高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)一輪用書文科數(shù)學(xué)配北師版單元質(zhì)檢卷九　解析幾何

這是一份高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)一輪用書文科數(shù)學(xué)配北師版單元質(zhì)檢卷九　解析幾何，共11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。
一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)符合題目要求.
1.(2023吉林省吉林市三模)已知直線l經(jīng)過點(diǎn)(1,-1),且與直線2x-y-5=0垂直,則直線l的方程為( )
A.2x+y-1=0B.x-2y-3=0
C.x+2y+1=0D.2x-y-3=0
答案:C
解析:因?yàn)橹本€l與直線2x-y-5=0垂直,所以直線l的方程可設(shè)為x+2y+m=0,因?yàn)橹本€l經(jīng)過點(diǎn)(1,-1),所以1+2×(-1)+m=0,解得m=1,則直線l的方程為x+2y+1=0,故選C.
2.(2023北京朝陽一模)已知圓x2+y2=4截直線y=kx+2所得弦的長度為23,則實(shí)數(shù)k=( )
A.2B.-3
C.±2D.±3
答案:D
解析:由圓x2+y2=4截直線y=kx+2所得弦的長度為23,得弦心距為4-3=1,所以圓心到直線y=kx+2的距離為1,即|2|1+k2=1,解得k=±3.
3.(2023廣西桂林二模)已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓C的右焦點(diǎn)為F(2,0),且其離心率為12,則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為( )
A.x216+y212=1B.x216+y24=1
C.x216+y29=1D.x24+y22=1
答案:A
解析:由題意,c=2,又ca=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12,
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x216+y212=1.故選A.
4.(2023廣西桂林二模)若圓C:(x-2)2+(y-1)2=4恰好被直線l:ax+by=1(a>0,b>0)平分,則1a+2b的最小值為( )
A.82B.62
C.8D.6
答案:C
解析:由題意,圓心C(2,1)在直線l上,則有2a+b=1,所以1a+2b=(2a+b)1a+2b=ba+4ab+4≥2ba·4ab+4=8,當(dāng)且僅當(dāng)ba=4ab,即b=2a=12時,取等號,所以1a+2b的最小值為8.故選C.
5.已知雙曲線x2-y28=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A,B兩點(diǎn),且|AF1|=|BF1|,則|AB|=( )
A.22B.3
C.4D.22+1
答案:C
解析:設(shè)雙曲線的實(shí)半軸長為a,依題意可得a=1,由雙曲線的定義可得|AF2|-|AF1|=2a=2,|BF1|-|BF2|=2a=2,又|AF1|=|BF1|,故|AF2|-|BF2|=4,又|AB|=|AF2|-|BF2|,故|AB|=4.
6.(2023安徽安慶二模)設(shè)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F作傾斜角為60°的直線交拋物線于點(diǎn)A,B(點(diǎn)A位于x軸上方),O是坐標(biāo)原點(diǎn),記△AOF和△BOF的面積分別為S1,S2,則S1S2=( )
A.9B.4C.3D.2
答案:C
解析:由題意,直線AB的方程為y=3x-p2,代入y2=2px,整理得x2-53px+14p2=0.設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為(x1,y1),(x2,y2),因?yàn)辄c(diǎn)A位于x軸上方,解方程得x1=32p,x2=16p,所以S1S2=|y1||y2|=2px12px2=x1x2=3.故選C.
7.(2023北京朝陽二模)若圓O:x2+y2=1上存在點(diǎn)P,直線l:y=k(x+2)上存在點(diǎn)Q,使得OP=QO,則實(shí)數(shù)k的取值范圍為( )
A.[-3,3]B.-33,33
C.{-3,3}D.-33,33
答案:B
解析:由于OP=QO,即PQ是圓O的直徑,所以直線和圓有公共點(diǎn),圓心(0,0)到直線y=k(x+2)的距離|2k|1+k2≤1,化簡得k2≤13,所以k∈-33,33.
