|MF|>4,则( )
A.x0∈(0,2)B.y0∈(0,2)
C.x0∈(2,+∞)D.y0∈(2,+∞)
6.(2025江西景德镇三模)动圆M经过直线l:y=x与☉C:(x-6)2+y2=20的交点A,B,过原点O向动圆M作切线,切点为P,若PA·PB>λ恒成立,则实数λ的最大值是( )
A.82-12B.20-122
C.202-30D.32-242
7.(2025江苏南京二模)在平面直角坐标系xOy中,双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,点M,N在C的右支上,且MF=3FN,点N关于原点O的对称点为P.若PF⊥MN,则C的离心率为( )
A.52B.62C.32D.102
8.(2025山东模拟预测)已知F1,F2为椭圆与双曲线的公共左、右焦点,P为它们的一个公共点,且|PO|=|F2O|,O为坐标原点,e1,e2分别为椭圆和双曲线的离心率,则2e1+1e2的最大值为( )
A.22B.10C.23D.102
二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共计18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2025河北邢台模拟)已知a≠0,a∈R,圆C:x2+y2-2ax-4y+a2=0与直线x=ty交于A,B两点,O为坐标原点,则( )
A.a=1,t=0时,|AB|=2
B.过点O向圆C所引的切线长为|a|
C.a=2时,AB中点的轨迹长度为2π
D.|OA|·|OB|=a2
10.(2025河北秦皇岛三模)已知曲线E:1x2+λy2=1,则下列说法正确的是( )
A.当λ=-1时,曲线E关于直线y=-x对称
B.当λ=0时,E是两条直线
C.当λ=1时,若点P(x,y)是曲线E上的任意一点,则|x|>1
D.当λ=2时,曲线E上的点P(x,y)到原点距离的最小值为2+1
11.(2025山东滨州二模)已知F1,F2是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线C的右焦点重合,且M是双曲线C与抛物线E的一个公共点.若△MF1F2是等腰三角形,则双曲线C的离心率为( )
A.2+1B.2+2
C.3+2D.3+1
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共计15分.
12.(2025河北秦皇岛三模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F,直线l经过点F与C的左、右两支各有一个交点,若l与C的其中一条渐近线垂直,则C的离心率的取值范围为 .
13.(2025上海杨浦二模)如图,阿基米德椭圆规是由基座、带孔的横杆、两条互相垂直的空槽、两个可动滑块A,B组成的一种绘图工具,横杆的一端C上装有铅笔,假设两条互相垂直的空槽和带孔的横杆都足够长,将滑块A,B固定在带孔的横杆上,令滑块A在其中一条空槽上滑动,滑块B在另一条空槽上滑动,铅笔C随之运动就能画出椭圆.当A,B之间的距离为14厘米时,若需要画出一个离心率为45的椭圆,则B,C之间的距离为 厘米.
14.(2025福建厦门三模)已知直线l:y-2=0与圆O:x2+y2=4相切于点T,A是圆O上一动点,点P满足PO⊥OA,且以P为圆心,PA为半径的圆恰与l相切,则sin∠PTO的最大值为 .
四、解答题:本大题共5小题,共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2025湖北宜昌二模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A(2,33)在C上,且AF2⊥F1F2.
(1)求C的标准方程;
(2)过F2的直线交双曲线C于M,N两点(M,N两点均位于x轴下方,M在左,N在右),线段AM与线段F1N交于点R,若△F1RM的面积等于△ARN的面积,求|MN|.
16.(15分)(2025山东烟台二模)已知双曲线Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4,点(6,1)在Γ上.
(1)求Γ的方程;
(2)设过Γ的左焦点F1的直线交Γ的左支于点A,B,过Γ的右焦点F2的直线交Γ的右支于点C,D,若以A,B,C,D为顶点的四边形是面积为46的平行四边形,求直线AB的方程.
17.(15分)(2025广东深圳二模)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F为E的右焦点,P为E上的动点,当直线PF与x轴垂直时,|PF|=12,R是直线y=2上一动点,|PR|的最小值为1.
(1)求E的方程:
(2)过点R作E的两条切线分别交x轴于M,N两点,求△RMN面积的取值范围.
18.(17分)(2025江苏南京二模)在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,0),B(1,0),Q(-4,0),动点P满足|PA|+|PB|=4,记点P的轨迹为C.
(1)求C的方程.
(2)过点Q且斜率不为0的直线l与C相交于两点E,F(E在F的左侧).设直线AE,AF的斜率分别为k1,k2.
①求证:k1k2为定值;
②设直线AF,BE相交于点M,求证:|MA|-|MB|为定值.
19.(17分)(2025广东中山模拟预测)在平面直角坐标系xOy中,若在曲线E1的方程F(x,y)=0中,以(λx,λy)(λ为非零的正实数)代替(x,y)得到曲线E2的方程F(λx,λy)=0,则称曲线E1,E2关于原点“伸缩”,变换(x,y)→(λx,λy)称为“伸缩变换”,λ称为伸缩比.
