高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版单元质检卷九　解析几何

这是一份高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版单元质检卷九　解析几何，共11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,只有一项符合题目要求.
1.(2023吉林省吉林市三模)已知直线l经过点(1,-1),且与直线2x-y-5=0垂直,则直线l的方程为( )
A.2x+y-1=0B.x-2y-3=0
C.x+2y+1=0D.2x-y-3=0
答案:C
解析:因为直线l与直线2x-y-5=0垂直,所以直线l的方程可设为x+2y+m=0,因为直线l经过点(1,-1),所以1+2×(-1)+m=0,解得m=1,则直线l的方程为x+2y+1=0,故选C.
2.(2023北京朝阳一模)已知圆x2+y2=4截直线y=kx+2所得弦的长度为23,则实数k=( )
A.2B.-3
C.±2D.±3
答案:D
解析:由圆x2+y2=4截直线y=kx+2所得弦的长度为23,得弦心距为4-3=1,所以圆心到直线y=kx+2的距离为1,即|2|1+k2=1,解得k=±3.
3.(2023广西桂林二模)已知中心在坐标原点的椭圆C的右焦点为F(2,0),且其离心率为12,则椭圆C的标准方程为( )
A.x216+y212=1B.x216+y24=1
C.x216+y29=1D.x24+y22=1
答案:A
解析:由题意,c=2,又ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12,
所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1.故选A.
4.(2023广西桂林二模)若圆C:(x-2)2+(y-1)2=4恰好被直线l:ax+by=1(a>0,b>0)平分,则1a+2b的最小值为( )
A.82B.62
C.8D.6
答案:C
解析:由题意,圆心C(2,1)在直线l上,则有2a+b=1,所以1a+2b=(2a+b)1a+2b=ba+4ab+4≥2ba·4ab+4=8,当且仅当ba=4ab,即b=2a=12时,取等号,所以1a+2b的最小值为8.故选C.
5.已知双曲线x2-y28=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点,且|AF1|=|BF1|,则|AB|=( )
A.22B.3
C.4D.22+1
答案:C
解析:设双曲线的实半轴长为a,依题意可得a=1,由双曲线的定义可得|AF2|-|AF1|=2a=2,|BF1|-|BF2|=2a=2,又|AF1|=|BF1|,故|AF2|-|BF2|=4,又|AB|=|AF2|-|BF2|,故|AB|=4.
6.(2023安徽安庆二模)设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F作倾斜角为60°的直线交抛物线于点A,B(点A位于x轴上方),O是坐标原点,记△AOF和△BOF的面积分别为S1,S2,则S1S2=( )
A.9B.4C.3D.2
答案:C
解析:由题意,直线AB的方程为y=3x-p2,代入y2=2px,整理得x2-53px+14p2=0.设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),因为点A位于x轴上方,解方程得x1=32p,x2=16p,所以S1S2=|y1||y2|=2px12px2=x1x2=3.故选C.
7.(2023北京朝阳二模)若圆O:x2+y2=1上存在点P,直线l:y=k(x+2)上存在点Q,使得OP=QO,则实数k的取值范围为( )
A.[-3,3]B.-33,33
C.{-3,3}D.-33,33
答案:B
解析:由于OP=QO,即PQ是圆O的直径,所以直线和圆有公共点,圆心(0,0)到直线y=k(x+2)的距离|2k|1+k2≤1,化简得k2≤13,所以k∈-33,33.
8.(2023安徽安庆一模)双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),圆M:(x+2)2+y2=3与双曲线C的一条渐近线相交所得弦长为2,则双曲线的离心率等于( )
A.2B.3C.62D.72
答案:A
解析:双曲线的一条渐近线bx-ay=0,圆心(-2,0)到渐近线的距离d=|-2b-0|b2+a2=2bb2+a2,又圆心(-2,0)到渐近线的距离等于3-(22) 2=2,从而2bb2+a2=2,即b=22c,所以a=22c,所以e=2.
