2023版新教材高中数学单元素养测评卷三圆锥曲线方程新人教A版选择性必修第一册

这是一份2023版新教材高中数学单元素养测评卷三圆锥曲线方程新人教A版选择性必修第一册，共11页。
单元素养测评卷(三)　圆锥曲线方程时间：120分钟　满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．双曲线 eq \f(y2,4) －x2＝1的渐近线方程是(　　)A．2x±y＝0 B．4x±y＝0 C．x±2y＝0 D．x±4y＝02．抛物线y＝ eq \f(4,3) x2的焦点坐标为(　　)A．(0， eq \f(1,3) ) B．( eq \f(1,3) ，0) C．(0， eq \f(3,16) ) D．( eq \f(3,16) ，0)3．椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,3) ＝1(a> eq \r(3) )的左、右焦点分别为F1，F2，经过点F1的直线与椭圆C相交于A，B两点，若△ABF2的周长为16，则椭圆C的离心率为(　　)A． eq \f(\r(13),4) B． eq \f(\r(11),4) C． eq \f(1,2) D． eq \f(\r(3),4) 4．已知双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与圆(x－2)2＋y2＝2相切，则该双曲线的离心率为(　　)A． eq \r(3) B． eq \f(\r(6),2) C． eq \r(2) D．25．已知椭圆 eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,4) ＝1与椭圆 eq \f(x2,9－k) ＋ eq \f(y2,4－k) ＝1(k0，b>0)的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAF是边长为2的等边三角形(O为原点)，则双曲线的方程为(　　)A． eq \f(x2,4) － eq \f(y2,12) ＝1 B． eq \f(x2,12) － eq \f(y2,4) ＝1C． eq \f(x2,12) －y2＝1 D．x2－ eq \f(y2,3) ＝18．设B是椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是(　　)A．[ eq \f(\r(2),2) ，1) B．[ eq \f(1,2) ，1) C．(0， eq \f(\r(2),2) ] D．(0， eq \f(1,2) ]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．若方程 eq \f(x2,5－t) ＋ eq \f(y2,t－1) ＝1所表示的曲线为C，则下面四个命题中正确的是(　　)A．若t0)的焦点为F，点M(1，2)在C上．(1)求p的值及点F的坐标；(2)过F且斜率为 eq \f(4,3) 的直线l与C交于A，B两点(A在第一象限)，求 eq \f(|AF|,|BF|) .18．(本小题满分12分)已知O为坐标原点，双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率为 eq \r(3) ，点P在双曲线C上，点F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，(|PF1|－|PF2|)2＝4.(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知点A(－1，0)，B(1，0)，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.证明：k1k2为定值．19．(本小题满分12分)已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为 eq \f(1,2) ，且过点P(1， eq \f(3,2) ).(1)求椭圆的标准方程；(2)倾斜角为45°的直线l过椭圆的右焦点F交椭圆于A，B两点，求△OAB的面积．20．(本小题满分12分)已知抛物线Ω：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为Ω上任意一点，以P为圆心，PF为半径的圆与直线x＝－ eq \f(1,2) 相切．(1)求p的值；(2)若点A(2p，0)，过点A的直线l与Ω交于G，H两点，在x轴上是否存在定点B，使∠ABG＝∠ABH恒成立，若存在，求出点B的坐标，若不存在，请说明理由．21．(本小题满分12分)已知双曲线C： eq \f(y2,a2) － eq \f(x2,b2) ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝2x，一个焦点到该渐近线的距离为1.(1)求C的方程；(2)经过点M(1，4)的直线l交C于A，B两点，且M为线段AB的中点，求l的方程．22．(本小题满分12分)已知点A(0，－2)，椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(3),2) ，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为 eq \f(2\r(3),3) ，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．单元素养测评卷(三)1．答案：A解析：双曲线 eq \f(y2,4)－x2＝1中，a＝2，b＝1，故渐近线方程为y＝± eq \f(a,b)x＝±2x，即2x±y＝0.故选A.2．答案：C解析：抛物线方程为x2＝ eq \f(3,4)y，故焦点坐标为(0， eq \f(3,16)).故选C.3．答案：A解析：由题可知4a＝16，即a＝4，所以椭圆C的离心率e＝ eq \f(\r(16－3),4)＝ eq \f(\r(13),4).故选A.4．答案：C解析：由题意可知双曲线的渐近线方程之一为bx＋ay＝0，圆(x－2)2＋y2＝2的圆心(2，0)，半径为 eq \r(2)，因为双曲线 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与圆(x－2)2＋y2＝2相切，所以 eq \f(|2b|,\r(a2＋b2))＝ eq \r(2)，整理得a2＝b2，因为由c2＝a2＋b2，所以c＝ eq \r(2)a，所以e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(2).故选C.5．答案：C解析：∵k4－k>0且9－k－(4－k)＝9－4，∴椭圆 eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,4)＝1与椭圆 eq \f(x2,9－k)＋ eq \f(y2,4－k)＝1(k0))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝\r(3)))，因此该双曲线的标准方程为x2－ eq \f(y2,3)＝1.故选D.8．