（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 解析幾何單元質(zhì)檢.docx

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單元質(zhì)檢九　解析幾何 (時(shí)間:120分鐘　滿分:150分) 一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40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.已知直線l1:mx+y-1=0與直線l2:(m-2)x+my-1=0,則“m=1”是“l(fā)1⊥l2”的(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.充分不必要條件 B.充要條件 C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件 答案A 解析當(dāng)m=0時(shí),兩條直線方程分別化為y-1=0,2x+1=0,此時(shí)兩條直線相互垂直.當(dāng)m≠0時(shí),若l1⊥l2,則-m-m-2m=-1,解得m=1.綜上可得m=0或m=1.故“m=1”是“l(fā)1⊥l2”的充分不必要條件,故選A. 2.方程|y|-1=1-(x-1)2表示的曲線是(　　) A.一個(gè)橢圓 B.一個(gè)圓 C.兩個(gè)圓 D.兩個(gè)半圓 答案D 解析由題意知|y|-1≥0,則y≥1或y≤-1,當(dāng)y≥1時(shí),原方程可化為(x-1)2+(y-1)2=1(y≥1),其表示以(1,1)為圓心、1為半徑、直線y=1上方的半圓;當(dāng)y≤-1時(shí),原方程可化為(x-1)2+(y+1)2=1(y≤-1),其表示以(1,-1)為圓心、1為半徑、直線y=-1下方的半圓.所以方程|y|-1=1-(x-1)2表示的曲線是兩個(gè)半圓. 3.設(shè)定點(diǎn)M1(0,-3),M2(0,3),動(dòng)點(diǎn)P滿足條件|PM1|+|PM2|=a+9a(其中a是正常數(shù)),則點(diǎn)P的軌跡是(　　) A.橢圓 B.線段 C.橢圓或線段 D.不存在 答案C 解析∵a是正常數(shù),∴a+9a≥29=6,當(dāng)且僅當(dāng)a=3時(shí)“=”成立.當(dāng)|PM1|+|PM2|=6時(shí),點(diǎn)P的軌跡是線段M1M2; 當(dāng)|PM1|+|PM2|>6時(shí),點(diǎn)P的軌跡是橢圓.故選C. 4.過(guò)點(diǎn)P(4,2)作圓x2+y2=4的兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B,O為坐標(biāo)原點(diǎn),則△OAB外接圓的方程是(　　) A.(x-2)2+(y-1)2=5 B.(x-4)2+(y-2)2=20 C.(x+2)2+(y+1)2=5 D.(x+4)2+(y+2)2=20 答案A 解析由題意知,O,A,B,P四點(diǎn)共圓,所以所求圓的圓心為線段OP的中點(diǎn)(2,1).又圓的半徑r=12|OP|=5,所以所求圓的方程為(x-2)2+(y-1)2=5. 5.已知直線3x-y+4=0與圓x2+y2=16交于A,B兩點(diǎn),則AB在x軸正方向上投影的絕對(duì)值為(　　) A.43 B.4 C.23 D.2 答案C 解析因?yàn)閳Ax2+y2=16的圓心到直線3x-y+4=0的距離為d=412+(3)2=2,所以|AB|=216-4=43,由于直線3x-y+4=0的傾斜角為π3,所以AB在x軸正方向上投影的絕對(duì)值為|AB|cosπ3=4312=23,故選C. 6.已知兩圓C1:(x-4)2+y2=169,C2:(x+4)2+y2=9,動(dòng)圓在圓C1內(nèi)部且和圓C1相內(nèi)切,和圓C2相外切,則動(dòng)圓圓心M的軌跡方程為(　　) A.x264-y248=1 B.x248+y264=1 C.x248-y264=1 D.x264+y248=1 答案D 解析設(shè)圓M的半徑為r, 則|MC1|+|MC2|=(13-r)+(3+r)=16, ∴M的軌跡是以C1,C2為焦點(diǎn)的橢圓, 且2a=16,2c=8. 故所求的軌跡方程為x264+y248=1,故選D. 7.已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)M(p,0)的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),若AM=2MB,則|AF||BF|=(　　) A.2 B.52 C.2 D.與p有關(guān) 答案B 解析設(shè)直線方程為x=my+p,代入y2=2px,可得y2-2pmy-2p2=0. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=2pm,y1y2=-2p2, ∵AM=2MB,∴(p-x1,-y1)=2(x2-p,y2), ∴x1=-2x2+p,y1=-2y2, 可得y2=p,y1=-2p,∴x2=12p,x1=2p, ∴|AF||BF|=2p+12p12p+12p=52,故選B. 8.(2018嘉興模擬)如圖,已知橢圓C的中心為原點(diǎn)O,F(-25,0)為C的左焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),滿足|OP|=|OF|,且|PF|=4,則橢圓C的方程為(　　) A.x225+y25=1 B.x236+y216=1 C.x230+y210=1 D.x245+y225=1 答案B 解析設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距為2c,右焦點(diǎn)為F,連接PF,如圖所示. 