高考数学一轮复习第八章 检测八

这是一份高考数学一轮复习第八章 检测八，共12页。试卷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。

检测八　平面解析几何
(时间：120分钟　满分：150分)
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＝4x的焦点坐标是(　　)
A. B．(0,1)
C．(1,0) D.
答案　C
解析　抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为，
则在抛物线y2＝4x中，2p＝4，解得 p＝2，
则焦点坐标为(1,0)，故选C.
2．双曲线－y2＝1的焦点到渐近线的距离为(　　)
A．2 B. C．1 D．3
答案　C
解析　在双曲线－y2＝1中，焦点坐标为(±，0)，渐近线方程为y＝±x，
∴双曲线－y2＝1的焦点到渐近线的距离d＝＝1.
3．已知双曲线C：－＝1(b>0)的两条渐近线互相垂直，则C的离心率e等于(　　)
A．1 B. C. D．2
答案　B
解析　由题意得－·＝－1，可得a＝b，
则e2＝＝＝2，所以e＝.
4．(2020·广州质检)已知椭圆＋＝1的两焦点分别为F1，F2，以椭圆短轴的两顶点为焦点，线段F1F2为虚轴的双曲线方程为(　　)
A．x2－y2＝2 B．y2－x2＝2
C．x2－y2＝ D．y2－x2＝
答案　B
解析　由椭圆方程可得双曲线的两焦点为(0,2)，(0，－2)，虚轴长为|F1F2|＝2，
所以双曲线的虚半轴长为，长半轴长为＝，
所以双曲线方程为－＝1，
即y2－x2＝2.
5．(2020·北京朝阳区检测)设点P是圆(x＋1)2＋(y－2)2＝2上任一点，则点P到直线x－y－1＝0距离的最大值为(　　)
A. B．2 C．3 D．2＋2
答案　C
解析　因为(x＋1)2＋(y－2)2＝2的圆心坐标为(－1,2)，半径为r＝，
因此圆心到直线的距离为
d＝＝2，
因此点P到直线x－y－1＝0距离的最大值为d＋r＝3.
6．(2020·郑州模拟)已知抛物线y2＝2x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与抛物线交于M，N两点，若＝3，则|MN|等于(　　)
A. B. C．2 D.
答案　B
解析　抛物线C：y2＝2x的焦点为F，准线为l：x＝－，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，M，N到准线的距离分别为dM，dN，
如图，过M向l作垂线，垂足为Q，则dM＝|MQ|.
由抛物线的定义可知|MF|＝dM＝x1＋，|NF|＝dN＝x2＋，
于是|MN|＝|MF|＋|NF|＝x1＋x2＋1.
∵＝3，则PM＝2QM，
易知直线MN的斜率为±，

∵F，
∴直线PF的方程为y＝±，
将y＝±代入方程y2＝2x，得32＝2x，化简得12x2－20x＋3＝0，
∴x1＋x2＝，
于是|MN|＝x1＋x2＋1＝＋1＝.
7．已知过抛物线y2＝4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，且＝3，抛物线的准线l与x轴交于点C，AM⊥l于点M，则四边形AMCF的面积为(　　)
A．12 B．12 C．8 D．6
答案　A
解析　过B作BN⊥l于N，过B作BK⊥AM于K，

设|BF|＝m，|AF|＝3m，
则|AB|＝4m，|AK|＝2m，
∴∠BAM＝60°，∴|CF|＝p＝m＝2，∴m＝，
∴|AM|＝3m＝4，|MC|＝|AF|sin 60°＝3m×＝2，
∴S四边形AMCF＝(|CF|＋|AM|)·|MC|
＝×(2＋4)×2＝12.
8．(2020·沈阳调研)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，点N的坐标为.若双曲线C左支上的任意一点M均满足|MF2|＋|MN|>4b，则双曲线C的离心率的取值范围为(　　)
A. B．(，)
C.∪(，＋∞) D．(1，)∪(，＋∞)
答案　C
解析　由已知可得|MF2|－|MF1|＝2a，
若|MF2|＋|MN|>4b，
即|MF1|＋|MN|＋2a>4b，
由题意知，左支上的点M均满足|MF2|＋|MN|>4b，
如图所示，当点M位于H点时，|MF1|＋|MN|最小，

