新教材高中數(shù)學人教B版選擇性第一冊訓練第二章平面解析幾何測評（四）

過關綜合測評第二章測評(四)(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.直線y=kxk+1與橢圓x29+y24=A.相交 B.相切C.相離 D.不確定答案A解析直線y=kxk+1=k(x1)+1恒過定點(1,1),又點(1,1)在橢圓內(nèi)部,故直線與橢圓相交.2.如果方程x2a2+y2a+6=1表示焦點在xA.(3,+∞) B.(∞,2)C.(∞,2)∪(3,+∞) D.(6,2)∪(3,+∞)答案D3.(2021貴州貴陽模擬)已知橢圓C:x2m+y24=1(m>4)的離心率為33A.6 B.6 C.26 D.12答案C解析由題意可知m-4m=33,解得m=6,即a=4.已知點M(3,y0)是拋物線y2=2px(0<p<6)上一點,且M到拋物線焦點的距離是M到直線x=p2的距離的2倍,則p等于(A.1 B.2 C.32 D.答案B解析由拋物線的定義及已知條件可得3+p2=23-p2,又0<p<6,5.(2021山西運城一模)設雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>b>0)的兩條漸近線夾角為α,且tanαA.52 B.2或C.5 D.5答案A解析∵雙曲線x2a2-y2b2=1(a>b>0)的兩條漸近線夾角為α,且tanα則2tanα解得tanα2=12或tanα∴e2=1+ba2=54,∴e=6.過拋物線y2=2x的焦點作一條直線與拋物線交于A,B兩點,它們的橫坐標之和等于2,則這樣的直線()A.有且只有一條 B.有且只有兩條C.有且只有三條 D.有且只有四條答案B解析設該拋物線的焦點為F,A,B的橫坐標分別為xA,xB,則|AB|=|AF|+|FB|=xA+p2+xB+p2=xA+xB+1=3>2p=2.7.如圖所示,雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別是F1,F2,過F1作傾斜角為30°的直線交雙曲線右支于點M,連接MF2,若MF2A.6 B.3 C.2 D.5答案B解析將x=c代入雙曲線的方程,得y=±b2∵點M在第一象限,∴Mc,在△MF1F2中,tan30°=b2a2c解得e=ca=3,e=338.(2021河南鄭州模擬)已知雙曲線D:x2y2=1,點M在雙曲線D上,點N在直線l:y=kx上,l的傾斜角θ∈π4,π2,且|ON|2=cos2θ1+cos2θ,雙曲線D在點MA.3-54C.3-2 D答案D解析由題意,不妨設M(x0,y0)在第一象限,則雙曲線D在M處的切線方程為x0xy0y=1,所以k=x0y0,又因為聯(lián)立k=x0y0,x02-因為|ON|2=cos2θ1+cos2θ,所以|ON|=cos2θ1+cos令t=k21,則k2=t+1,因為θ∈π4所以k>1,所以t>0,S△OMN=12tt2+5t+6=121t+二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,有選錯的得0分,部分選對的得3分.9.設圓錐曲線C的兩個焦點分別為F1,F2,若曲線C上存在點P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,則曲線C的離心率等于()A.32 B.23 C.12答案AC解析設圓錐曲線C的離心率為e,根據(jù)|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,若圓錐曲線為橢圓,則由橢圓的定義,得e=|F若圓錐曲線為雙曲線,則由雙曲線的定義,得e=|F綜上,所求的離心率為12或3210.(2021廣東廣州模擬)已知方程x2sinθy2sin2θ=1,則()A.存在實數(shù)θ,使該方程對應的圖形是圓,且圓的面積為4B.存在實數(shù)θ,使該方程對應的圖形是平行于x軸的兩條直線C.存在實數(shù)θ,使該方程對應的圖形是焦點在x軸上的雙曲線,且雙曲線的離心率為2D.