答案：C解析：设P(x0，y0)，由B(0，b)，因为 eq \f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,a2)＋ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,b2)＝1，a2＝b2＋c2，所以|PB|2＝x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ＋(y0－b)2＝a2(1－ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,b2))＋(y0－b)2＝－ eq \f(c2,b2)(y0＋ eq \f(b3,c2))2＋ eq \f(b4,c2)＋a2＋b2，因为－b≤y0≤b，当－ eq \f(b3,c2)≤－b，即b2≥c2时，|PB| eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(max)) ＝4b2，即|PB|max＝2b，符合题意，由b2≥c2可得a2≥2c2，即0－b，即b20，,5－tb>0)，因为椭圆的离心率为 eq \f(1,2)，且过点P(1， eq \f(3,2))，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1,\f(c,a)＝\f(1,2),a2＝b2＋c2))，∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4,b2＝3,c2＝1))，所以椭圆的标准方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.(2)由(1)可知：F(1，0)，倾斜角为45°的直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y－0＝1×(x－1)即x－y－1＝0，代入椭圆方程中，得 eq \f(x2,4)＋ eq \f(（x－1）2,3)＝1，∴7x2－8x－8＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝ eq \f(8,7)，x1x2＝－ eq \f(8,7).因此|AB|＝ eq \r(1＋1)× eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝ eq \r(2)× eq \r(\f(64,49)＋\f(32,7))＝ eq \f(24,7)，原点到直线AB的距离d＝ eq \f(1,\r(1＋1))＝ eq \f(\r(2),2)，S△OAB＝ eq \f(1,2)d·|AB|＝ eq \f(1,2)× eq \f(24,7)× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(6\r(2),7)，所以△OAB的面积为 eq \f(6\r(2),7).20．解析：(1)根据抛物线的定义，显然x＝－ eq \f(1,2)是抛物线Ω的准线，则 eq \f(p,2)＝ eq \f(1,2)，解得p＝1.(2)根据(1)中所求，点A的坐标为(2，0)，假设存在B(t，0)符合题意，则kBG＋kHB＝0，设直线l方程为x＝my＋2，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2,y2＝2x))可得y2－2my－4＝0，设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则y1＋y2＝2m，y1y2＝－4，故 eq \f(y1,x1－t)＋ eq \f(y2,x2－t)＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0，又x1＝my1＋2，x2＝my2＋2，故2my1y2＋(2－t)(y1＋y2)＝0，故－8m＋2m(2－t)＝0，所以t＝－2，综上所述：在x轴上存在定点B(－2，0)，使∠ABG＝∠ABH恒成立．21．解析：(1)双曲线C： eq \f(y2,a2)－ eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线为y＝± eq \f(a,b)x，即ax±by＝0，所以 eq \f(a,b)＝2，又焦点(0，c)到直线y＝2x的距离d＝ eq \f(|－c|,\r(22＋（－1）2))＝1，所以c＝ eq \r(5)，又c2＝a2＋b2，所以a2＝4，b2＝1，所以双曲线方程为 eq \f(y2,4)－x2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的斜率为k，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝8，所以 eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,4)－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝1， eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,4)－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝1，两式相减得 eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,4)－ eq \f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,4)－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝0，即 eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,4)＝(x1＋x2)(x1－x2)，即 eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,（x1＋x2）（x1－x2）)＝4，所以4k＝4，解得k＝1，所以直线l的方程为y－4＝x－1，即y＝x＋3，经检验直线l：y＝x＋3与双曲线C有两个交点，满足条件，所以直线l的方程为y＝x＋3.22．解析：(1)设F(c，0)，因为直线AF的斜率为 eq \f(2\r(3),3)，A(0，－2)，所以 eq \f(2,c)＝ eq \f(2\r(3),3)，c＝ eq \r(3).又 eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(3),2)，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝1，所以椭圆E的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)由题意可知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为y＝kx－2(k≠0)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－2，))消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，当Δ＝16(4k2－3)>0，所以k2> eq \f(3,4)，即k eq \f(\r(3),2)时，x1＋x2＝ eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝ eq \f(12,1＋4k2).所以|PQ|＝ eq \r(1＋k2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝ eq \r(1＋k2) eq \r(（\f(16k,1＋4k2)）2－\f(48,1＋4k2))＝ eq \f(4\r(1＋k2)\r(4k2－3),1＋4k2).点O到直线l的距离d＝ eq \f(2,\r(k2＋1))，所以S△OPQ＝ eq \f(1,2)d|PQ|＝ eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2)，设 eq \r(4k2－3)＝t>0，则4k2＝t2＋3，S△OPQ＝ eq \f(4t,t2＋4)＝ eq \f(4,t＋\f(4,t))≤ eq \f(4,2\r(4))＝1，当且仅当t＝2，即 eq \r(4k2－3)＝2，解得k＝± eq \f(\r(7),2)时取等号，满足k2> eq \f(3,4)，所以当△OPQ的面积最大时，直线l的方程为y＝ eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－ eq \f(\r(7),2)x－2.