因?yàn)镕(-25,0)為C的左焦點(diǎn),所以c=25.由|OP|=|OF|=|OF|知,∠FPF=90, 即FP⊥PF.在Rt△PFF中,由勾股定理,得|PF|=|FF|2-|PF|2=(45)2-42=8. 由橢圓定義,得|PF|+|PF|=2a=4+8=12, 所以a=6,a2=36.于是b2=a2-c2=36-(25)2=16, 所以橢圓C的方程為x236+y216=1. 9.(2018寧波模擬)已知雙曲線x2a2-y2=1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為233,P為雙曲線右支上一點(diǎn),且滿足|PF1|2-|PF2|2=415,則△PF1F2的周長(zhǎng)為(　　) A.25 B.25+2 C.25+4 D.23+4 答案C 解析∵雙曲線x2a2-y2=1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為233,∴a2+1a=233,可得a=3,c=2,|PF1|-|PF2|=2a=23,①|(zhì)PF1|2-|PF2|2=(|PF1|-|PF2|)(|PF1|+|PF2|)=2a(|PF1|+|PF2|)=23(|PF1|+|PF2|)=415,|PF1|+|PF2|=25,②由①②得|PF1|=5+3,|PF2|=5-3,△PF1F2的周長(zhǎng)為|PF1|+|PF2|+|F1F2|=4+25,故選C. 10.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A,B兩點(diǎn),與雙曲線的其中一個(gè)交點(diǎn)為P,設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O,若OP=mOA+nOB(m,n∈R),且mn=29,則該雙曲線的漸近線方程為(　　) A.y=34x B.y=24x C.y=12x D.y=13x 答案B 解析不妨令A(yù)c,bca,Bc,-bca,由OP=mOA+nOB可得P(m+n)c,(m-n)bca,代入雙曲線方程得(m+n)2c2a2-b2c2a2(m-n)2b2=1,化簡(jiǎn)得c2a24mn=1,∵mn=29,∴c2a2=98, ∴b2a2=18,故雙曲線的漸近線方程為y=24x,故選B. 二、填空題(本大題共7小題,多空題每小題6分,單空題每小題4分,共36分.將答案填在題中橫線上) 11.已知直線l1:2x-2y+1=0,直線l2:x+by-3=0,若l1⊥l2,則b=　　　　　;若l1∥l2,則兩直線間的距離為　　　　　. 答案1　724 解析①∵l1⊥l2,則-2-2-1b=-1,解得b=1. ②若l1∥l2,則-2-2=-1b,解得b=-1.∴兩條直線方程分別為x-y+12=0,x-y-3=0. 則兩直線間的距離為-3-122=724. 12.已知圓C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線l:x+my+1=0對(duì)稱,經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(m,m)作圓C的切線,切點(diǎn)為P,則m=　　　　　;|MP|=　　　　　. 答案-1　3 解析∵圓C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線l:x+my+1=0對(duì)稱, ∴直線l:x+my+1=0過(guò)圓心C(1,2), ∴1+2m+1=0.解得m=-1. 圓C:x2+y2-2x-4y+1=0,可化為(x-1)2+(y-2)2=4,圓心(1,2),半徑r=2, ∵經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(m,m)作圓C的切線,切點(diǎn)為P, ∴|MP|=(1+1)2+(2+1)2-4=3. 13.若△OAB的垂心H(1,0)恰好為拋物線y2=2px的焦點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A,B在此拋物線上,則此拋物線的方程是　　　　　,△OAB面積是　　　　　. 答案y2=4x　105 解析本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì). 因?yàn)榻裹c(diǎn)為H(1,0),所以拋物線的方程是y2=4x. 設(shè)A(a2,2a),B(b2,2b),由拋物線的對(duì)稱性可知,b=-a. 又因?yàn)锳H⊥OB,得2aa2-12bb2=-1,解得a=5(不妨取正值),從而可得△OAB面積是105. 14.已知拋物線y=x2和直線l:y=kx+m(m>0)交于兩點(diǎn)A,B,當(dāng)OAOB=2時(shí),直線l過(guò)定點(diǎn)　　　　　;當(dāng)m=　　　　時(shí),以AB為直徑的圓與直線y=14相切. 答案(0,2)　14 解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),y=x2,y=kx+m,整理得x2-kx-m=0,則x1+x2=k,x1x2=-m, y1y2=(x1x2)2=m2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=k2+2m, 由OAOB=2,則x1x2+y1y2=m2-m=2,即m2-m-2=0,解得m=-1或m=2,由m>0,得m=2, 直線l:y=kx+2,∴直線l過(guò)定點(diǎn)(0,2), 設(shè)以AB為直徑的圓的圓心M(x,y),圓M與y=14相切于點(diǎn)P, 由x=x1+x22=k2,則Pk2,-14, 由題意可知PAPB=0, 即x1-k2,y1+14x2-k2,y2+14=0, 整理得x1x2-k2(x1+x2)+k24+y1y2+14(y1+y2)+116=0, 代入整理得m2-m2+116=0,解得m=14, ∴當(dāng)m=14,以AB為直徑的圓與直線y=14相切. 15.