8.(2023安徽安慶一模)雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0),圓M:(x+2)2+y2=3與雙曲線C的一條漸近線相交所得弦長為2,則雙曲線的離心率等于( )
A.2B.3C.62D.72
答案:A
解析:雙曲線的一條漸近線bx-ay=0,圓心(-2,0)到漸近線的距離d=|-2b-0|b2+a2=2bb2+a2,又圓心(-2,0)到漸近線的距離等于3-(22) 2=2,從而2bb2+a2=2,即b=22c,所以a=22c,所以e=2.
9.(2023安徽合肥一模)設(shè)雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,雙曲線C上一點(diǎn)P到x軸的距離為2a,∠F1PF2=120°,則雙曲線C的離心率為( )
A.3B.1+3
C.2+3D.4
答案:C
解析:設(shè)P為第一象限內(nèi)的點(diǎn),|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,即為4c2=4a2+3mn,即mn=43(c2-a2),又△PF1F2的面積為12mnsin 120°=12×43(c2-a2)×32=12×2c×2a,化為c2-a2-23ac=0,所以e2-23e-1=0,解得e=2+3(負(fù)根舍去).
10.(2023寧夏銀川二模)已知拋物線y2=8x的焦點(diǎn)為F,經(jīng)過點(diǎn)P(1,1)的直線l與該拋物線交于A,B兩點(diǎn),且點(diǎn)P恰為AB的中點(diǎn),則|AF|+|BF|=( )
A.4B.6
C.8D.12
答案:B
解析:拋物線y2=8x的焦點(diǎn)為F(2,0),準(zhǔn)線方程為x=-2,過點(diǎn)A,B,P作準(zhǔn)線的垂線段,垂足分別為點(diǎn)M,N,R,因?yàn)辄c(diǎn)P恰為AB的中點(diǎn),所以|PR|是直角梯形AMNB的中位線,故|AM|+|BN|=2|PR|.由拋物線的定義可得|AF|+|BF|=|AM|+|BN|=2|PR|=2|1-(-2)|=6.故選B.
11.(2023河南新鄉(xiāng)三模)已知拋物線M:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F且斜率為512的直線l與拋物線M交于A,B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在第二象限),則|AF||BF|=( )
A.513B.413C.59D.49
答案:D
解析:如圖,直線CD為拋物線M的準(zhǔn)線,AC⊥CD,BD⊥CD,AE⊥BD,垂足為點(diǎn)E.設(shè)|BE|=5x,則|AB|=13x,|BE|=|BD|-|AC|=|BF|-|AF|=5x,|AB|=|AF|+|BF|=13x,解得|AF|=4x,|BF|=9x,故|AF||BF|=4x9x=49.故選D.
12.(2023山西太原二模)已知直線x-2y+n=0(n≠0)與雙曲線:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別相交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)P的坐標(biāo)為(n,0),若|PA|=|PB|,則該雙曲線的離心率是( )
A.2B.3
C.153D.62
答案:C
解析:由題意,雙曲線的漸近線為y=±bax,聯(lián)立x-2y+n=0,y=-bax,得A-ana+2b,bna+2b,聯(lián)立x-2y+n=0,y=bax,得Ban2b-a,bn2b-a,所以AB的中點(diǎn)Ea2n4b2-a2,2b2n4b2-a2,kAB=12,kPE=2b2n4b2-a2a2n4b2-a2-n=b2a2-2b2,因?yàn)閨PA|=|PB|,所以kAB·kPE=-1,即b2a2-2b2=-2,2a2=3b2,所以e=ca=1+b2a2=153.
二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.
13.(2023山東濰坊一模)已知拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,點(diǎn)P在拋物線C上,PQ垂直l于點(diǎn)Q,QF與y軸交于點(diǎn)T,O為坐標(biāo)原點(diǎn),且|OT|=2,則|PF|= .
答案:5
解析:不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,PQ與y軸交于點(diǎn)M,則易知△MQT∽△OFT,則MTOT=MQOF,
又OF=MQ=1,OT=2,所以MT=2.所以點(diǎn)P,Q的縱坐標(biāo)都為4,代入拋物線方程求得P(4,4),故PF=4+1=5.