9.(2023安徽合肥一模)设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,双曲线C上一点P到x轴的距离为2a,∠F1PF2=120°,则双曲线C的离心率为( )
A.3B.1+3
C.2+3D.4
答案:C
解析:设P为第一象限内的点,|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,可得m-n=2a,在△PF1F2中,可得4c2=m2+n2-2mncs 120°=m2+n2+mn=(m-n)2+3mn,即为4c2=4a2+3mn,即mn=43(c2-a2),又△PF1F2的面积为12mnsin 120°=12×43(c2-a2)×32=12×2c×2a,化为c2-a2-23ac=0,所以e2-23e-1=0,解得e=2+3(负根舍去).
10.(2023宁夏银川二模)已知抛物线y2=8x的焦点为F,经过点P(1,1)的直线l与该抛物线交于A,B两点,且点P恰为AB的中点,则|AF|+|BF|=( )
A.4B.6
C.8D.12
答案:B
解析:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),准线方程为x=-2,过点A,B,P作准线的垂线段,垂足分别为点M,N,R,因为点P恰为AB的中点,所以|PR|是直角梯形AMNB的中位线,故|AM|+|BN|=2|PR|.由抛物线的定义可得|AF|+|BF|=|AM|+|BN|=2|PR|=2|1-(-2)|=6.故选B.
11.(2023河南新乡三模)已知抛物线M:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F且斜率为512的直线l与抛物线M交于A,B两点(点A在第二象限),则|AF||BF|=( )
A.513B.413C.59D.49
答案:D
解析:如图,直线CD为抛物线M的准线,AC⊥CD,BD⊥CD,AE⊥BD,垂足为点E.设|BE|=5x,则|AB|=13x,|BE|=|BD|-|AC|=|BF|-|AF|=5x,|AB|=|AF|+|BF|=13x,解得|AF|=4x,|BF|=9x,故|AF||BF|=4x9x=49.故选D.
12.(2023山西太原二模)已知直线x-2y+n=0(n≠0)与双曲线:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别相交于A,B两点,点P的坐标为(n,0),若|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是( )
A.2B.3
C.153D.62
答案:C
解析:由题意,双曲线的渐近线为y=±bax,联立x-2y+n=0,y=-bax,得A-ana+2b,bna+2b,联立x-2y+n=0,y=bax,得Ban2b-a,bn2b-a,所以AB的中点Ea2n4b2-a2,2b2n4b2-a2,kAB=12,kPE=2b2n4b2-a2a2n4b2-a2-n=b2a2-2b2,因为|PA|=|PB|,所以kAB·kPE=-1,即b2a2-2b2=-2,2a2=3b2,所以e=ca=1+b2a2=153.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023山东潍坊一模)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,点P在抛物线C上,PQ垂直l于点Q,QF与y轴交于点T,O为坐标原点,且|OT|=2,则|PF|= .
答案:5
解析:不妨设点P在第一象限,PQ与y轴交于点M,则易知△MQT∽△OFT,则MTOT=MQOF,
又OF=MQ=1,OT=2,所以MT=2.所以点P,Q的纵坐标都为4,代入抛物线方程求得P(4,4),故PF=4+1=5.
14.(2023东北三省四市一模)在平面直角坐标系中,直线mx+y-2m-2=0与圆C:(x-1)2+(y-4)2=9交于M,N两点,当△MNC的面积最大时,实数m的值为 .
答案:-1或-17
解析:由圆C:(x-1)2+(y-4)2=9,则圆心C(1,4),r=3,点C(1,4)到直线的距离d=|2-m|m2+1,
∵直线与圆C相交,∴0当t=92时,(S△MNC)max=9×92-(92) 2=92,此时d2=92,即(2-m)2m2+1=92,
∴7m2+8m+1=0,解得m=-1或m=-17.
15.(2023新高考Ⅰ,14)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为 .
答案:x=-32
解析:∵PF⊥x轴,∴xP=xF=p2,将xP=p2代入y2=2px,得y=±p.
不妨设点P在x轴的上方,则Pp2,p,即|PF|=p.
如图,由条件得,△PFO∽△QFP,
∴|OF||PF|=|PF||QF|,
即p2p=p6,解得p=3.故C的准线方程为x=-32.
16.(2023宁夏银川二模)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,左顶点为A,过点F作C的一条渐近线的垂线,垂足为M,若tan∠MAF=12,则双曲线的离心率等于 .