(1)已知曲线E1的方程为x24-y2=1,伸缩比λ=12,求E1关于原点“伸缩变换”后所得曲线E2的方程;
(2)射线l的方程y=2x(x≥0),如果椭圆E1:x24+y2=1经“伸缩变换”后得到椭圆E2,若射线l与椭圆E1,E2分别交于两点A,B,且|AB|=33,求椭圆E2的方程;
(3)对抛物线E1:x2=2p1y,作变换(x,y)→(λ1x,λ1y),得抛物线E2:x2=2p2y;对E2作变换(x,y)→(λ2x,λ2y),得抛物线E3:x2=2p3y;如此进行下去,对抛物线En:x2=2pny作变换(x,y)→(λnx,λny),得抛物线En+1:x2=2pn+1y,….若p1=1,λn=2n,求数列{pn}的通项公式pn.
答案：
1.A 解析 直线l的斜率k=23-34-1=33,所以直线l的倾斜角为30°.故选A.
2.B 解析 依题意,0|OD|-r=32-4(O,P,D不能三点共线),∴λ的最大值是32-242.故选D.
7.D 解析 设双曲线的左焦点为F1,连接PF,PF1,NF1,MF1,如图所示.
根据双曲线的对称性可知四边形PF1NF为平行四边形,又因为PF⊥MN,所以四边形PF1NF为矩形,设|NF|=t(t>0),因为MF=3FN,则|MF|=3t,
由双曲线的定义可得|NF1|=2a+t,|MF1|=2a+3t,又因为△MNF1为直角三角形,
所以|MN|2+|NF1|2=|MF1|2,
即(4t)2+(2a+t)2=(2a+3t)2,解得t=a,
所以|NF1|=3a,|NF|=a,
又因为△NFF1为直角三角形,|FF1|=2c,
所以|NF|2+|NF1|2=|FF1|2,即a2+9a2=4c2,
所以c2a2=104,即e=ca=102.故选D.
8.B 解析 由题意可设椭圆和双曲线的方程分别为x2a2+y2b2=1(a>b>0),x2a'2-y2b'2=1(a'>0,b'>0),
因为二者共焦点,所以c2=a2-b2=a'2+b'2,如图.
设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆和双曲线的定义可知m+n=2a,m-n=2a',
由此解得m=a+a',n=a-a',
由题意知|PO|=|F2O|=|F1O|=c,
所以∠F1PF2=∠F1PO+∠OPF2=12(∠F1PO+∠PF1O)+12(∠F2PO+∠PF2O)=90°,
故在Rt△PF1F2中,由勾股定理可知m2+n2=4c2,代入m,n的表达式可得a2+a'2=2c2,
由离心率的定义可得1e12+1e22=2,设x=1e1,y=1e2,则x2+y2=2,问题转化为求2x+y的最大值,设p=(x,y),q=(2,1),由p·q≤|p|·|q|可得2x+y≤22+12·x2+y2=10,
当且仅当两向量同向共线时即x=2y=2105等号成立,所以2e1+1e2的最大值为10.
故选B.
9.BCD 解析 圆C:(x-a)2+(y-2)2=4的圆心C(a,2),半径r=2.
当a=1,t=0时,点C(1,2)到直线x=0的距离d=1,
则|AB|=2r2-d2=23,A错误;
切线长为|OC|2-r2=|a|,B正确;
当a=2时,点C(2,2),令弦AB中点为M,则CM⊥AB,点M的轨迹是以OC为直径的半圆(不含端点),轨迹长度为12|OC|π=2π,C正确;
由x=ty,x2+y2-2ax-4y+a2=0,
消去x得(t2+1)y2-(2at+4)y+a2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1y2=a2t2+1,|OA||OB|=|OA·OB|=|x1x2+y1y2|=|(t2+1)y1y2|=a2,D正确.故选BCD.
10.BCD 解析 当λ=-1时,曲线E:1x2-1y2=1,设点(x,y)在曲线上,则点(x,y)关于y=-x对称的点为(-y,-x),所以1(-y)2-1(-x)2=1,即1x2-1y2=-1,故点(-y,-x)不在曲线E上,所以曲线E不关于直线y=-x对称,故A错误;
因为λ=0,所以1x2=1,则x2=1,所以x=±1,即E是两条直线,故B正确;
当λ=1时,曲线E:1x2+1y2=1,则1y2=1-1x2>0,所以x2-1x2=(x-1)(x+1)x2>0,解得x>1或x1,故C正确;
当λ=2时,曲线E:1x2+2y2=1,则x2+y2=(x2+y2)1x2+2y2=3+y2x2+2x2y2≥3+2y2x2·2x2y2=3+22,当且仅当y2x2=2x2y2,即x2=1+2,y2=2+2时等号成立,所以x2+y2≥3+22=(2+1)2=2+1,所以曲线E上的点P(x,y)到原点距离的最小值为2+1,故D正确.故选BCD.
