2015高考数学(理)(第九章 解析几何)一轮过关测试题

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2015高考数学(理)(第九章 解析几何)一轮过关测试题

第九章 章末检测 ‎(时间:120分钟 满分:150分)‎ 一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.原点到直线x+2y-5=0的距离为(  )‎ A.1 B. C.2 D. ‎2.(2010·安徽)过点(1,0)且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是(  )‎ A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0‎ C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=0‎ ‎3.直线x-2y-3=0与圆C:(x-2)2+(y+3)2=9交于E、F两点,则△ECF的面积为(  )‎ A. B. C.2 D. ‎4.(2011·咸宁调研)已知抛物线y2=4x的准线与双曲线-y2=1 (a>0)交于A、B两点,点F为抛物线的焦点,若△FAB为直角三角形,则双曲线的离心率是(  )‎ A. B. C.2 D.3‎ ‎5.已知圆的方程为x2+y2-6x-8y=0,设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD,则四边形ABCD的面积为(  )‎ A.10 B.‎20‎ C.30 D.40 ‎6.(2011·福建)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1,F2,若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F‎1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于(  )‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 ‎7.两个正数a、b的等差中项是,一个等比中项是,且a>b,则双曲线-=1的离心率e等于(  )‎ A. B. C. D. ‎8.若过点A(4,0)的直线l与曲线(x-2)2+y2=1有公共点,则直线l的斜率的取值范围为(  )‎ A.[-,] B.(-,)‎ C. D. ‎9.(2011·商丘模拟)设双曲线-=1的一条渐近线与抛物线y=x2+1只有一个公共点,则双曲线的离心率为(  )‎ A. B.‎5 ‎ C. D. ‎10.“神舟七号”宇宙飞船的运行轨道是以地球中心,F为左焦点的椭圆,测得近地点A距离地面m km,远地点B距离地面n km,地球的半径为k km,关于椭圆有以下三种说法:‎ ‎①焦距长为n-m;②短轴长为;③离心率e=.‎ 以上正确的说法有(  )‎ A.①③ B.②③ C.①② D.①②③‎ ‎11.设F1、F2是双曲线-=1 (a>0,b>0)的两个焦点,P在双曲线上,若·=0,||·||=‎2ac (c为半焦距),则双曲线的离心率为(  )‎ A. B. C.2 D. ‎12.(2010·浙江)设F1、F2分别为双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点.若在双曲线右支上存在点P,满足|PF2|=|F‎1F2|,且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长,则该双曲线的渐近线方程为(  )‎ A.3x±4y=0 B.3x±5y=0‎ C.4x±3y=0 D.5x±4y=0‎ 二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.(2011·安庆模拟)若一个圆的圆心在抛物线y2=4x的焦点处,且此圆与直线3x+4y+7=0相切,则这个圆的方程为________________.‎ ‎14.过椭圆+=1 (a>b>0)的左顶点A作斜率为1的直线,与椭圆的另一个交点为M,与y轴的交点为B.若|AM|=|MB|,则该椭圆的离心率为________.‎ ‎15.(2011·江西)若椭圆+=1的焦点在x轴上,过点(1,)作圆x2+y2=1的切线,切点分别为A,B,直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点,则椭圆方程是________.‎ ‎16.若方程+=1所表示的曲线C,给出下列四个命题:‎ ‎①若C为椭圆,则14或t<1;‎ ‎③曲线C不可能是圆;‎ ‎④若C表示椭圆,且长轴在x轴上,则10)相交于两个不同的点A、B,与x轴相交于点C,记O为坐标原点.‎ ‎(1)证明:a2>;‎ ‎(2)若=2,求△OAB的面积取得最大值时的椭圆方程.‎ ‎21.(12分)(2011·福建)已知直线l:y=x+m,m∈R.‎ ‎(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P,且点P在y轴上,求该圆的方程.‎ ‎(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′,问直线l′与抛物线C:x2=4y是否相切?说明理由.‎ ‎22.(12分)(2011·山东)已知动直线l与椭圆C:+=1交于P(x1,y1),Q(x2,y2)两不同点,且△OPQ的面积S△OPQ=,其中O为坐标原点.‎ ‎(1)证明:x+x和y+y均为定值.‎ ‎(2)设线段PQ的中点为M,求|OM|·|PQ|的最大值.‎ ‎(3)椭圆C上是否存在三点D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=?若存在,判断 ‎△DEG的形状;若不存在,请说明理由.‎ 第九章 章末检测 ‎1.D 2.A 3.C 4.B 5.B ‎6.A [由|PF1|∶|F‎1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,可设|PF1|=4k,|F‎1F2|=3k,|PF2|=2k,若圆锥曲线为椭圆,则‎2a=6k,‎2c=3k,e==.‎ 若圆锥曲线为双曲线,‎ 则‎2a=4k-2k=2k,‎2c=3k,e==.]‎ ‎7.D 8.C 9.D ‎10.A 11.D 12.C ‎13.(x-1)2+y2=4 14. ‎15.+=1‎ 解析 由题意可得切点A(1,0).‎ 切点B(m,n)满足解得B(,).