答案:53
解析:如图,
由题意可设直线OM的方程为y=bax.
∵FM⊥OM,∴|MF|=b,|OM|=a,在△OAM中,OA=a,OM=a,
∴∠MAO=∠AMO,
∴∠MOF=2∠MAF,
在△MOF中,tan∠MOF=|MF||MO|=ba=tan 2∠MAF=2tan∠MAF1-tan2∠MAF=43,∴ba=43,
∴e=1+(ba) 2=53.
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2023河北石家庄27中模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),其右焦点为F(3,0),且离心率e=32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过F且倾斜角为45°的直线l与椭圆交于不同的两点M,N,求三角形OMN(O为坐标原点)的面积.
解:(1)由F(3,0),则c=3,离心率e=ca=32,则a=2,b=1,
所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则直线l的方程为y=x-3,
由y=x-3,x24+y2=1,消去y,整理得5x2-83x+8=0,Δ>0成立,
所以x1+x2=835,x1x2=85,
S△OMN=12|OM||ON|sin∠MON
=12|OM|2|ON|2-(OM·ON)2
=12|x1y2-x2y1|
=12|x1(x2-3)-x2(x1-3)|
=32|x2-x1|
=32(x2+x1)2-4x1x2
=32(835) 2-4×85
=265.
18.(12分)(2023天津南开一模)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,右顶点为A,点E的坐标为0,b4,延长线段F1E交椭圆于点M,MF2⊥x轴.
(1)求椭圆的离心率;
(2)设抛物线y2=245bx的焦点为F,B为抛物线上一点,|BF|=365b,直线BF交椭圆于P,Q两点,若|AP|2+|AQ|2=425,求椭圆的标准方程.
解:(1)由题意知,点E为点F1与点M的中点,
所以点M的纵坐标为2×b4=b2,所以Mc,b2,
将点M的坐标代入x2a2+y2b2=1,得c2a2+b24b2=1,即e2=34,所以e=32.
(2)抛物线y2=245bx的焦点为F65b,0,由对称性不妨设点B在第一象限,
因为|BF|=365b,所以由抛物线的定义,可得B点的横坐标为365b-65b=6b,
所以B6b,1255b,所以直线BF的方程为y=52x-65b.
由(1)可得椭圆方程为x24b2+y2b2=1,点A为(2b,0).
联立y=52(x-65b),x24b2+y2b2=1,消去y,
整理得3x2-6bx+85b2=0,Δ=845b2>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=2b,x1x2=815b2,
所以|AP|2+|AQ|2=(x1-2b)2+y12+(x2-2b)2+y22=(x1-2b)2+b2-14x12+(x2-2b)2+b2-14x22=34(x1+x2)2-32x1x2-4b(x1+x2)+10b2=3b2-45b2-8b2+10b2=215b2=425,
所以b2=2,椭圆的标准方程为x28+y22=1.
19.(12分)(2023河北张家口一模)已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一动点P,左、右焦点分别为F1,F2,且F2(2,0),定直线l:x=32,PM⊥l,点M在直线l上,且满足|PF2||PM|=233.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)若直线l0的斜率k=1,且l0过双曲线右焦点与双曲线右支交于A,B两点,求△ABF1的外接圆方程.
解:(1)由题意设点P(x,y),可知|PF2||PM|=233,则(x-2)2+y2|x-32|=233,
式子两边平方得(x-2)2+y2=43x-322,
整理得1+y2=x23,即双曲线的标准方程为x23-y2=1.
(2)由题意,可知直线l0:y=x-2,设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y=x-2,x23-y2=1,可得2x2-12x+15=0,则x1+x2=6,x1x2=152,y1+y2=2,AB的中点为M(3,1),|AB|=1+12·(x1+x2)2-4x1x2=2×62-2×15=23.
△ABF1外接圆圆心在AB的垂直平分线上,设为l1,则l1的方程为y=-x+4,设圆心E(x0,y0),则|EA|=|EF1|,
所以y0=-x0+4,(x0-3)2+(y0-1)2+3=(x0+2)2+y02,
故x0=18,y0=318.所以半径R=(18+2) 2+(318) 2=2528,
所以△ABF1的外接圆方程为x-182+y-3182=62532.
