2022年高中数学新教材人教A版选择性必修第一册学案章末检测试卷(三)

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册全册综合导学案，共11页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．抛物线y2＝6x的焦点到准线的距离是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 抛物线的焦点到准线的距离为p＝3.
2．已知双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的右焦点与抛物线y2＝8x的焦点重合，则此双曲线的渐近线方程是( )
A．y＝±eq \r(5)x B．y＝±eq \f(\r(5),5)x
C．y＝±eq \r(3)x D．y＝±eq \f(\r(3),3)x
答案 D
解析 ∵y2＝8x的焦点是(2,0)，
∴双曲线 eq \f(x2,a2)－y2＝1的半焦距c＝2，
又虚半轴长b＝1且a>0，
∴a＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
∴双曲线的渐近线方程是y＝±eq \f(\r(3),3)x.
3．动点到点(3,0)的距离比它到直线x＝－2的距离大1，则动点的轨迹是( )
A．椭圆 B．双曲线
C．双曲线的一支 D．抛物线
答案 D
解析 已知条件可等价于“动点到点(3,0)的距离等于它到直线x＝－3的距离”，由抛物线的定义可判断，动点的轨迹为抛物线．
4.如图所示，F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的左、右焦点，点P在椭圆上，△POF2是面积为eq \r(3)的正三角形，则b2的值为( )
A.eq \r(3) B．2eq \r(3) C．3eq \r(3) D．4eq \r(3)
答案 B
解析 ∵△POF2是面积为eq \r(3)的正三角形，
∴eq \f(\r(3),4)c2＝eq \r(3)，解得c＝2.
∴P(1，eq \r(3))，代入椭圆方程可得eq \f(1,a2)＋eq \f(3,b2)＝1，与a2＝b2＋4联立解得b2＝2eq \r(3).
5．从抛物线y2＝4x在第一象限内的一点P引抛物线准线的垂线，垂足为M，且|PM|＝4，设抛物线的焦点为F，则直线PF的斜率为( )
A.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
答案 C
解析 设P(x0，y0)，依题意可知抛物线准线为x＝－1，
所以x0＝4－1＝3，所以y0＝2eq \r(3)，
所以P(3,2eq \r(3))，F(1,0)，
所以直线PF的斜率k＝eq \f(2\r(3),3－1)＝eq \r(3).
6．直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(0,1)∪(1，＋∞)
C．[1,5)∪(5，＋∞) D．(0,1)∪(1,5)
答案 C
解析 直线y＝kx＋1过定点(0,1)，只需该点落在椭圆内或椭圆上，
∴eq \f(02,5)＋eq \f(12,m)≤1，
解得m≥1，又m≠5，故选C.
7.如图，已知F是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，P是椭圆上的一点，PF⊥x轴，OP∥AB(O为原点)，则该椭圆的离心率是( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(2),4)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析 因为PF⊥x轴，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a))).
又OP∥AB，
所以eq \f(b,a)＝eq \f(\f(b2,a),c)，即b＝c.
于是b2＝c2，即a2＝2c2.
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
8.如图所示，F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点．若|AB|∶|BF2|∶|AF2|＝3∶4∶5，则双曲线的离心率为( )
A．2 B.eq \r(15) C.eq \r(13) D.eq \r(3)
答案 C
解析 ∵|AB|∶|BF2|∶|AF2|＝3∶4∶5，
不妨令|AB|＝3，|BF2|＝4，|AF2|＝5，
∵|AB|2＋|BF2|2＝|AF2|2，
∴∠ABF2＝90°，
又由双曲线的定义得|BF1|－|BF2|＝2a，|AF2|－|AF1|＝2a，
∴|AF1|＋3－4＝5－|AF1|，
∴|AF1|＝3，∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，
∴a＝1，|BF1|＝6.
在Rt△BF1F2中，|F1F2|2＝|BF1|2＋|BF2|2＝36＋16＝52，
又|F1F2|2＝4c2，∴4c2＝52，
∴c＝eq \r(13)，∴e＝eq \r(13).
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．以直线2x－y－1＝0与坐标轴的交点为焦点的抛物线的标准方程为( )
A．y2＝2x B．y2＝－4x
C．x2＝－4y D．x2＝－2y
答案 AC
解析 直线2x－y－1＝0与x轴的交点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
即抛物线的焦点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
此时抛物线的标准方程是y2＝2x，与y轴的交点坐标是(0，－1)，
抛物线的焦点坐标是(0，－1)，
此时抛物线的标准方程是x2＝－4y.
