2020届高考数学一轮复习单元检测09《解析几何》提升卷单元检测 文数（含解析）

单元检测九　解析几何(提升卷)

考生注意：

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．

2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．

3．本次考试时间100分钟，满分130分．

4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．

第Ⅰ卷(选择题　共60分)

一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．直线l经过点(，－2)和(0,1)，则它的倾斜角是(　　)

A．30°B．60°C．150°D．120°

答案　D

解析　由斜率公式k＝＝＝－，再由倾斜角的范围[0°，180°)知，tan120°＝－，故选D.

2．直线kx－y－3k＋3＝0过定点(　　)

A．(3,0)   B．(3,3)

C．(1,3)   D．(0,3)

答案　B

解析　kx－y－3k＋3＝0可化为y－3＝k(x－3)，所以过定点(3,3)．故选B.

3．直线(a－1)x＋y－a－3＝0(a>1)，当此直线在x，y轴的截距和最小时，实数a的值是(　　)

A．1B.C．2D．3

答案　D

解析　当x＝0时，y＝a＋3，当y＝0时，x＝，令t＝a＋3＋，因为a>1，所以t>5，且a2＋(3－t)a＋t＝0，则Δ＝(3－t)2－4t≥0，解得t≥9或t≤1(舍去)，所以t的最小值为9，把t＝9代入上述方程解得a＝3.

4．由直线y＝x＋1上的一点向圆(x－3)2＋y2＝1引切线，则切线长的最小值为(　　)

A.B．2C．1D．3

答案　A

解析　圆的圆心为(3,0)，r＝1，圆心到直线x－y＋1＝0的距离为d＝＝2，所以由勾股定理可知切线长的最小值为＝.

5．一束光线从点A(－1,1)发出，并经过x轴反射，到达圆(x－2)2＋(y－3)2＝1上一点的最短路程是(　　)

A．4B．5C．3－1D．2

答案　A

解析　依题意可得，点A关于x轴的对称点A1(－1，－1)，圆心C(2,3)，A1C的距离为＝5，所以到圆上的最短距离为5－1＝4，故选A.

6．已知直线x＋y＝a与圆x2＋y2＝4交于A，B两点，且|＋|＝|－|，其中O为原点，则实数a的值为(　　)

A．2B．－2C．2或－2D.或－

答案　C

解析　由|＋|＝|－|得|＋|2＝|－|2，化简得·＝0，即⊥，三角形AOB为等腰直角三角形，圆心到直线的距离为，即＝，a＝±2.

7．点P(2，－1)为圆(x－3)2＋y2＝25的弦的中点，则该弦所在直线的方程是(　　)

A．x＋y＋1＝0 B．x＋y－1＝0

C．x－y－1＝0 D．x－y＋1＝0

答案　B

解析　点P(2，－1)为圆(x－3)2＋y2＝25的弦的中点，设圆心为C(3,0)，则该弦所在直线与PC垂直，故弦的斜率为k＝－＝－＝－1，则由直线的点斜式可得弦所在直线的方程为y－(－1)＝－1×(x－2)，即x＋y－1＝0.

8．已知直线y＝ax与圆C：(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1交于A，B两点，且∠ACB＝60°，则圆的面积为(　　)

A．6πB．36πC．7πD．49π

答案　A

解析　由题意可得圆心C(a,1)，半径R＝(a≠±1)，

∵直线y＝ax和圆C相交，△ABC为等边三角形，

∴圆心C到直线ax－y＝0的距离为

Rsin60°＝×，

即d＝＝，解得a2＝7，

∴圆C的面积为πR2＝π(7－1)＝6π.

故选A.

9．已知椭圆＋＝1的离心率e＝，则m的值为(　　)

A．3 B.或3

C. D.或

答案　B

解析　当m＞5时，a2＝m，b2＝5，c2＝m－5，e2＝＝，解得m＝；

当0＜m＜5时，a2＝5，b2＝m，c2＝5－m，e2＝＝，解得m＝3.

