2024秋高中數(shù)學第二章平面解析幾何測評試題一新人教B版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE3其次章測評(一)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=kx-k+1與橢圓x29+yA.相交 B.相切C.相離 D.不確定2.假如方程x2a2+y2a+6A.(3,+∞)B.(-∞,-2)C.(-∞,-2)∪(3,+∞)D.(-6,-2)∪(3,+∞)3.(2024貴州貴陽模擬)已知橢圓C:x2m+y24=1(m>4)的離心率為A.6 B.6 C.26 D.124.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.5.(2024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A.52 B.2或C.5 D.56.(2024吉林長春月考)已知M是拋物線y2=4x上的一點,F是拋物線的焦點,N是x軸上點F右側(cè)一點,若以FN為始邊,FM為終邊的角∠NFM=60°,則|FM|等于()A.2 B.433 C.23 D7.(2024安徽合肥期中)19世紀法國聞名數(shù)學家加斯帕爾·蒙日,創(chuàng)立了畫法幾何學,推動了空間幾何學的獨立發(fā)展.提出了聞名的蒙日圓定理:橢圓的兩條切線相互垂直,則切線的交點位于一個與橢圓同心的圓上,稱為蒙日圓,且該圓的半徑等于橢圓半長軸長與半短軸長的平方和的算術(shù)平方根.若圓(x-2)2+(y-b)2=9上有且只有一個點在橢圓x23+y2=1的蒙日圓上,則b的值為(A.±1 B.±5C.±21 D.±258.(2024河南鄭州模擬)已知雙曲線D:x2-y2=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,O為坐標原點,且|ON|2=cos2θ1+cos2θ,雙曲線A.3-54 C.3?2 D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,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.(2024湖南長沙期中)已知橢圓C的對稱中心為坐標原點,焦點在坐標軸上,若橢圓的長軸長為6,短軸長為4,則橢圓C的標準方程可能為()A.x24+B.x29C.x29+D.x2510.(2024廣東廣州模擬)已知方程x2sinθ-y2sin2θ=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4πB.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311.(2024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,AA.|PF1|+|PF2|=5B.直線PA1與直線PA2的斜率之積為-4C.存在點P滿意∠F1PF2=90°D.若△F1PF2的面積為45,則點P的橫坐標為±512.(2024江蘇南通模擬)設A,B是拋物線x2=y上的兩點,O是坐標原點,下列結(jié)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|=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14.(2024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15.(2024上海徐匯期末)設橢圓x225+y29=1上的一點P到橢圓兩焦點的距離的乘積為s,則當s16.(2024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,橢圓的半長軸長與雙曲線的半實軸長之差為4,離心率之比為3∶7,求這兩條曲線的標準方程.18.(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p,t的值;(2)設A,B是拋物線上分別位于x軸兩側(cè)的兩個動點,且OA·OB=5(其中O為坐標原點).求證:直線AB19.(12分)(2024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(2)求雙曲線的離心率e的取值范圍.20.(12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>(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.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(guān)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.22.(12分)(2024安徽黃山期中)已知圓C:(x-1)2+(y-3)2=9,線段RQ的端點Q的坐標是(4,3),端點R在圓C上運動,且點T滿意RT=2TQ,記T點的軌跡為曲線Γ.(1)求曲線Γ的方程;(2)過點A(0,3)斜率為k的直線l與曲線Γ交于M,N兩點,摸索究:①設O為坐標原點,若OM·ON=26,這樣的直線l是否存在?若存在,求出|MN|②求線段MN的中點D的軌跡方程.