高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第九章】解析幾何 第九章 章末檢測

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1、 精品資料 第九章　章末檢測 (時間：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) 1．原點到直線x＋2y－5＝0的距離為(　　) A．1 B. C．2 D. 2．(2010·安徽)過點(1,0)且與直線x－2y－2＝0平行的直線方程是(　　) A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0 C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝0 3．直線x－2y－3＝0與圓C：(x－2)2＋(y＋3)2＝9交于E、F兩點，則△ECF的面積為(　　) A.

2、 B. C．2 D. 4．(2011·咸寧調(diào)研)已知拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線與雙曲線－y2＝1 (a>0)交于A、B兩點，點F為拋物線的焦點，若△FAB為直角三角形，則雙曲線的離心率是(　　) A. B. C．2 D．3 5．已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，設(shè)該圓過點(3,5)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為(　　) A．10 B．20 C．30 D．40 6．(2011·福建)設(shè)圓錐曲線Γ的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，若曲線Γ上存在點P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|

3、＝4∶3∶2，則曲線Γ的離心率等于(　　) A.或 B.或2 C.或2 D.或 7．兩個正數(shù)a、b的等差中項是，一個等比中項是，且a>b，則雙曲線－＝1的離心率e等于(　　) A. B. C. D. 8．若過點A(4,0)的直線l與曲線(x－2)2＋y2＝1有公共點，則直線l的斜率的取值范圍為(　　) A．[－，] B．(－，) C. D. 9．(2011·商丘模擬)設(shè)雙曲線－＝1的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個公共點，則雙曲線的離心率為(　　) A. B．5 C. D. 10．“神舟

4、七號”宇宙飛船的運行軌道是以地球中心，F(xiàn)為左焦點的橢圓，測得近地點A距離地面m km，遠(yuǎn)地點B距離地面n km，地球的半徑為k km，關(guān)于橢圓有以下三種說法： ①焦距長為n－m；②短軸長為；③離心率e＝. 以上正確的說法有(　　) A．①③ B．②③ C．①② D．①②③ 11．設(shè)F1、F2是雙曲線－＝1 (a>0，b>0)的兩個焦點，P在雙曲線上，若·＝0，||·||＝2ac (c為半焦距)，則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C．2 D. 12．(2010·浙江)設(shè)F1、F2分別為雙曲線－＝1(a

5、>0，b>0)的左、右焦點．若在雙曲線右支上存在點P，滿足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實軸長，則該雙曲線的漸近線方程為(　　) A．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0 C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(2011·安慶模擬)若一個圓的圓心在拋物線y2＝4x的焦點處，且此圓與直線3x＋4y＋7＝0相切，則這個圓的方程為________________． 14．過橢圓＋＝1 (a>b>0)的左頂點A

6、作斜率為1的直線，與橢圓的另一個交點為M，與y軸的交點為B.若|AM|＝|MB|，則該橢圓的離心率為________． 15．(2011·江西)若橢圓＋＝1的焦點在x軸上，過點(1，)作圓x2＋y2＝1的切線，切點分別為A，B，直線AB恰好經(jīng)過橢圓的右焦點和上頂點，則橢圓方程是________． 16．若方程＋＝1所表示的曲線C，給出下列四個命題： ①若C為橢圓，則1<t<4； ②若C為雙曲線，則t>4或t<1； ③曲線C不可能是圓； ④若C表示橢圓，且長軸在x軸上，則1<t<. 其中正確的命題是________．(把所有正確命題的序

7、號都填在橫線上) 三、解答題(本大題共6小題，共70分) 17．(10分) 如圖，直角三角形ABC的頂點坐標(biāo)A(－2,0)，直角頂點B(0，－2)，頂點C在x軸上，點P為線段OA的中點． (1)求BC邊所在直線方程； (2)M為直角三角形ABC外接圓的圓心，求圓M的方程； (3)若動圓N過點P且與圓M內(nèi)切，求動圓N的圓心N的軌跡方程． 18．(12分)已知拋物線y2＝－x與直線y＝k(x＋1)相交于A、B兩點． (1)求證：OA⊥OB； (2)當(dāng)△OAB的面積等于時，求k的值．