已知圓O1和圓O2都經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,1),若兩圓與直線4x-3y+5=0及y+1=0均相切,則|O1O2|=　　　　　. 答案5 解析如圖,∵原點(diǎn)O到直線4x-3y+5=0的距離d=|5|42+(-3)2=1,到直線y=-1的距離為1,且到(0,1)的距離為1, ∴圓O1和圓O2的一個(gè)圓心為原點(diǎn)O,不妨看作是圓O1, 設(shè)O2(a,b),則由題意得 b+1=a2+(b-1)2,b+1=|4a-3b+5|42+(-3)2,解得a=2,b=1. ∴|O1O2|=22+12=5. 16.雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,P為雙曲線上一點(diǎn),且PF1PF2=0,△F1PF2的內(nèi)切圓半徑r=2a,則雙曲線的離心率e=　　　　. 答案5 解析可設(shè)P為第一象限的點(diǎn), 由雙曲線的定義可得|PF1|-|PF2|=2a,① PF1PF2=0,可得PF1⊥PF2, 由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,② 由①②可得2|PF1||PF2|=4c2-4a2=4b2, 由三角形的面積公式可得12r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=12|PF1||PF2|, 即有c+2a=c2+b2,兩邊平方可得c2+4a2+4ac=c2+b2=c2+c2-a2,即c2-4ac-5a2=0,解得c=5a(c=-a舍去), 即有e=ca=5. 17.(2018浙江鎮(zhèn)海5月)已知拋物線y2=4x的焦點(diǎn)記為F,過(guò)點(diǎn)F作直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),則|AF|-2|BF|的最小值為　　　　　. 答案22-2 解析由題意知,拋物線y2=4x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0), 當(dāng)斜率k存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1), 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由y2=4x,y=k(x-1),整理得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 則x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1,則x2=1x1, 根據(jù)拋物線性質(zhì)可知,|AF|=x1+1,|BF|=x2+1, |AF|-2|BF|=(x1+1)-2x2+1=(x1+1)-2x1x1+1=x12+1x1+1,x1>0,設(shè)f(x)=x2+1x+1,x>0, ∴f(x)在區(qū)間(0,2-1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(2-1,+∞)上單調(diào)遞增,∴當(dāng)x=2-1時(shí),f(x)取最小值,最小值為22-2. ∴|AF|-2|BF|的最小值為22-2. 三、解答題(本大題共5小題,共74分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟) 18.(14分)已知圓C:(x-1)2+y2=9內(nèi)有一點(diǎn)P(2,2),過(guò)點(diǎn)P作直線l交圓C于A,B兩點(diǎn). (1)當(dāng)l經(jīng)過(guò)圓心C時(shí),求直線l的方程; (2)當(dāng)直線l的傾斜角為45時(shí),求弦AB的長(zhǎng). 解(1)已知圓C:(x-1)2+y2=9的圓心為C(1,0),∵直線過(guò)點(diǎn)P,C,∴kPC=2-02-1=2,直線l的方程為y=2(x-1),即2x-y-2=0; (2)當(dāng)直線l的傾斜角為45時(shí),斜率為1,直線l的方程為y-2=x-2,即x-y=0,圓心C到直線l的距離為12.∵圓的半徑為3,∴弦AB的長(zhǎng)為34. 19.(15分)(2017課標(biāo)Ⅲ高考)已知拋物線C:y2=2x,過(guò)點(diǎn)(2,0)的直線l交C于A,B兩點(diǎn),圓M是以線段AB為直徑的圓. (1)證明:坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上; (2)設(shè)圓M過(guò)點(diǎn)P(4,-2),求直線l與圓M的方程. (1)證明設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2. 由x=my+2,y2=2x可得y2-2my-4=0,則y1y2=-4. 又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4. 因此OA的斜率與OB的斜率之積為y1x1y2x2=-44=-1, 所以O(shè)A⊥OB.故坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上. (2)解由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4. 