‎ ‎∴过切点A,B的直线方程为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,∴椭圆方程为+=1.‎ ‎16.②‎ ‎17.解 (1)∵kAB=-,AB⊥BC,∴kCB=.‎ ‎∴lBC:y=x-2.‎ 故BC边所在的直线方程为x-y-4=0.(3分)‎ ‎(2)在上式中,令y=0,得C(4,0),‎ ‎∴圆心M(1,0).又∵|AM|=3,‎ ‎∴外接圆的方程为(x-1)2+y2=9.(6分)‎ ‎(3)∵圆N过点P(-1,0),‎ ‎∴PN是该圆的半径.又∵动圆N与圆M内切,‎ ‎∴|MN|=3-|PN|,‎ 即|MN|+|PN|=3>2=|MP|.(8分)‎ ‎∴点N的轨迹是以M、P为焦点,长轴长为3的椭圆.‎ ‎∴a=,c=1,b== .‎ ‎∴轨迹方程为+=1.(10分)‎ ‎18.解 设A(x1,y1)、B(x2,y2).‎ ‎(1)由 得ky2+y-k=0,(2分)‎ ‎∴y1y2=-1.又-x1=y,-x2=y,‎ ‎∴x1x2=(y1y2)2=1,∴x1x2+y1y2=0.(4分)‎ ‎∴·=x1x2+y1y2=0,‎ ‎∴OA⊥OB.(6分)‎ ‎(2)‎ 如图,由(1)知y1+y2=-,‎ y1y2=-1,‎ ‎∴|y1-y2|=‎ ‎= =2,(10分)‎ ‎∴k2=,∴k=±,‎ 即所求k的值为±.(12分)‎ ‎19.解 (1)设M的坐标为(x,y),P的坐标为(xP,yP),‎ 由已知得 ‎∵P在圆上,‎ ‎∴x2+(y)2=25,即轨迹C的方程为+=1.(6分)‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3),‎ 设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 将直线方程y=(x-3)代入C的方程,得 +=1,即x2-3x-8=0.(8分)‎ ‎∴x1=,x2=.(10分)‎ ‎∴线段AB的长度为|AB|====.(12分)‎ ‎20.(1)证明 依题意,由y=k(x+1),得x=y-1.‎ 将x=y-1代入x2+3y2=a2,‎ 消去x,得y2-y+1-a2=0.①(2分)‎ 由直线l与椭圆相交于两个不同的点,‎ 得Δ=-4>0,‎ 整理得a2>3,即a2>.(5分)‎ ‎(2)解 设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,上式取等号的条件是3k2=1,即k=±,‎ 由y2=,可得y2=±,‎ 将k=,y2=-及k=-,y2=这两组值分别代入①,均可解出a2=5,所以,△OAB的面积取得最大值时的椭圆方程是x2+3y2=5.(12分)‎ ‎21.解 方法一 (1)依题意,点P的坐标为(0,m).‎ 因为MP⊥l,所以×1=-1,‎ 解得m=2,即点P的坐标为(0,2).(3分)‎ 从而圆的半径r=|MP|==2,‎ 故所求圆的方程为(x-2)2+y2=8.(6分)‎ ‎(2)因为直线l的方程为y=x+m,‎ 所以直线l′的方程为y=-x-m.‎ 由得x2+4x+‎4m=0.‎ Δ=42-4×‎4m=16(1-m).‎ 当m=1时,即Δ=0时,直线l′与抛物线C相切;‎ 当m≠1时,即Δ≠0时,直线l′与抛物线C不相切.(10分)‎ 综上,当m=1时,直线l′与抛物线C相切;‎ 当m≠1时,直线l′与抛物线C不相切.(12分)‎ 方法二 (1)设所求圆的半径为r,则圆的方程可设为(x-2)2+y2=r2.‎ 依题意,所求圆与直线l:x-y+m=0相切于点P(0,m),‎ 则解得(4分)‎ 所以所求圆的方程为(x-2)2+y2=8.(6分)‎ ‎(2)同方法一.‎ ‎22.(1)证明 ①当直线l的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴对称,‎ 所以x2=x1,y2=-y1.‎ 因为P(x1,y1)在椭圆上,‎ 因此+=1.①‎ 又因为S△OPQ=,所以|x1|·|y1|=.②‎ 由①②得|x1|=,|y1|=1,‎ 此时x+x=3,y+y=2.‎ ‎②当直线l的斜率存在时,‎ 设直线l的方程为y=kx+m,‎ 由题意知m≠0,将其代入+=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|=· ‎=·.‎ 因为点O到直线l的距离为d=,‎ 所以S△OPQ=|PQ|·d ‎=·· ‎=.又S△OPQ=,‎ 整理得3k2+2=‎2m2‎,且符合(*)式,(2分)‎ 此时x+x=(x1+x2)2-2x1x2‎ ‎=(-)2-2×=3,‎ y+y=(3-x)+(3-x)=4-(x+x)=2,‎ 综上所述,x+x=3,y+y=2,结论成立.(4分)‎ ‎(2)解 方法一 ①当直线l的斜率不存在时,‎ 由(1)知|OM|=|x1|=,|PQ|=2|y1|=2,‎ 因此|OM|·|PQ|=×2=.‎ ‎②当直线l的斜率存在时,由(1)知:‎ =-,=k()+m=-+m ‎==,‎ ‎|OM|2=()2+()2=+==(3-).‎ ‎|PQ|2=(1+k2)==2(2+),‎ 所以|OM|2·|PQ|2=×(3-)×2×(2+)‎ ‎=(3-)(2+)≤2=.‎ 所以|OM|·|PQ|≤,当且仅当3-=2+,‎ 即m=±时,等号成立.‎ 综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为.(8分)‎ 方法二 因为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|≤,当且仅当2|OM|=|PQ|=时等号成立.因此|OM|·|PQ|的最大值为.‎ ‎(3)解 椭圆C上不存在三点D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=.‎ 证明:假设存在D(u,v),E(x1,y1),G(x2,y2)满足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=y=1,‎ 因此u,x1,x2只能从±中选取,v,y1,y2只能从±1中选取.‎ 因此D,E,G只能在(±,±1)这四点中选取三个不同点,‎ 而这三点的两两连线中必有一条过原点,‎ 与S△ODE=S△ODG=S△OEG=矛盾,‎ 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D,E,G.‎ ‎(12分)‎
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