14.(2023東北三省四市一模)在平面直角坐標(biāo)系中,直線mx+y-2m-2=0與圓C:(x-1)2+(y-4)2=9交于M,N兩點(diǎn),當(dāng)△MNC的面積最大時,實(shí)數(shù)m的值為 .
答案:-1或-17
解析:由圓C:(x-1)2+(y-4)2=9,則圓心C(1,4),r=3,點(diǎn)C(1,4)到直線的距離d=|2-m|m2+1,
∵直線與圓C相交,∴0b>0),其右焦點(diǎn)為F(3,0),且離心率e=32.
(1)求橢圓C的方程;
(2)過F且傾斜角為45°的直線l與橢圓交于不同的兩點(diǎn)M,N,求三角形OMN(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積.
解:(1)由F(3,0),則c=3,離心率e=ca=32,則a=2,b=1,
所以橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則直線l的方程為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天津南開一模)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,右頂點(diǎn)為A,點(diǎn)E的坐標(biāo)為0,b4,延長線段F1E交橢圓于點(diǎn)M,MF2⊥x軸.
(1)求橢圓的離心率;
(2)設(shè)拋物線y2=245bx的焦點(diǎn)為F,B為拋物線上一點(diǎn),|BF|=365b,直線BF交橢圓于P,Q兩點(diǎn),若|AP|2+|AQ|2=425,求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.
解:(1)由題意知,點(diǎn)E為點(diǎn)F1與點(diǎn)M的中點(diǎn),
所以點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為2×b4=b2,所以Mc,b2,
將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入x2a2+y2b2=1,得c2a2+b24b2=1,即e2=34,所以e=32.
(2)拋物線y2=245bx的焦點(diǎn)為F65b,0,由對稱性不妨設(shè)點(diǎn)B在第一象限,
因?yàn)閨BF|=365b,所以由拋物線的定義,可得B點(diǎn)的橫坐標(biāo)為365b-65b=6b,
所以B6b,1255b,所以直線BF的方程為y=52x-65b.
由(1)可得橢圓方程為x24b2+y2b2=1,點(diǎn)A為(2b,0).
聯(lián)立y=52(x-65b),x24b2+y2b2=1,消去y,
整理得3x2-6bx+85b2=0,Δ=845b2>0,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則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,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x28+y22=1.
19.(12分)(2023河北張家口一模)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)上一動點(diǎn)P,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,且F2(2,0),定直線l:x=32,PM⊥l,點(diǎn)M在直線l上,且滿足|PF2||PM|=233.
(1)求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)若直線l0的斜率k=1,且l0過雙曲線右焦點(diǎn)與雙曲線右支交于A,B兩點(diǎn),求△ABF1的外接圓方程.
解:(1)由題意設(shè)點(diǎn)P(x,y),可知|PF2||PM|=233,則(x-2)2+y2|x-32|=233,
式子兩邊平方得(x-2)2+y2=43x-322,
整理得1+y2=x23,即雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x23-y2=1.
(2)由題意,可知直線l0:y=x-2,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
則y=x-2,x23-y2=1,可得2x2-12x+15=0,則x1+x2=6,x1x2=152,y1+y2=2,AB的中點(diǎn)為M(3,1),|AB|=1+12·(x1+x2)2-4x1x2=2×62-2×15=23.
△ABF1外接圓圓心在AB的垂直平分線上,設(shè)為l1,則l1的方程為y=-x+4,設(shè)圓心E(x0,y0),則|EA|=|EF1|,
所以y0=-x0+4,(x0-3)2+(y0-1)2+3=(x0+2)2+y02,
故x0=18,y0=318.所以半徑R=(18+2) 2+(318) 2=2528,
所以△ABF1的外接圓方程為x-182+y-3182=62532.
20.(12分)(2023廣西桂林二模)已知拋物線E:y2=4x的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,O為坐標(biāo)原點(diǎn),過F的直線m與拋物線E交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)A在第一象限,過F且與直線m垂直的直線n與準(zhǔn)線l交于點(diǎn)M.