11.AC 解析 由题设F2p2,0,且p>0,a2+b2=c2=p24,
当|MF2|=|F1F2|=2c时,由抛物线的性质可知|MF2|=xM+c,所以xM=c,
故yM2=2pxM=4c2,
所以c2a2-4c2b2=1,即c2a2-4c2c2-a2=1,
化简得c4-6c2a2+a4=0,
所以e4-6e2+1=0,求得e2=3+22或e2=3-22,
又e>1,得到e2=3+22,解得e=2+1(负值舍去);
当|MF1|=|F1F2|=2c时,则|MF2|=2c-2a,
由抛物线的性质可知|MF2|=xM+c,则xM=c-2a,
所以yM2=2pxM=4c(c-2a),所以(c-2a)2a2-4c(c-2a)b2=1,
即(c-2a)2a2-4c(c-2a)c2-a2=1,
化简得c4-4ac3-2c2a2+12ca3-3a4=0,
所以e4-4e3-2e2+12e-3=0,
所以(e2-4e+1)(e2-3)=0,
所以e2-4e+1=0或e2-3=0,解得e=2+3或e=3,
又c-2a>0,所以e>2,解得e=2+3.
综上,e=2+1或e=2+3.
故选AC.
12.(2,+∞) 解析 由题意可得双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两渐近线方程为y=±bax,
由对称性不妨设直线l与渐近线y=-bax垂直,由题意可得直线l的斜率为ab,
又直线l与双曲线C的左、右两支各有一个交点,则ab0,且x1+x2=12k21-3k2,x1x2=-12k2-31-3k2,
又由双曲线的渐近线的方程为y=±33x,
要使得过Γ的左焦点F1的直线交Γ的左支于点A,B,可得k2>13,则|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2(12k21-3k2) 2+48k2+121-3k2=23(1+k2)3k2-1,
所以S四边形ABCD=|AB|×d=23(1+k2)3k2-1×|4k|1+k2=83|k|1+k23k2-1=46,
化简可得7k4-8k2+1=0,解得k2=17,或k2=1.
因为k2>13,所以k2=1,解得k=±1,
故直线AB的方程为y=±(x+2),
即x-y+2=0或x+y+2=0.
17.解 (1)设点F(c,0)(c>0),
当直线PF与x轴垂直时,不妨设点Pc,12,
则c2a2+(12) 2b2=1.
因为|PR|的最小值为2-b=1,所以b=1,又由a2=b2+c2,
解得a=2,c=3,故E的方程为x24+y2=1.
(2)如图,
设点M(m,0),N(n,0),R(t,2),显然直线RM,RN斜率不为0,
设lRM:x=t-m2y+m,lRN:x=t-n2y+n,
联立x24+y2=1,x=t-m2y+m,
得[16+(t-m)2]y2+4(t-m)my+4(m2-4)=0.
因为直线RM与E相切,所以Δ=[4(t-m)m]2-4[16+(t-m)2]·4(m2-4)=0,
于是16(t-m)2m2-16[16+(t-m)2](m2-4)=0,
化简得3m2+2tm-t2-16=0,
又直线RN与E相切,同理有3n2+2tn-t2-16=0,
故m,n是关于x的一元二次方程3x2+2tx-t2-16=0的两根,
则m+n=-2t3,mn=-t2+163,
所以|MN|=|m-n|=(m+n)2-4mn=(-2t3) 2-4×(-t2+163)=4t2+123,
又t2≥0,所以S△RMN=12|MN|·2=4t2+123≥40+123=833,
所以△RMN面积的取值范围为833,+∞.
18.(1)解 由|AB|=2,|PA|+|PB|=4>|AB|,
所以点P在以A,B为焦点,4为长轴长的椭圆上.
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距为2c,
则c=1,a=2,所以b2=a2-c2=3,
所以C的方程为x24+y23=1.
(2)①证明 由Q(-4,0),直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为x=my-4,E(x1,y1),F(x2,y2),x10,y1+y2=24m3m2+4,y1y2=363m2+4,
所以my1y2=32(y1+y2).
又A(-1,0),所以k1=y1x1+1,k2=y2x2+1,
所以k1k2=y1(x2+1)y2(x1+1)=y1(my2-3)y2(my1-3)=my1y2-3y1my1y2-3y2=32(y1+y2)-3y132(y1+y2)-3y2=-32y1+32y232y1-32y2=-1.
②解 由①知k1k2=-1,所以k1+k2=0.作点E关于x轴的对称点E'(x1,-y1),则F,A,E'三点共线.又A(-1,0),B(1,0),设M(x0,y0),则直线AF方程即为直线AE'方程x=-x1-1y1y-1.又直线BE方程为x=x1-1y1y+1,两式作差,得y0=-y1x1,
所以x0=-x1-1y1·-y1x1-1=1x1,
所以x1=1x0,y1=-y0x0,由x1