10．已知F1，F2分别是双曲线C：x2－y2＝1的左、右焦点，点P是双曲线上异于双曲线顶点的一点，且eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，则下列结论正确的是( )
A．双曲线C的渐近线方程为y＝±x
B．△PF1F2的面积为1
C．F1到双曲线的一条渐近线的距离为2
D．以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1
答案 AB
解析 对于A，由x2－y2＝0得y＝±x，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x，所以A正确；
对于B，由双曲线C：x2－y2＝1，可得a＝1，b＝1，c＝eq \r(2)，则F1(－eq \r(2)，0)，F2(eq \r(2)，0)，设P(x，y)，则eq \(PF1,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)－x，－y)，eq \(PF2,\s\up6(→))＝(eq \r(2)－x，－y)，
所以eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)－x)(eq \r(2)－x)＋(－y)2＝0，得x2＋y2＝2，因为点P在双曲线上，所以x2－y2＝1，解得|y|＝eq \f(\r(2),2)，所以△PF1F2的面积为eq \f(1,2)|F1F2||y|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝1，所以B正确；
对于C，F1(－eq \r(2)，0)到一条渐近线x－y＝0的距离为d＝eq \f(|－\r(2)|,\r(1＋1))＝1，所以C错误；
对于D，由于 F1(－eq \r(2)，0)，F2(eq \r(2)，0)，所以以F1F2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为eq \r(2)，所以圆的方程为x2＋y2＝2，所以D错误．
11．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \f(2\r(3),3)，右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点，则有( )
A．渐近线方程为y＝±eq \r(3)x
B．渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x
C．∠MAN＝60°
D．∠MAN＝120°
答案 BC
解析 如图，双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，离心率为eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3)，
则eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2＋b2,a2)＝1＋eq \f(b2,a2)＝eq \f(4,3)，
则eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,3)，eq \f(b,a)＝±eq \f(\r(3),3)，
故渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，
取MN的中点P，
连接AP，利用点到直线的距离公式可得d＝|AP|＝eq \f(ab,c)，
则cs∠PAN＝eq \f(|AP|,|AN|)＝eq \f(\f(ab,c),b)＝eq \f(a,c)，
∴cs∠MAN＝cs 2∠PAN＝2cs2∠PAN－1＝2×eq \f(a2,c2)－1＝eq \f(1,2)，则∠MAN＝60°.
12．已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于△PF1F2的说法正确的有( )
A．△PF1F2的周长为4＋2eq \r(2)
B．当∠PF1F2＝90°时，△PF1F2中|PF1|＝2
C．当∠F1PF2＝60°时，△PF1F2的面积为eq \f(4\r(3),3)
D．椭圆上有且仅有6个点P，使得△PF1F2为直角三角形
答案 AD
解析 由椭圆的方程可得，a＝2，b＝eq \r(2)，c＝eq \r(2)，
对于选项A，△PF1F2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2a＋2c＝4＋2eq \r(2)，故选项A正确；
对于选项B，当∠PF1F2＝90°时，PF1⊥x轴，令x＝－eq \r(2)，可得y＝±1，所以|PF1|＝1，故选项B不正确；
当∠F1PF2＝60°时，△PF1F2的面积为b2×tan 30°＝2×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(2\r(3),3)，故选项C不正确；
当点P位于椭圆的上、下顶点时，|PF1|＝|PF2|＝a＝2，而|F1F2|＝2c＝2eq \r(2)，此时∠F1PF2＝90°，有2个直角三角形，当PF1⊥F1F2时，∠PF1F2＝90°，此时点P位于第二或第三象限，有2个直角三角形，同理可得PF2⊥F1F2时，∠PF2F1＝90°，此时有2个直角三角形，所以共有6个直角三角形，故选项D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．在△ABC中，|AB|＝8，|AC|＝4，∠BAC＝60°，双曲线以A，B为焦点，且经过点C，则该双曲线的离心率为________．
答案 eq \r(3)＋1
解析 因为在△ABC中，|AB|＝8，|AC|＝4，∠BAC＝60°，
所以|CB|＝eq \r(|AB2|＋|AC2|－2|AB|·|AC|cs∠BAC)
＝eq \r(64＋16－2×8×4×\f(1,2))＝4eq \r(3)，
即|CB|＝4eq \r(3)，在双曲线中，2c＝|AB|＝8⇒c＝4，
2a＝|CB|－|CA|＝4eq \r(3)－4⇒a＝2eq \r(3)－2，
所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,\r(3)－1)＝eq \r(3)＋1.
