2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元檢測十二　平面解析幾何（解析版）

這是一份2022屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元檢測十二　平面解析幾何（解析版），共14頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?單元檢測十二　平面解析幾何
(時(shí)間：120分鐘　滿分：150分)
一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1．(2020·上饒模擬)已知直線x＋my＋m＋8＝0與直線(m＋1)x＋2y－6＝0平行，則實(shí)數(shù)m等于(　　)
A．1或－2 B．－2
C．1 D．－2或3
答案　C
解析　由題意易得m≠0，
又因?yàn)橹本€x＋my＋m＋8＝0與直線(m＋1)x＋2y－6＝0平行，
所以－＝－且－≠3，
所以m＝1或m＝－2且m≠－2，
所以m＝1.
2．(2020·北京懷柔模擬)設(shè)點(diǎn)M(x，y)是直線x＋y－2＝0上的動(dòng)點(diǎn)，O為原點(diǎn)，則|OM|的最小值是(　　)
A．1 B. C．2 D.
答案　B
解析　原點(diǎn)到直線的距離為＝，
故|OM|的最小值為.
3．(2021·蚌埠模擬)已知三角形的三個(gè)頂點(diǎn)A(2,4)，B(3，－6)，C(5,2)，則過A點(diǎn)的中線長為(　　)
A. B．2 C．11 D．3
答案　B
解析　設(shè)中點(diǎn)為D(x，y)，
B(3，－6)，C(5,2)，
可得
可得D(4，－2)，
所以|AD|＝＝＝2.
4．已知橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(m>0)，并且焦距為6，則實(shí)數(shù)m的值為(　　)
A．4 B. C．4或 D．5
答案　C
解析　∵橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(m>0)，
橢圓的焦距為2c＝6，c＝3，
∴當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，25－m2＝9，解得m＝4；
當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，m2－25＝9，解得m＝.
綜上所述，m的值是4或.
5．(2020·綿陽模擬)已知橢圓C：＋＝1，過點(diǎn)P(1,1)的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)P恰為弦AB的中點(diǎn)，則直線l的斜率是(　　)
A．－3 B．－ C．－ D．－
答案　C
解析　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
則＋＝1，＋＝1，
兩式相減得＝－，
所以＝－×＝－×＝－，
即直線l的斜率是－.
6．(2021·益陽模擬)一束光線從P(3,2)發(fā)出，經(jīng)x軸反射后過Q(－7,2)，則反射光線在x軸上的截距是(　　)
A．－3 B．2 C．－2 D．3
答案　C
解析　一束光線從P(3,2)發(fā)出，經(jīng)x軸反射后過Q(－7,2)，
所以點(diǎn)P(3,2)關(guān)于x軸的對稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為T(3，－2)．
所以反射光線的斜率kTQ＝＝－，
則反射光線的直線的方程為y－2＝－(x＋7)，
整理得＋＝1，
所以反射光線在x軸上的截距為－2.
7．(2020·廣東華南師大附中月考)已知平行于x軸的直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別交于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△OPQ為等邊三角形，則雙曲線C的離心率為(　　)
A．2 B. C. D.
答案　A
解析　∵△OPQ為等邊三角形，
∴漸近線的傾斜角為，
∴＝，∴b＝a，∴b2＝3a2，
∴c2－a2＝3a2，∴c2＝4a2，∴e2＝4，∴e＝2.
8．(2020·廈門模擬)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)為F，以O(shè)F為直徑的圓與雙曲線C的漸近線交于不同于原點(diǎn)O的A，B兩點(diǎn)，若四邊形AOBF的面積為(a2＋b2)，則雙曲線C的漸近線方程為(　　)
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±2x
答案　C
解析　根據(jù)題意，OA⊥AF，雙曲線C的焦點(diǎn)F到C的一條漸近線y＝±x的距離為＝b，則|AF|＝b，所以|OA|＝a，所以ab＝(a2＋b2)，所以＝1，所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±x.
9．(2020·成都模擬)若直線y＝x＋b與曲線y＝3－有2個(gè)公共點(diǎn)，則b的取值范圍是(　　)
A．[1－2，1＋2] B．(1－2，－1]
C．[3,1＋2) D．[－1,3]
答案　B
解析　由y＝3－得(x－2)2＋(y－3)2＝4(y≤3)，
所以直線y＝x＋b與半圓(x－2)2＋(y－3)2＝4(y≤3)有2個(gè)公共點(diǎn)，
作出直線與半圓的圖形，如圖，