故选B.

10．已知双曲线E的中心为原点，F(3,0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(－12，－15)，则E的方程为(　　)

A.－＝1 B.－＝1

C.－＝1 D.－＝1

答案　B

解析　由已知条件得直线l的斜率为k＝kFN＝1，

设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则有

两式相减并结合x1＋x2＝－24，y1＋y2＝－30

得，＝，从而＝1，

即4b2＝5a2，又a2＋b2＝9，解得a2＝4，b2＝5，故选B.

11．已知直线l：kx－y－2k＋1＝0与椭圆C1：＋＝1(a>b>0)交于A，B两点，与圆C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1交于C，D两点．若存在k∈[－2，－1]，使得＝，则椭圆C1的离心率的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.

答案　C

解析　直线l过圆C2的圆心，∵＝，

∴||＝||，

∴C2的圆心为A，B两点的中点．

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则两式相减得，

＝－，

化简可得－2·＝k，又∵a>b，∴＝－∈，

所以e＝∈.

12．已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为F1，F2，且两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若|PF1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1与e2满足的关系是(　　)

A.＋＝2 B.－＝2

C．e1＋e2＝2 D．e2－e1＝2

答案　B

解析　由椭圆与双曲线的定义得e1＝，e2＝，所以－＝＝2，故选B.

第Ⅱ卷(非选择题　共70分)

二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)

13．已知过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，|AF|＝2，则|BF|＝________.

答案　2

解析　设A(x0，y0)，由抛物线定义知x0＋1＝2，

∴x0＝1，则直线AB⊥x轴，∴|BF|＝|AF|＝2.

14．在平面直角坐标系xOy中，若圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝1上存在点M，使得点M关于x轴的对称点N在直线l：kx＋y＋3＝0上，则实数k的最小值为________．

答案　－

解析　方法一　圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝1关于x轴对称的圆C′的方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝1，则符合题意的k的取值范围就是圆C′与l有公共点时k的取值范围，∴≤1，∴－≤k≤0，即k的最小值为－.

方法二　∵M在圆C：(x－2)2＋(y－2)2＝1上，

∴可设M(2＋cosθ，2＋sinθ)，

可得N(2＋cosθ，－2－sinθ)，

将N的坐标代入kx＋y＋3＝0，

可得sinθ－kcosθ＝2k＋1，|2k＋1|≤，

化简得3k2＋4k≤0，解得－≤k≤0，

∴k的最小值为－.

15．(2018·河南新乡高三模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，点M，N，射线MO，NO分别交抛物线C于异于点O的点A，B，若A，B，F三点共线，则p的值为________．

答案　2

解析　直线OM的方程为y＝－x，将其代入x2＝2py，

解方程可得故A.

直线ON的方程为y＝x，将其代入x2＝2py，

解方程可得故B.

又F，所以kAB＝，kBF＝，

因为A，B，F三点共线，所以kAB＝kBF，即＝，解得p＝2.

16．已知A，B分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，两不同点P，Q在椭圆C上，且关于x轴对称，设直线AP，BQ的斜率分别为m，n，则当＋＋＋ln|m|＋ln|n|取最小值时，椭圆C的离心率为________．

答案　

解析　设点P(x0，y0)，则＋＝1，所以mn＝，从而＋＋＋ln|m|＋ln|n|＝＋＋＋ln，设＝x，令f(x)＝＋lnx(0<x<1)，则f′(x)＝，f(x)min＝f，即＝.因为＋≥2，当且仅当＝，即＝时取等号，取等号的条件一致，此时e2＝1－＝，所以e＝.

三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(12分)如图，直线l：y＝x＋b与抛物线C：x2＝4y相切于点A.

(1)求实数b的值；

(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程．

解　(1)由得x2－4x－4b＝0.(*)

因为直线l与抛物线C相切，所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0，解得b＝－1.

(2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即为x2－4x＋4＝0，解得x＝2.

将其代入x2＝4y，得y＝1.