(1)若直線m的斜率為3,求|AF||BF|的值;
(2)設(shè)AB的中點(diǎn)為N,若O,M,N,F四點(diǎn)共圓,求直線m的方程.
解:(1)如圖,由拋物線y2=4x,得F(1,0),則直線m的方程為y=3(x-1),
聯(lián)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,
則|AF|=3+1=4,|BF|=13+1=43,∴|AF||BF|=3;
(2)設(shè)直線m的方程為x=ty+1,由題意可得t≠0,
否則,N與F重合,不存在O,M,N,F四點(diǎn)共圓.
把x=ty+1代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,Δ>0顯然成立.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4t,y1y2=-4.x1+x2=y12+y224=(y1+y2)2-2y1y24=16t2+84=4t2+2,
∴N(2t2+1,2t).
∵直線m的斜率為1t,∴直線n的斜率為-t,則直線n的方程為y=-t(x-1).由x=-1,y=-t(x-1),
解得M(-1,2t).
若O,M,N,F四點(diǎn)共圓,再結(jié)合FN⊥FM,得OM⊥ON,則OM·ON=-1×(2t2+1)+2t×2t=2t2-1=0,解得t=±22,
∴直線m的方程為y=±2(x-1).
21.(12分)如圖,過橢圓E:x24+y2=1的左、右焦點(diǎn)F1,F2分別作直線l1,l2,交橢圓于A,B兩點(diǎn)與C,D兩點(diǎn),且l1∥l2.
(1)求證:當(dāng)直線l1的斜率k1與直線BC的斜率k2都存在時,k1k2為定值;
(2)求四邊形ABCD面積的最大值.
(1)證明設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),根據(jù)對稱性,有C(-x1,-y1),
因?yàn)锳(x1,y1),B(x2,y2)都在橢圓E上,所以x124+y12=1,x224+y22=1,二式相減,得x12-x224+y12?y22=0,
所以k1k2=y2-y1x2-x1·y2-(-y1)x2-(-x1)=y22-y12x22-x12=-14為定值.
(2)解當(dāng)l1的傾斜角為0°時,l1與l2重合,舍去.
當(dāng)l1的傾斜角不為0時,由對稱性得四邊形ABCD為平行四邊形,F1(-3,0),設(shè)直線l1的方程為x=my-3,代入x24+y2=1,得(m2+4)y2-23ym-1=0.
顯然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.
設(shè)m2+1=t,則m2=t-1,t∈[1,+∞).
所以m2+1(m2+4)2=tt2+6t+9=1t+9t+6≤112.
當(dāng)且僅當(dāng)t=9t,即m=±2時取等號,所以(S△OAB)max=23·112=1.
所以平行四邊形面積的最大值為(S?ABCD)max=4·(S△OAB)=4.
22.(12分)(2023全國甲,文21)拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O,焦點(diǎn)在x軸上,直線l:x=1交C于P,Q兩點(diǎn),且OP⊥OQ.已知點(diǎn)M(2,0),且☉M與l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)設(shè)A1,A2,A3是C上的三個點(diǎn),直線A1A2,A1A3均與☉M相切.判斷直線A2A1與☉M的位置關(guān)系,并說明理由.
解:(1)由題意設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=2px,p>0,當(dāng)x=1時,y2=2p,y=±2p.
∵OP⊥OQ,∴2p=1,即2p=1,∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=x,☉M的方程為(x-2)2+y2=1.
(2)設(shè)A1(a2,a),A2(b2,b),A3(c2,c).
lA1A2:y-a=1a+b(x-a2),即x-(a+b)y+ab=0,
∵直線A1A2與☉M相切,∴|2+ab|1+(a+b)2=1.①
lA1A3:y-a=1a+c(x-a2)?x-(a+c)y+ac=0,∵直線A1A3與☉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的兩根.
又lA2A3:x-(b+c)y+bc=0,
∴圓心(2,0)到直線lA2A3的距離d=|2+bc|1+(b+c)2=2+3-a2a2-11+(-2aa2-1) 2=|a2+1|a4+2a2+1=1.
∴d與☉M的半徑相等,即直線A2A3與☉M相切.