存在實數(shù)θ,使該方程對應的圖形是焦點在x軸上的橢圓,且橢圓的離心率為3答案CD解析對于A:若存在,只需sinθ=sin2θ>0,即sinθ=2sinθcosθ>0,得cosθ=12,所以sinθ=32,方程即為x2+y2=233,圓的半徑滿足r2=233,故圓面積為πr2=π×對于B:令sinθ=0,則有sin2θ=2sinθcosθ=0,方程化為0=1,顯然不成立,故B錯誤;對于C:取sinθ=sin2θ>0,由題可知,sinθ≠0,所以cosθ=12,取θ=π3,則方程為x2233-y223對于D:將方程化為標準形式為x21sinθ+y2-1sin2θ=1,故a2=1sinθ>0,b2=1sin2整理得1+2cosθ2sinθcosθ2cosθ2sinθcosθ=1+12cosθ=13,解得cosθ=34,11.(2021山東濱州一模)已知橢圓M:x225+y220=1的左、右焦點分別是F1,F2,左、右頂點分別是A1,A2,點P是橢圓上異于A1,A2的任意一點A.|PF1|+|PF2|=5B.直線PA1與直線PA2的斜率之積為4C.存在點P滿足∠F1PF2=90°D.若△F1PF2的面積為45,則點P的橫坐標為±5答案BD解析由橢圓方程可得:a=5,c=5,則F1(5,0),F2(5,0),A1(5,0),A2(5,0),由橢圓的定義可知|PF1|+|PF2|=2a=10,故A錯誤;設點P的坐標為(m,n),則m225+n220=1,即n2=則kP所以kPA1·kPAPF1=(5m,n),PF2=(5若∠F1PF2=90°,則PF1·PF2=m又n2=45(25m2),聯(lián)立可得15m2+15=0,方程無解,故CS△PF1F2=12|F1F2||yP|=12解得yP=±4,代入橢圓方程可得xP=±5,故D正確.12.(2021江蘇南通模擬)設A,B是拋物線y=x2上的兩點,O是坐標原點,下列結論正確的是()A.若OA⊥OB,則|OA||OB|≥2B.若OA⊥OB,直線AB過定點(1,0)C.若OA⊥OB,點O到直線AB的距離不大于1D.若直線AB過拋物線的焦點F,且|AF|=13,則|BF|=答案ACD解析對于A,設A(x1,x12),B(x2,x∵OA⊥OB,∴OA·OB∴x1x2+(x1x2)2=0,∴x1x2(1+x1x2)=0,∴x2=1x∴|OA||OB|=x12(1+x12)1x121+1對于B,若OA⊥OB,顯然直線AB的斜率存在,設直線AB的方程為y=kx+m,聯(lián)立方程y=kx+m,y=x設A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2=k,x1x2=m,∴y1y2=x12x22=(x1x2∵OA⊥OB,∴OA·OB=0,∴x1x2+y1y2∴m+m2=0,∴m=0或m=1,易知直線AB不過原點,∴m=1,∴直線AB的方程為y=kx+1,恒過定點(0,1),故B錯誤;∴點O到直線AB的距離d=11+∵k2≥0,∴k2+1≥1,∴d≤1,故C正確;對于D,直線AB過拋物線的焦點F0,14,設直線AB的方程為聯(lián)立方程y=kx+14,x2=設A(x1,y1),B(x2,y2),不妨設點A在y軸右側,∴x1+x2=k,x1x2=14∴|AF|=y1+14=13,∴y1=112,∴∴x2=-14x1=32,∴∴|BF|=y2+14=1,故D正確三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.已知橢圓C:x23+y2=1,過C上一點P(第一象限)的直線l與x軸正半軸、y軸正半軸分別交于點A,B.若|PA|=1,則|PB|的值為答案3解析過點P作y軸的垂線,垂足為點Q,如圖,設P(3cosθ,sinθ),A(a,0),∵|PA|=1,∴sin2θ+(3cosθa)2=1,得a=(3+1)cosθ,或a=(31)cosθ,∵3cosθ<a,∴當a=(31)cosθ時,不符合題意,舍去.∵△PQB∽△AOB,∴|PQ設|PB|=m,則|AB|=m+1,又|PQ∴mm+1=3-14.(2021海南三亞三模)雙曲線x24-y2b2=1(b>0)的離心率為52,則b=,過雙曲線的右焦點F作直線垂直于雙曲線的一條漸近線,垂足為A,設答案12解析因為雙曲線x24-y2b2可得4+b22=所以雙曲線x24y2=1的右焦點F(其中一條漸近線方程為x2y=0,所以|AF|=51+2所以|OA|=(5)215.過點A(2,2)作直線AB,AC與圓x2+(y2)2=1相切,且交拋物線x2=2y于B,C兩點,則直線BC的方程為.