故点A(2,1)．因为圆A与抛物线C的准线相切，

所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y＝－1的距离，

即r＝|1－(－1)|＝2，

所以圆A的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.

18．(12分)(2019·湖北随州第二高级中学月考)已知过点A(0,1)，且斜率为k的直线l与圆C：

(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M，N两点．

(1)求实数k的取值范围；

(2)求证：·为定值．

(1)解　由题意过点A(0,1)且斜率为k的直线的方程为y＝kx＋1，

代入圆C的方程得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0，

因为直线与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M，N两点，

所以Δ＝[－4(1＋k)]2－4×7×(1＋k2)>0，

解得<k<，

所以实数k的取值范围是.

(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，

由(1)得，x1＋x2＝，x1x2＝，

所以y1＋y2＝(kx1＋1)＋(kx2＋1)＝k(x1＋x2)＋2.

y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1.

所以·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)

＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1

＝x1x2＋k2x1x2＝(1＋k2)·＝7，

所以·为定值．

19．(13分)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点，过椭圆C的左顶点A作直线交椭圆C于另一点P，交直线l：x＝m(m>a)于点M，已知点B(1,0)，直线PB交l于点N.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若MB是线段PN的垂直平分线，求实数m的值．

解　(1)因为椭圆C的离心率为，所以a2＝4b2.

又因为椭圆C过点，

所以＋＝1，解得a2＝4，b2＝1.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)方法一　设P(x0，y0)，－2<x0<2，x0≠1，

则＋y0＝1.

因为MB是PN的垂直平分线，

所以P关于B的对称点为N(2－x0，－y0)，

所以2－x0＝m.

由A(－2,0)，P(x0，y0)，

可得直线AP的方程为y＝(x＋2)，

令x＝m，得y＝，

即M.

设直线PB，MB的斜率分别为kPB，kMB.

因为PB⊥MB，所以kPB·kMB＝－1，

所以kPB·kMB＝·＝－1，

因为＋y0＝1，

所以＝1.

又x0＝2－m，所以化简得3m2－10m＋4＝0，

解得m＝.

因为m>2，所以m＝.

方法二　①当AP的斜率不存在或为0时，不满足条件．

②当AP的斜率存在且不为0时，

设AP的斜率为k，则AP：y＝k(x＋2)，

联立消去y，得

(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，

且Δ＝(16k2)2－4×(16k2－4)(4k2＋1)>0.

设A(xA,0)，P(xP，yP)，

因为xA＝－2，所以xP＝，

所以yP＝，

所以P.

因为PN的中点为B，

所以m＝2－＝.  (*)

因为AP交直线l于点M，

所以M(m，k(m＋2))，

因为直线PB与x轴不垂直，

所以≠1，即k2≠.

设直线PB，MB的斜率分别为kPB，kMB，

则kPB＝＝，

kMB＝.

因为PB⊥MB，所以kPB·kMB＝－1，

所以·＝－1.  (**)

将(*)代入(**)，化简得48k4－32k2＋1＝0，

解得k2＝，

所以m＝＝.

又因为m>2，所以m＝.

20．(13分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，其上顶点到直线3x＋4y－1＝0的距离等于.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，交x轴的负半轴于点E，交y轴于点F(点E，F都不在椭圆上)，且＝λ1，＝λ2，λ1＋λ2＝－8，证明：直线l恒过定点，并求出该定点．

解　(1)由椭圆C的长轴长为4知2a＝4，故a＝2，

椭圆的上顶点为(0，b)，则由＝得b＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)设A(x1，y1)，E(m,0)(m<0，m≠－2)，F(0，n)，

由＝λ1，

得(x1，y1－n)＝λ1(m－x1，－y1)，

所以A.

同理由＝λ2，得B，

把A，B分别代入＋y2＝1

得：

即λ1，λ2是关于x的方程(4－m2)x2＋8x＋4－4n2＝0的两个根，∴λ1＋λ2＝＝－8，

∴m＝－，所以直线l恒过定点(－，0)．