故＋2a>4b，即3b2＋4a2>8ab，
∴3b2－8ab＋4a2>0，∴(2a－b)(2a－3b)>0，
∴2a>3b或2a9b2或4a2 ∴9c2<13a2或c2>5a2，
∴1<<或>，
∴双曲线C的离心率的取值范围为∪(，＋∞)．
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3分，有选错的得0分)
9．已知圆O1的方程为x2＋y2＝1，圆O2的方程为(x＋a)2＋y2＝4，如果这两个圆有且只有一个公共点，那么实数a的值可以为(　　)
A．1 B．－1
C．3 D．5
答案　ABC
解析　由题意得两圆心之间的距离d＝|a|＝2＋1＝3或d＝|a|＝2－1＝1，所以a＝1，－1,3，－3.故选ABC.
10．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，在双曲线上存在点P满足2|＋|≤||，则此双曲线的离心率e可以是(　　)
A. B.
C．2 D．3
答案　CD
解析　由OP为△F1PF2的中线，
可得＋＝2，
由2|＋|≤||，
可得4||≤||，由||≥a，||＝2c，
可得4a≤2c，可得e＝≥2.
11．已知点A是直线l：x＋y－10＝0上一定点，点P，Q是圆C：(x－4)2＋(y－2)2＝4上的动点，若∠PAQ的最大值为60°，则点A的坐标可以是(　　)
A．(4,6) B．(2,8) C．(6,4) D．(8,2)
答案　AD
解析　点A是直线l：x＋y－10＝0上一定点，点P，Q是圆C：(x－4)2＋(y－2)2＝4上的动点，
如图，圆C的半径为2，
所以直线上的A到圆心的距离为4，
结合图形，可知A的坐标为(4,6)或(8,2)，满足题意．
故选AD.

12．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e1，椭圆C1的上顶点为M，且·＝0.双曲线C2和椭圆C1有相同焦点，且双曲线C2的离心率为e2，P为椭圆C1与双曲线C2的一个公共点，若∠F1PF2＝，则正确的是(　　)
A.＝2 B．e1·e2＝
C．e＋e＝ D．e－e＝1
答案　BD
解析　如图所示，设双曲线的标准方程为－＝1(a1>0，b1>0)，半焦距为c.

∵椭圆C1的上顶点为M，
且·＝0.
∴∠F1MF2＝，
∴b＝c，∴a2＝2c2.
∴e1＝＝.
不妨设点P在第一象限，设|PF1|＝m，|PF2|＝n.
∴m＋n＝2a，m－n＝2a1.
∴mn＝＝a2－a.
在△PF1F2中，由余弦定理可得，
4c2＝m2＋n2－2mncos＝(m＋n)2－3mn＝4a2－3(a2－a)．
∴4c2＝a2＋3a.
两边同除以c2，得4＝＋，解得e2＝.
∴＝×＝，e1·e2＝·＝，
e＋e＝＋＝2，e－e＝－＝1.
故选BD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2020·宜昌示范高中月考)已知直线l1：(k－3)x＋(4－k)y＋1＝0与l2：2(k－3)x－2y＋3＝0平行，则k的值是________．
答案　3或5
解析　由两直线平行得，当k－3＝0时，两直线的方程分别为y＝－1与y＝，显然两直线平行；当k－3≠0时，由＝≠，可得k＝5，综上所述， k的值是3或5.
14．已知圆C：x2＋y2＝4与圆D：x2＋y2－4x＋2y＋4＝0交于A，B两点，则两圆连心线CD的方程为________，两圆公共弦AB的长为________．(本题第一空2分，第二空3分)
答案　x＋2y＝0　
解析　由题意知，圆C的圆心坐标为(0,0)，圆D的圆心坐标为(2，－1)，可得两圆连心线CD的方程为x＋2y＝0，
联立两圆方程
易知两圆公共弦AB所在直线的方程为2x－y－4＝0，
圆C的圆心到直线AB的距离d＝＝，
根据勾股定理，可知弦长为2＝.
15．在△ABC中，|AB|＝|BC|，cos B＝－，若以A，B为焦点的椭圆经过点C，则该椭圆的离心率e＝________.
答案　
解析　设|AB|＝|BC|＝1，结合余弦定理求|AC|，
即cos B＝＝－，
解得|AC|＝，
然后结合椭圆的定义知，|CA|＋|CB|＝2a＝，
又焦距2c＝1，故离心率e＝＝.
16．(2020·惠州调研)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，左、右焦点分别是F1，F2，且△F1AB的面积为，点P为椭圆上的任意一点，则＋的取值范围是________．
答案　[1,4]
解析　由已知得2b＝2，故b＝1，
∵△F1AB的面积为，
∴(a－c)b＝，
∴a－c＝2－，又a2－c2＝(a－c)(a＋c)＝b2＝1，
∴a＝2，c＝，
∴＋＝
＝
＝，
又2－≤|PF1|≤2＋，
∴1≤－|PF1|2＋4|PF1|≤4，
∴1≤＋≤4.
即＋的取值范围为[1,4]．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝25，直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0.
(1)证明：对任意实数m，直线l恒过定点且与圆C交于两个不同点；
(2)求直线l被圆C截得的弦长最小时的方程．
(1)证明　直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0可化为m(2x＋y－7)＋(x＋y－4)＝0，
由解得
所以直线l恒过点P(3,1)，而点P(3,1)在圆C内，
所以对任意实数m，直线l恒过点P(3,1)且与圆C交于两个不同点．
(2)解　由(1)得，直线l恒过圆C内的定点P(3,1)，
设过点P的弦长为a，过圆心C向直线l作垂线，垂足为弦的中点H，
则2＋|CH|2＝25，弦长a最短，
则CH最大，而|CH|≤|CP|，
当且仅当H与P重合时取等号，
此时弦所在的直线与CP垂直，即弦所在直线的斜率为－＝－＝2，
又直线过点P(3,1)，
所以，当直线l被圆C截得的弦长最小时，弦所在的直线方程为2x－y－5＝0.
18．(12分)如图，已知A，B是圆x2＋y2＝4与x轴的交点，P为直线l：x＝4上的动点，PA，PB与圆的另一个交点分别为M，N.
(1)若P点坐标为(4,6)，求直线MN的方程；
(2)求证：直线MN过定点．