20.(12分)(2023广西桂林二模)已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,准线为l,O为坐标原点,过F的直线m与抛物线E交于A,B两点,点A在第一象限,过F且与直线m垂直的直线n与准线l交于点M.
(1)若直线m的斜率为3,求|AF||BF|的值;
(2)设AB的中点为N,若O,M,N,F四点共圆,求直线m的方程.
解:(1)如图,由抛物线y2=4x,得F(1,0),则直线m的方程为y=3(x-1),
联立y2=4x,y=3(x-1),得3x2-10x+3=0,解得x1=13,x2=3,∵A在第一象限,∴xA=3,xB=13,
则|AF|=3+1=4,|BF|=13+1=43,∴|AF||BF|=3;
(2)设直线m的方程为x=ty+1,由题意可得t≠0,
否则,N与F重合,不存在O,M,N,F四点共圆.
把x=ty+1代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,Δ>0显然成立.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4.x1+x2=y12+y224=(y1+y2)2-2y1y24=16t2+84=4t2+2,
∴N(2t2+1,2t).
∵直线m的斜率为1t,∴直线n的斜率为-t,则直线n的方程为y=-t(x-1).由x=-1,y=-t(x-1),
解得M(-1,2t).
若O,M,N,F四点共圆,再结合FN⊥FM,得OM⊥ON,则OM·ON=-1×(2t2+1)+2t×2t=2t2-1=0,解得t=±22,
∴直线m的方程为y=±2(x-1).
21.(12分)如图,过椭圆E:x24+y2=1的左、右焦点F1,F2分别作直线l1,l2,交椭圆于A,B两点与C,D两点,且l1∥l2.
(1)求证:当直线l1的斜率k1与直线BC的斜率k2都存在时,k1k2为定值;
(2)求四边形ABCD面积的最大值.
(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),根据对称性,有C(-x1,-y1),
因为A(x1,y1),B(x2,y2)都在椭圆E上,所以x124+y12=1,x224+y22=1,二式相减,得x12-x224+y12−y22=0,
所以k1k2=y2-y1x2-x1·y2-(-y1)x2-(-x1)=y22-y12x22-x12=-14为定值.
(2)解当l1的倾斜角为0°时,l1与l2重合,舍去.
当l1的倾斜角不为0时,由对称性得四边形ABCD为平行四边形,F1(-3,0),设直线l1的方程为x=my-3,代入x24+y2=1,得(m2+4)y2-23ym-1=0.
显然Δ>0,y1+y2=23mm2+4,y1·y2=-1m2+4.
所以S△OAB=12·3·|y1-y2|=32·23mm2+42-4·-1m2+4=23·m2+1(m2+4)2.
设m2+1=t,则m2=t-1,t∈[1,+∞).
所以m2+1(m2+4)2=tt2+6t+9=1t+9t+6≤112.
当且仅当t=9t,即m=±2时取等号,所以(S△OAB)max=23·112=1.
所以平行四边形面积的最大值为(S▱ABCD)max=4·(S△OAB)=4.
22.(12分)(2023全国甲,文21)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A1与☉M的位置关系,并说明理由.
解:(1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p>0,当x=1时,y2=2p,y=±2p.
∵OP⊥OQ,∴2p=1,即2p=1,∴抛物线的标准方程为y2=x,☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)设A1(a2,a),A2(b2,b),A3(c2,c).
lA1A2:y-a=1a+b(x-a2),即x-(a+b)y+ab=0,
∵直线A1A2与☉M相切,∴|2+ab|1+(a+b)2=1.①
lA1A3:y-a=1a+c(x-a2)⇒x-(a+c)y+ac=0,∵直线A1A3与☉M相切,∴|2+ac|1+(a+c)2=1.②
∴b,c是方程|2+ax|1+(a+x)2=1,即(a2-1)x2+2ax-a2+3=0的两根.
又lA2A3:x-(b+c)y+bc=0,
∴圆心(2,0)到直线lA2A3的距离d=|2+bc|1+(b+c)2=2+3-a2a2-11+(-2aa2-1) 2=|a2+1|a4+2a2+1=1.
∴d与☉M的半径相等,即直线A2A3与☉M相切.