故圓心M的坐標(biāo)為(m2+2,m),圓M的半徑r=(m2+2)2+m2. 由于圓M過(guò)點(diǎn)P(4,-2),因此APBP=0, 故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0, 即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4. 所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12. 當(dāng)m=1時(shí),直線l的方程為x-y-2=0,圓心M的坐標(biāo)為(3,1),圓M的半徑為10,圓M的方程為(x-3)2+(y-1)2=10. 當(dāng)m=-12時(shí),直線l的方程為2x+y-4=0,圓心M的坐標(biāo)為94,-12,圓M的半徑為854,圓M的方程為x-942+y+122=8516. 20.(15分)已知橢圓C1:x216+y24=1,直線l1:y=kx+m(m>0)與圓C2:(x-1)2+y2=1相切且與橢圓C1交于A,B兩點(diǎn). (1)若線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為43,求m的值; (2)過(guò)原點(diǎn)O作l1的平行線l2交橢圓于C,D兩點(diǎn),設(shè)|AB|=λ|CD|,求λ的最小值. 解(1)將l1:y=kx+m代入C1:x216+y24=1得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-4)=0,Δ>0恒成立,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-4)1+4k2,所以-4km1+4k2=43,① 又d=|k+m|1+k2=1,得k=1-m22m,②聯(lián)立①②得m4-m2-2=0,解得m=2. (2)由(1)得|x1-x2|=416k2-m2+41+4k2,所以|AB|=1+k2416k2-m2+41+4k2,把l2:y=kx代入C1:x216+y24=1得x2=161+4k2,所以|CD|=1+k281+4k2, 所以λ=|AB||CD|=16k2-m2+421+4k2=124-m21+4k2 =124-m21+41-m22m2 =124-m4m4-m2+1=124-11m2-122+34≥63, 當(dāng)m=2,k=-24時(shí),λ取最小值63. 21(15分)(2018浙江溫州二模)斜率為k的直線交拋物線x2=4y于A,B兩點(diǎn),已知點(diǎn)B的橫坐標(biāo)比點(diǎn)A的橫坐標(biāo)大4,直線y=-kx+1交線段AB于點(diǎn)R,交拋物線于點(diǎn)P,Q. (1)若點(diǎn)A的橫坐標(biāo)等于0,求|PQ|的值; (2)求|PR||QR|的最大值. 解(1)∵A(0,0),B(4,4),∴k=1. 聯(lián)立y=-x+1x2=4y?x2+4x-4=0. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則|PQ|=1+k2|x1-x2|=8. (2)設(shè)AB的方程為y=kx+b,代入x2=4y,得x2-4kx-4b=0. ∵xB-xA=16k2+16b=4,∴k2=1-b. 由y=kx+by=-kx+1?xR=1-b2k=k2, 聯(lián)立y=-kx+1x2=4y?x2+4kx-4=0, ∴x1+x2=-4k,x1x2=-4. 則|PR||QR|=-(1+k2)(x1-xR)(x2-xR) =-(1+k2)[x1x2-xR(x1+x2)+xR2] =-(1+k2)-4+2k2+k24 =-94k2-7182+625144, ∴當(dāng)k=146時(shí),|PR||QR|的最大值等于625144. 22.(15分)(2018浙江鎮(zhèn)海5月)已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),離心率e=22,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)P1,22在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程; (2)直線y=kx(k>0)與橢圓C交于A,B,連接AF1,BF1并延長(zhǎng)交橢圓C于點(diǎn)D,E,連接DE,求kDE與k之間的函數(shù)關(guān)系式. 解(1)因?yàn)辄c(diǎn)P1,22在橢圓上,所以1a2+12b2=1,a=2c, 又a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1, 所以橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)設(shè)A(x0,y0),則B(-x0,-y0),直線MD:x=x0+1y0y-1, 代入C:x22+y2=1,得[(x0+1)2+2y02]y2-2(x0+1)y0y-y02=0, 因?yàn)閤022+y02=1,代入化簡(jiǎn)得(2x0+3)y2-2(x0+1)y0y-y02=0,設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2),則y0y1=-y022x0+3, 所以y1=-y02x0+3,x1=x0+1y0y1-1, 直線NE:x=x0-1y0y-1, 同理可得y2=y0-2x0+3,x2=x0-1y0y2-1, 所以kDE=y1-y2x1-x2=y1-y2x0+1y0y1-x0-1y0y2=y1-y2x0y0(y1-y2)+y1+y2y0=1x0y0+1y0y1+y2y1-y2 =1x0y0+1y0-4x06=3y0x0=3k.