(1)解　直线PA的方程为y＝x＋2 ，
由解得M(0,2)，
直线PB的方程为y＝3x－6 ，
由解得N，
所以直线MN的方程为2x＋y－2＝0.
(2)证明　设P(4，t)，则直线PA的方程为y＝(x＋2)，
直线PB的方程为y＝(x－2),
由得M，
同理得N，
直线MN的斜率k＝＝，
直线MN的方程为y＝－，
化简得y＝x－，
所以直线MN过定点(1,0)．
19．(12分)(2020·山东九校联考)已知椭圆L：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆L的标准方程；
(2)过点Q(0,2)的直线l与椭圆L交于A，B两点，若以AB为直径的圆恰好过坐标原点，求直线l的方程及|AB|的大小．
解　(1)由e2＝＝＝1－＝，得a2＝4b2，
又短轴长为2，可得b＝1，a2＝4，
∴椭圆L的标准方程为＋y2＝1.
(2)易知直线l的斜率存在且不为零，
设直线l的斜率为k(k≠0)，
则直线l的方程为y＝kx＋2，
则联立
消元得(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0，
Δ＝16×16k2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝，x1·x2＝，
由题意可知⊥，即·＝0，
∴x1·x2＋y1·y2＝(1＋k2)x1·x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0，
∴－＋4＝0，
解得k2＝4>，
∴|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·＝.
综上，直线l的方程为2x－y＋2＝0或2x＋y－2＝0，|AB|＝.
20．(12分)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l1，l2，l1与l2交于点M.
(1)求p的值；
(2)若l1⊥l2，求△MAB面积的最小值．
解　(1)由题意知，抛物线的焦点为，准线方程为y＝－，焦点到准线的距离为2，即p＝2.
(2)抛物线的方程为x2＝4y，即y＝x2，
所以y′＝x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
l1：y－＝(x－x1)，l2：y－＝(x－x2)．
由于l1⊥l2，所以·＝－1，即x1x2＝－4.
由题意知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，
得所以x2－4kx－4m＝0，
Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m＝－4，
所以m＝1，
即l：y＝kx＋1.
联立方程得
即M(2k，－1)，
M点到直线l的距离d＝＝，
|AB|＝＝4(1＋k2)，
所以S△MAB＝×4(1＋k2)×＝4(1＋k2)≥4，
当k＝0时，△MAB的面积取得最小值4.
21．(12分)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点C(1,0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若过点的任意直线与椭圆E相交于A，B两点，线段AB的中点为M，求证：对任意直线，|AB|＝2|CM|.
(1)解　由题意知b＝1，＝，
又因为a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以椭圆E的方程为＋x2＝1.
(2)证明　当过点的直线斜率为零时，显然满足题意；
当斜率不为零时，设过点的直线方程为x＝ty－，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得(9＋18t2)y2－12ty－16＝0，且Δ>0.
则
又因为＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，
·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝＋y1y2
＝(1＋t2)y1y2－t(y1＋y2)＋
＝(1＋t2)×－·＋＝0，
所以⊥.
因为线段AB的中点为M，所以|AB|＝2|CM|.
22．(12分)顺次连接椭圆C：＋＝1(a>b>0)的四个顶点，怡好构成了一个边长为且面积为2的菱形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M(－3,0)，过椭圆C的右焦点F的直线l交椭圆C于A，B两点，若对满足条件的任意直线l，不等式·≤λ(λ∈R)恒成立，求λ的最小值．
解　(1)由已知得
又a>b>0，所以a＝，b＝1,
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
·＝(x1＋3，y1)·(x2＋3，y2)＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2，
当直线l垂直于x轴时，x1＝x2＝1，y1＝－y2，且y＝，
此时＝(4，y1)，＝(4，y2)，
∴·＝；
当直线l不垂直于x轴时，设直线l：y＝k(x－1)，
由
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0
Δ＝(－4k2)2－4(2k2－2)(1＋2k2)>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴·＝x1x2＋3(x1＋x2)＋9＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2＋(3－k2)(x1＋x2)＋k2＋9＝
＝<，
要使不等式·≤λ(λ∈R)恒成立，
只需λ≥(·)max＝.
即λ的最小值为.