8、 19．(12分)(2011·陜西)如圖，設(shè)P是圓x2＋y2＝25上的動點，點D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|＝|PD|. (1)當(dāng)P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程； (2)求過點(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長度． 20．(12分)設(shè)直線l：y＝k(x＋1) (k≠0)與橢圓x2＋3y2＝a2 (a>0)相交于兩個不同的點A、B，與x軸相交于點C，記O為坐標(biāo)原點． (1)證明：a2>； (2)若＝2，求△OAB的面積取得最大值時的橢圓方程．

9、 21．(12分)(2011·福建)已知直線l：y＝x＋m，m∈R. (1)若以點M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點P，且點P在y軸上，求該圓的方程． (2)若直線l關(guān)于x軸對稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說明理由． 22．(12分)(2011·山東)已知動直線l與橢圓C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點，且△OPQ的面積S△OPQ＝，其中O為坐標(biāo)原點． (1)證明：x＋x和y＋y均為定值． (2)設(shè)線段PQ的中點為M，求|OM|&

10、#183;|PQ|的最大值． (3)橢圓C上是否存在三點D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判斷 △DEG的形狀；若不存在，請說明理由． 第九章　章末檢測 1．D　2.A　3.C　4.B　5.B 6．A　[由|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，可設(shè)|PF1|＝4k，|F1F2|＝3k，|PF2|＝2k，若圓錐曲線為橢圓，則2a＝6k,2c＝3k，e＝＝. 若圓錐曲線為雙曲線， 則2a＝4k－2k＝2k,2c＝3k，e＝＝.] 7．D　8.C　9.D 10．A　11.D　12.C

11、13．(x－1)2＋y2＝4　14. 15.＋＝1 解析　由題意可得切點A(1,0)． 切點B(m，n)滿足解得B(，)． ∴過切點A，B的直線方程為2x＋y－2＝0. 令y＝0得x＝1，即c＝1； 令x＝0得y＝2，即b＝2. ∴a2＝b2＋c2＝5，∴橢圓方程為＋＝1. 16．② 17．解　(1)∵kAB＝－，AB⊥BC，∴kCB＝. ∴l(xiāng)BC：y＝x－2. 故BC邊所在的直線方程為x－y－4＝0.(3分) (2)在上式中，令y＝0，得C(4,0)， ∴圓心M(1,0)．又∵|AM|＝3， ∴外接圓的方程為(x－1)2＋y2＝9.(6分) (3)∵圓N過點P(

12、－1,0)， ∴PN是該圓的半徑．又∵動圓N與圓M內(nèi)切， ∴|MN|＝3－|PN|， 即|MN|＋|PN|＝3>2＝|MP|.(8分) ∴點N的軌跡是以M、P為焦點，長軸長為3的橢圓． ∴a＝，c＝1，b＝＝ . ∴軌跡方程為＋＝1.(10分) 18．解　設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)． (1)由　得ky2＋y－k＝0，(2分) ∴y1y2＝－1.又－x1＝y(tǒng)，－x2＝y(tǒng)， ∴x1x2＝(y1y2)2＝1，∴x1x2＋y1y2＝0.(4分) ∴·＝x1x2＋y1y2＝0， ∴OA⊥OB.(6分) (2) 如圖，由(1)知y1＋y2＝－，

13、y1y2＝－1， ∴|y1－y2|＝ ＝ ＝2，(10分) ∴k2＝，∴k＝±， 即所求k的值為±.(12分) 19．解　(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，P的坐標(biāo)為(xP，yP)， 由已知得 ∵P在圓上， ∴x2＋(y)2＝25，即軌跡C的方程為＋＝1.(6分) (2)過點(3,0)且斜率為的直線方程為y＝(x－3)， 設(shè)直線與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將直線方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1，即x2－3x－8＝0.(8分) ∴x1＝，x2＝.(10分) ∴線段AB的長度為|AB|＝＝＝＝.(12分) 20．(1