14．已知双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1的左焦点为F1，顶点Q(0,2eq \r(3))，P是双曲线C右支上的动点，则|PF1|＋|PQ|的最小值等于________．
答案 6
解析 结合题意，绘制图象：
根据双曲线的性质可知|PF1|－|PF2|＝2a＝2，
得到|PF1|＝|PF2|＋2，
所以|PF1|＋|PQ|＝|PF2|＋|PQ|＋2≥|QF2|＋2，
而Q(0,2eq \r(3))，F2(2,0)，
所以|QF2|＝eq \r(22＋2\r(3)2)＝4，
所以最小值为6.
15．已知中心在原点，焦点坐标为(0，±5eq \r(2))的椭圆截直线3x－y－2＝0所得的弦的中点的横坐标为eq \f(1,2)，则该椭圆的方程为________．
答案 eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1
解析 设椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
则a2＝b2＋c2＝b2＋50，①
设直线3x－y－2＝0与椭圆相交的弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2y\\al(2,1)＋a2x\\al(2,1)＝a2b2，,b2y\\al(2,2)＋a2x\\al(2,2)＝a2b2，))
∴b2(y1－y2)(y1＋y2)＋a2(x1－x2)(x1＋x2)＝0.
而弦的中点的横坐标为eq \f(1,2)，
则纵坐标为－eq \f(1,2)，
即x1＋x2＝2×eq \f(1,2)＝1，y1＋y2＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝3，
∴b2×3×(－1)＋a2×1＝0，即a2＝3b2，②
联立①②得a2＝75，b2＝25.
故该椭圆的方程为eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
16.如图所示，已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线l与x轴的交点为K，点A在抛物线C上，且在x轴的上方，过点A作AB⊥l于B，|AK|＝eq \r(2)|AF|，则△AFK的面积为________．
答案 8
解析 由题意知抛物线的焦点为F(2,0)，
准线l为x＝－2，
∴K(－2,0)，设A(x0，y0)(y0＞0)，
∵过点A作AB⊥l于B，
∴B(－2，y0)，
∴|AF|＝|AB|＝x0－(－2)＝x0＋2，|BK|2＝|AK|2－|AB|2，
∴x0＝2，
∴y0＝4，即A(2,4)，
∴△AFK的面积为eq \f(1,2)|KF|·|y0|＝eq \f(1,2)×4×4＝8.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)设F1，F2分别为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，求该双曲线的渐近线方程．
解 设PF1的中点为M，连接F2M(图略)．
由|PF2|＝|F1F2|，
故F2M⊥PF1，即|F2M|＝2a.
在Rt△F1F2M中，|F1M|＝eq \r(2c2－2a2)＝2b，
故|PF1|＝4b.
根据双曲线的定义有4b－2c＝2a，即2b－a＝c，
即(2b－a)2＝a2＋b2，即3b2－4ab＝0，即3b＝4a，
故双曲线的渐近线方程是y＝±eq \f(b,a)x，即4x±3y＝0.
18．(12分)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(2,1)，离心率为eq \f(\r(2),2)，过点B(3,0)的直线l与椭圆交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆的方程；
(2)若|MN|＝eq \f(3\r(2),2)，求直线MN的方程．
解 (1)由题意有eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，a2－b2＝c2，
解得a＝eq \r(6)，b＝eq \r(3)，c＝eq \r(3)，
所以椭圆方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由直线MN过点B且与椭圆有两交点，且直线MN的斜率必存在．
可设直线MN方程为y＝k(x－3)，
代入椭圆方程整理得(2k2＋1)x2－12k2x＋18k2－6＝0，Δ＝24－24k2>0，得k2<1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(12k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(18k2－6,2k2＋1)，
|MN|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(k2＋1x1－x22)
＝eq \r(k2＋1[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \f(3\r(2),2)，
解得k＝±eq \f(\r(2),2)，满足k2<1，
所以所求直线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)(x－3)．
19．(12分)已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1及直线l：y＝eq \f(3,2)x＋m.
(1)当直线l与该椭圆有公共点时，求实数m的取值范围；
(2)求直线l被此椭圆截得的弦长的最大值．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,9)＝1，))
消去y，并整理得9x2＋6mx＋2m2－18＝0.①
Δ＝36m2－36(2m2－18)＝－36(m2－18)．
因为直线l与椭圆有公共点，
所以Δ≥0，解得－3eq \r(2)≤m≤3eq \r(2).