答案6x+3y+4=0解析顯然直線AB,AC的斜率存在且不為0,設過點A的圓的切線的方程為y2=k(x2),即kxy2k+2=0,圓的圓心坐標為(0,2),由直線與圓相切可得1=|2k|1+k2不妨設直線AB的斜率為33,所以直線AB的方程為y2=33(x2),設B(x1,y1),C(x2,y2),由直線AB的方程與拋物線的方程聯(lián)立消去y,得x2233x+解得x=2332或x=2,即點B的橫坐標x1=同理可得C的橫坐標為x2=2332,所以直線BC的方程為yy1=y2-y1x2-x1(xx1)=x222-x122x即y233-2整理可得直線BC的方程為6x+3y+4=0.16.(2021上海徐匯檢測)如圖,P為橢圓E1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一動點,過點P作橢圓E2:x2a2+y2b2=λ(0<λ<1)的兩條切線PA,PB,斜率分別為k1,答案1解析設點P(x0,y0),則過點P的直線方程為yy0=k(xx0),聯(lián)立y化簡得(b2+a2k2)x2+2a2k(y0kx0)x+a2(y0kx0)2λa2b2=0,因為直線與橢圓相切,所以Δ=[2a2k(y0kx0)]24(b2+a2k2)[a2(y0kx0)2λa2b2]=0,展開得4a4k2(y0kx0)24a2(b2+a2k2)(y0kx0)2+4a2λb2(b2+a2k2)=0,即b2(y0kx0)2+λb2(b2+a2k2)=0,即(y0kx0)2λb2λa2k2=0,整理為關于k的方程可得(x02λa2)k22x0y0k+y02λ因為有兩條切線,所以此方程有兩個不等的實數(shù)根,因為k1k2為定值,可設k1k2=t,由根與系數(shù)的關系得k1k2=y02化簡得y02λb2=tx02t因為P(x0,y0)在橢圓E1上,代入可得x02a2化簡可得b2x02+a2y02=a則y化簡得λ=12四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)中心在原點,焦點在x軸上的一個橢圓與一雙曲線有共同的焦點F1,F2,且|F1F2|=213,橢圓的半長軸與雙曲線的半實軸之差為4,離心率之比為3∶7,求這兩條曲線的標準方程.解設橢圓的方程為x2a12+y2b雙曲線的方程為x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0),c=13,由已知,得a解得a1=7,a2=3,所以b12=36,b所以兩條曲線的標準方程分別為x249+y23618.(12分)已知拋物線y2=2px(p>0)上的點T(3,t)到焦點F的距離為4.(1)求t,p的值;(2)設A,B是拋物線上分別位于x軸兩側的兩個動點,且OA·OB=5(其中O為坐標原點).求證:直線AB過定點,(1)解由拋物線的定義,得3+p2=4,解得p=所以拋物線的方程為y2=4x,將點T(3,t)代入,得t2=12,解得t=±23.(2)證明設直線AB的方程為x=my+n,Ay124,聯(lián)立y2=4x,x=my+n,則y1+y2=4m,y1y2=4n.由OA·OB=5,得(y1y2所以y1y2=20或y1y2=4(舍去),即4n=20,n=5,所以直線AB的方程為x=my+5,所以直線AB過定點(5,0).19.(12分)(2021廣東東莞模擬)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別是F1,F2,P是雙曲線右支上一點,PF2⊥F1F2,OH⊥PF1,垂足為點H,OH=(1)當λ=13時,求雙曲線的漸近線方程(2)求雙曲線的離心率e的取值范圍.解如圖,當x=c時,代入雙曲線方程可得y=±b2a,由相似三角形可知,|OH||P∴2a2λ+b2λ=b2,整理得b2(1)當λ=13時,b2a2=1,則a=b,雙曲線的漸近線方程為(2)∵|PF2|=b2a,∴e2=c2a2=1+b2a2=1+2λ1-λ=12λλ-112λ-1在19,12上單調(diào)遞增,∴λ=12時,e2的最大值為3,當λ20.(12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為22(1)求C的方程;(2)直線l不過原點O且不平行于坐標軸,l與C有兩個交點A,B,線段AB的中點為M.證明:直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.(1)解由題意,得a2-b又點(2,2)在C上,所以4a2+2聯(lián)立①②,可解得a2=8,b2=4.所以C的方程為x28+(2)證明由題意知,直線l的斜率存在且不為0.設直線l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+b代入x28整理得(2k2+1)x2+4kbx+2b28=0.故xM=x1+x22=-2所以直線OM的斜率kOM=yMxM所以kOMk=12故直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.21.(12分)已知直線l與拋物線y2=8x交于A,B兩點,且線段AB恰好被點P(2,2)平分.(1)求直線l的方程;(2)拋物線上是否存在點C和D,使得C,D關于直線l對稱?若存在,求出直線CD的方程;若不存在,請說明理由.解(1)由題意可得直線AB的斜率存在,且不為0.設直線AB:x2=m(y2),m≠0,與拋物線方程聯(lián)立消去x,可得y28my+16m16=0.判別式Δ=(8m)24(16m16)=64m-12設A(x1,y1),B(x2,y2),則有y1+y2=8m,由8m=4,得m=12