當(dāng)直線y＝x＋b經(jīng)過點(diǎn)(4,3)時(shí)，b＝3－4＝－1，
當(dāng)直線與半圓(x－2)2＋(y－3)2＝4(y≤3)相切時(shí)，
＝2，解得b＝1－2或b＝1＋2(舍去)，
由圖可知，當(dāng)直線y＝x＋b與曲線y＝3－有2個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，1－2b>0)的左、右焦點(diǎn)，且離心率e＝，點(diǎn)P是橢圓上位于第二象限內(nèi)的一點(diǎn)，若△PF1F2是腰長為4的等腰三角形，則△PF1F2的面積為________．
答案　
解析　由題意知2c＝4，則c＝2，
又e＝＝，∴a＝3，
由橢圓的定義得|PF1|＋|PF2|＝2a＝6，
又△PF1F2是腰長為4的等腰三角形，且點(diǎn)P在第二象限，∴|PF2|＝4，|PF1|＝2，
過F2作F2D⊥PF1于點(diǎn)D，
則|PD|＝1，|DF2|＝，
∴△PF1F2的面積為×2×＝.
15．(2020·昆明模擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，點(diǎn)P在C上，過點(diǎn)P作l的垂線交l于點(diǎn)E，且∠PFE＝60°，|PF|＝4，則拋物線C的方程為________．
答案　x2＝4y
解析　拋物線C：x2＝2py(p>0)，焦點(diǎn)F，準(zhǔn)線l：y＝－，
如圖，PE⊥l，∠PFE＝60°，|PF|＝4，

由拋物線定義知|PF|＝|PE|＝4，
故△PFE是等邊三角形，
過焦點(diǎn)F作FM⊥PE，交PE于M，則M為PE的中點(diǎn)，
所以|PM|＝|ME|＝2，即焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離是p＝2，
所以拋物線C的方程為x2＝4y.
16．(2020·上海模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝3，Sn＝an＋1＋1(n∈N*)．已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－y2＝1的左、右焦點(diǎn)，Pn(n∈N*)，若t≥|PnF1|－|PnF2|對n∈N*恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是________．
答案　[4，＋∞)
解析　當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝a2＋1，∵a1＝3，∴a2＝4，
當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝an＋1，
作差得，an＝an＋1－an(n≥2)
?＝(n≥2)?＝＝2，
∴an＝Sn＝
F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，n＝1，P1，
|P1F1|－|P1F2|≈1.96，
當(dāng)n≥2時(shí)，設(shè)線段PnF2與雙曲線交于點(diǎn)G，|PnF1|－|PnF2|＝|PnF1|－(|PnG|＋|GF2|)b>0)的離心率為，短軸一個(gè)端點(diǎn)到右焦點(diǎn)F的距離為.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過點(diǎn)F的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，交y軸于P點(diǎn)，設(shè)＝λ1，＝λ2，試判斷λ1＋λ2是否為定值？請說明理由．
解　(1)由題意可得a＝＝，
又e＝＝，所以c＝1，
b＝＝1，
因此橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)由題意可得直線斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，
由消去y，整理得
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
又F(1,0)，P(0，－k)，
則＝(x1，y1＋k)，＝(1－x1，－y1)，
由＝λ1可得x1＝λ1(1－x1)，
所以λ1＝，同理可得λ2＝，
所以λ1＋λ2＝＋
＝＝
＝＝－4，
所以λ1＋λ2為定值－4.
22．(12分)(2020·浙江)如圖，已知橢圓C1：＋y2＝1，拋物線C2：y2＝2px(p>0)，點(diǎn)A是橢圓C1與拋物線C2的交點(diǎn)．過點(diǎn)A的直線l交橢圓C1于點(diǎn)B，交拋物線C2于點(diǎn)M(B，M不同于A)．

(1)若p＝，求拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)；
(2)若存在不過原點(diǎn)的直線l使M為線段AB的中點(diǎn)，求p的最大值．
解　(1)若p＝，則＝，
則拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為.
(2)直線l與x軸垂直時(shí)，此時(shí)點(diǎn)M與點(diǎn)A或點(diǎn)B重合，不滿足題意，
故設(shè)直線l的方程為y＝kx＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
由
消y可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
∴Δ＝16k2t2－4(2k2＋1)(2t2－2)>0，
即t2