故所求实数m的取值范围为[－3eq \r(2)，3eq \r(2)]．
(2)设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由①得x1＋x2＝－eq \f(6m,9)，x1x2＝eq \f(2m2－18,9)，
故|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,9)))2－4×\f(2m2－18,9))
＝eq \f(\r(13),3)·eq \r(－m2＋18)，
当m＝0时，直线l被椭圆截得的弦长的最大值为eq \r(26).
20．(12分)已知直线l与抛物线y2＝8x交于A，B两点，且线段AB恰好被点P(2,2)平分．
(1)求直线l的方程；
(2)抛物线上是否存在点C和D，使得C，D关于直线l对称？若存在，求出直线CD的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意，可得直线AB的斜率存在，且不为0.
设直线AB：x－2＝m(y－2)，
代入抛物线方程可得y2－8my＋16m－16＝0.
判别式Δ＝(－8m)2－4(16m－16)
＝64eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有y1＋y2＝8m，
由8m＝4，得m＝eq \f(1,2)，代入判别式大于0成立．
所以直线l的方程为2x－y－2＝0.
(2)假设存在点C，D，
则可设lCD：y＝－eq \f(1,2)x＋n，与抛物线y2＝8x联立，
消去y得eq \f(1,4)x2－(n＋8)x＋n2＝0，
其中Δ＝(n＋8)2－n2＝16n＋64>0，
则n>－4.(*)
又xC＋xD＝4(n＋8)，
所以CD的中点为(2(n＋8)，－8)，代入直线l的方程，
得n＝－eq \f(19,2)，不满足(*)式．
所以满足题意的点C，D不存在．
21．(12分)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，且经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)))，
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(1,0)作直线l与椭圆相交于A，B两点，试问在x轴上是否存在定点Q，使得两条不同直线QA，QB恰好关于x轴对称，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))
解得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)存在定点Q(4,0)，满足直线QA，QB恰好关于x轴对称，
设直线l的方程为x＝my＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
联立得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，Δ＝(6m)2－4×(4＋3m2)×(－9)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)，
由题意得t≠x1，t≠x2，
所以y1＋y2＝－eq \f(6m,4＋3m2)，y1y2＝－eq \f(9,4＋3m2)，
因为直线QA，QB恰好关于x轴对称，
所以直线QA，QB的斜率互为相反数，
所以eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝0，
即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0，
所以y1(my2＋1－t)＋y2(my1＋1－t)＝0，
即2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0，
所以2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4＋3m2)))＋(1－t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,4＋3m2)))＝0，
即－6m(4－t)＝0，
所以当t＝4时，直线QA，QB恰好关于x轴对称，
即Q(4,0)．
综上，在x轴上存在定点Q(4,0)，使直线QA，QB恰好关于x轴对称．
22．(12分)已知动点P(x，y)(其中x≥0)到定点F(1,0)的距离比点P到y轴的距离大1.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过椭圆C1：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1的右顶点作直线交曲线C于A，B两点，其中O为坐标原点
①求证：OA⊥OB；
②设OA，OB分别与椭圆相交于点D，E，证明：原点O到直线DE的距离为定值．
(1)解 设P(x，y)(x≥0)，
由题意，eq \r(x－12＋y2)＝x＋1(x≥0)，
两边平方，整理得y2＝4x.
∴所求点P的轨迹方程为C：y2＝4x.
(2)证明 ①设过椭圆的右顶点(4,0)的直线AB的方程为x＝my＋4.
代入抛物线方程y2＝4x，得y2－4my－16＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－16.))
∴x1x2＋y1y2＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＝0.
∴OA⊥OB.
②设D(x3，y3)，E(x4，y4)，直线DE的方程为x＝ty＋λ，
代入eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1，
得(3t2＋4)y2＋6tλy＋3λ2－48＝0.
于是y3＋y4＝－eq \f(6tλ,3t2＋4)，y3y4＝eq \f(3λ2－48,3t2＋4).
从而x3x4＝(ty3＋λ)(ty4＋λ)＝eq \f(4λ2－48t2,3t2＋4).
∵OD⊥OE，
∴x3x4＋y3y4＝0.
代入，整理得7λ2＝48(t2＋1)．
∴原点到直线DE的距离d＝eq \f(|λ|,\r(1＋t2))＝eq \f(4\r(21),7)为定值．