14、)證明　依題意，由y＝k(x＋1)，得x＝y(tǒng)－1. 將x＝y(tǒng)－1代入x2＋3y2＝a2， 消去x，得y2－y＋1－a2＝0.①(2分) 由直線l與橢圓相交于兩個不同的點， 得Δ＝－4>0， 整理得a2>3，即a2>.(5分) (2)解　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由①得y1＋y2＝， 由＝2，C(－1,0)，得y1＝－2y2，代入上式，得y2＝.(8分) 于是，S△OAB＝|OC|·|y1－y2| ＝|y2|＝≤＝，(10分) 其中，上式取等號的條件是3k2＝1，即k＝±， 由y2＝，可得y2＝±， 將k＝，y2

15、＝－及k＝－，y2＝這兩組值分別代入①，均可解出a2＝5，所以，△OAB的面積取得最大值時的橢圓方程是x2＋3y2＝5.(12分) 21．解　方法一　(1)依題意，點P的坐標(biāo)為(0，m)． 因為MP⊥l，所以×1＝－1， 解得m＝2，即點P的坐標(biāo)為(0,2)．(3分) 從而圓的半徑r＝|MP|＝＝2， 故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.(6分) (2)因為直線l的方程為y＝x＋m， 所以直線l′的方程為y＝－x－m. 由得x2＋4x＋4m＝0. Δ＝42－4×4m＝16(1－m)． 當(dāng)m＝1時，即Δ＝0時，直線l′與拋物線C相切； 當(dāng)m≠1時，即

16、Δ≠0時，直線l′與拋物線C不相切．(10分) 綜上，當(dāng)m＝1時，直線l′與拋物線C相切； 當(dāng)m≠1時，直線l′與拋物線C不相切．(12分) 方法二　(1)設(shè)所求圓的半徑為r，則圓的方程可設(shè)為(x－2)2＋y2＝r2. 依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點P(0，m)， 則解得(4分) 所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.(6分) (2)同方法一． 22．(1)證明　①當(dāng)直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關(guān)于x軸對稱， 所以x2＝x1，y2＝－y1. 因為P(x1，y1)在橢圓上， 因此＋＝1.① 又因為S△OPQ＝，所以|x1|·|y1|＝.②

17、 由①②得|x1|＝，|y1|＝1， 此時x＋x＝3，y＋y＝2. ②當(dāng)直線l的斜率存在時， 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m， 由題意知m≠0，將其代入＋＝1，得 (2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0， 其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0， 即3k2＋2>m2.(*) 又x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以|PQ|＝· ＝·. 因為點O到直線l的距離為d＝， 所以S△OPQ＝|PQ|·d ＝·· ＝.又S△OPQ＝， 整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式，(2分)

18、此時x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2 ＝(－)2－2×＝3， y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2， 綜上所述，x＋x＝3，y＋y＝2，結(jié)論成立．(4分) (2)解　方法一　①當(dāng)直線l的斜率不存在時， 由(1)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2， 因此|OM|·|PQ|＝×2＝. ②當(dāng)直線l的斜率存在時，由(1)知： ＝－，＝k()＋m＝－＋m ＝＝， |OM|2＝()2＋()2＝＋＝＝(3－)． |PQ|2＝(1＋k2)＝＝2(2＋)， 所以|OM|2·|PQ|2＝×(3－)×

19、2×(2＋) ＝(3－)(2＋)≤2＝. 所以|OM|·|PQ|≤，當(dāng)且僅當(dāng)3－＝2＋， 即m＝±時，等號成立． 綜合①②得|OM|·|PQ|的最大值為.(8分) 方法二　因為4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝10. 所以2|OM|·|PQ|≤＝＝5. 即|OM|·|PQ|≤，當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|＝|PQ|＝時等號成立．因此|OM|·|PQ|的最大值為. (3)解　橢圓C上不存在三點D，E，G，使得S△ODE＝S△OD

20、G＝S△OEG＝. 證明：假設(shè)存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)滿足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝， 由(1)得u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3；v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2，(10分) 解得u2＝x＝x＝；v2＝y(tǒng)＝y(tǒng)＝1， 因此u，x1，x2只能從±中選取，v，y1，y2只能從±1中選?。? 因此D，E，G只能在(±，±1)這四點中選取三個不同點， 而這三點的兩兩連線中必有一條過原點， 與S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾， 所以橢圓C上不存在滿足條件的三點D，E，G. (12分)