其次章測評(一)1.A直線y=kx-k+1=k(x-1)+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.D3.C由題意可知m-4m=33,解得所以橢圓長軸長為26.4.B由拋物線的定義及已知條件可得3+p2=23-p2,又0<p<6,5.A∵雙曲線x2a2?y2b2=1(a>b>0)的兩條漸近線夾角為α,且tanα則2tanα21-tan2α2=43,解得tanα2=12或tanα2=-2(6.D如圖所示,由題意得焦點坐標F(1,0),準線方程為x=-1,設M的坐標為y24,y,∠NFM=60°,∴y24∴|y|=3y24-1,整理得3y2-4|y|-43解得|y|=23,又∠NFM=60°,∴|FM|=23sin60°7.C由橢圓的定義知,x23+y2=1的蒙日圓r1=3+1所以蒙日圓為x2+y2=4,因為圓(x-2)2+(y-b)2=9上有且只有一個點在蒙日圓上,所以兩圓相切,由已知r2=3,所以22+b2=r1解得b=±21.8.D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x0x-y0y=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=k2-1,則k2=t+1,因為θ∈π4,π2所以t>0,S△OMN=12tt2+5t+6=121t+9.AC由題可得2a=6,2b=4,則a2=9,b2=4,故橢圓的標準方程可能為x29+y24=10.CD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,圓的半徑滿意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,明顯不成立,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,又由上述三個不等式知sinθ>11.BD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kPA1kPA2PF1=(-5-m,-n),PF2=(5若∠F1PF2=90°,則PF1·PF2=m2又n2=45(25-m2),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.ACD對于A,設A(x1,x12),B(x2,x∵OA⊥OB,∴OA·OB=0,∴x1x2+(x1x2)2∴x1x2(1+x1x2)=0,∴x2=-1x∴|OA||OB|=x12(1+x12)1x121+對于B,若OA⊥OB,明顯直線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=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(cè),∴x1+x2=k,x1x2=-14∴|AF|=y1+14=13,∴y1=112,∴∴x2=-14x1=-32,∴∴|BF|=y2+14=1,故D正確13.3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+(3cosθ-a)2=1,得a=(3+1)cosθ或a=(3-1)cosθ,∵3cosθ<a,∴當a=(3-1)cosθ時,不符合題意,舍去.∵△PQB∽△AOB,∴|PQ設|PB|=m,則|AB|=m+1,又|PQ∴mm+1=3-14.12因為雙曲線x24?y2b2=1(b>0)的離心率為5所以雙曲線x24-y2=1的右焦點F(其中一條漸近線方程為x-2y=0,所以|AF|=51+(-所以|OA|=(5)215.(0,3)或(0,-3)設橢圓x225+y29=1的焦點為由橢圓定義可得,|PF1|+|PF2|=2a=10,則s=|PF1|·|PF2|≤|PF1|+|P當且僅當|PF1|=|PF2|=a=5,即P(0,3)或(0,-3),s取得最大值25.16.12設點P(x0,y0),由題可知切線PA,PB斜率存在,則過點P的直線方程為y-y0=k(x-x0),聯(lián)立化簡得(b2+a2k2)x2+2a2k(y0-kx0)x+a2(y0-kx0)2-λa2b2=0,因為直線與橢圓相切,所以Δ=[2a2k(y0-kx0)]2-4(b2+a2k2)[a2(y0-kx0)2-λa2b2]=0,綻開得4a4k2(y0-kx0)2-4a2(b2+a2k2)(y0-kx0)2+4a2λb2(b2+a2k2)=0,即-b2(y0-kx0)2+λb2(b2+a2k2)=0,即(y0-kx0)2-λb2-λa2k2=0,整理為關(guān)于k的方程可得(x02-λa2)k2-2x0y0k+y02-λ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(guān)系得k1k2=y02化簡得y02-λb2=tx02-t因為P(x0,y0)在橢圓E1上,代入可得x02a2+y02b2=1(a>b>0),化簡可得b則y02-λb17.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.(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,消去則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.解如圖,當x=c時,代入雙曲線方程可得y=±b2由相像三角形可知,|OH||PF2∴2a2λ+b2λ=b2,整理得b2(1)當λ=13時,b2a2=1,則a=b(2)∵|PF2|=b2a,∴e2=c2a2=1+b2a2=1+2λ令y=-1-2λ-1,則函數(shù)y在∴λ=12時,e2的最大值為3,當λ=19時,e2的最小值為54,∴54≤即52≤e≤3.故離心率e的取值范圍為520.(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+n(k≠0,n≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).將y=kx+n代入x28整理得(2k2+1)x2+4knx+2n2-8=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.解(1)由題意可得直線AB的斜率存在,且不為0.設直線AB:x-2=m(y-2),m≠0,與拋物線方程聯(lián)立消去x,可得y2-8my+16m-16=0.判別式Δ=(-8