高考数学专题1812月第单次周考第八章解析几何测试3测试卷理

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高考数学专题1812月第单次周考第八章解析几何测试3测试卷理

12 月第三周 解析几何测试三 测试时间:1 20 分钟 班级: 姓名: 分数: 试题特点:本套试卷重点考查直线方程与圆的方程的求法、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、 椭圆、双曲线及抛物线的简单的几何性质的应用、直线与圆锥曲线的位置关系等.在命题时,注重考查 基础知识如第 1-8,13-15 及 17-20 题等;整套试卷注重数形结合能力和运算能力以及转化与化归能力的 考查. 讲评建议: 评讲试卷时应注重圆锥曲线定义的应用、椭圆双曲线及抛物线简单几何性质的运用、整体思 想及常用解题方法的总结;关注运算能力的培养;加强直线、圆及圆锥曲线的位置关系综合题的求解能 力的培养.试卷中第 5,10,16,17,19,21,22 各题易错,评讲时应重视. 一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符 合题目要求的) 1.若直线 2 3 1 0x y   与直线 4 11 0x my   平行,则 m 的值为( ) A. 8 3 B. 8 3  C. 6 D.6 【答案】D 【解析】由题设可得 4 11 3 2 1 m    ,则 6m  ,应选答案 D. 2.抛物线 2 64y x 的准线方程为( ) A. 8x  B. 8x   C. 16x   D. 16x  【答案】C 【解析】根据抛物线 2 2y px 的准线方程为 2 px   可知 2 64y x 的准线方程为 16x   .故选择 C. 3.直线 经过椭圆的一个顶点和一个焦点,若椭圆中心到直线 的距离为其短轴长的 ,则该椭圆的离心 率为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】设椭圆的方程为 ,直线 经过椭圆的一个顶点和一个焦点, 则直线方程为 ,椭圆中心到 l 的距离为其短轴长的 ,可得 , ,故选 B. 4.离心率为 ,且过点 的椭圆的标准方程是( ) A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 5.已知椭圆 2 2 : 14 3 x yC   ,直线 : 1l y x  ,点  1,0P ,直线l 交椭圆C 于 A B、 两点,则 2 2PA PB 的值为( ) A. 321 49 B. 324 49 C. 327 49 D. 330 49 【答案】B 【解析】 设点 ,A B 的坐标分别为    1 1 2 2, , ,x y x y , 由椭圆的定义可知,椭圆的右焦点  1,0F ,此时直线 1y x  经过点 F , 可得 1 1 12 2PA a ex x    , 2 2 12 2PB a ex x    , 所以     2 2 22 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 1 12 2 8 2 22 2 4PA PB x x x x x x x x                        联立方程组 2 2 1 { 14 3 y x x y     ,得 27 8 8 0x x   ,所以 1 2 1 2 8 8,7 7x x x x    , 代入上式可得    22 2 1 2 1 2 1 2 1 3248 2 24 49PA PB x x x x x x          ,故选 B. 点睛:本题考查至直线与椭圆的位置关系的应用,其中解答中涉及到椭圆标准方程及其简单的几何性质, 椭圆的定义等知识点的综合考查,解答中合理转化为直线与圆锥曲线联立,根据根与系数的关系,利用 韦达定理是解答问题的关键,试题有一定的难度,属于中档试题. 6.直线 , 且 不同为 经过定点( ) A. B. C. D. 【答案】A 7.已知两点  ,0A a ,  ,0B a ( 0a  ),若曲线 2 2 2 3 2 3 0x y x y     上存在点 P ,使得 90APB  ,则正实数 a 的取值范围为( ) A. 0,3 B. 1,3 C. 2,3 D. 1,2 【答案】B 【解析】把圆的方程 2 2 2 3 2 3 0x y x y     化为    2 23 1 1x y    ,以 AB 为直径的圆的方 程为 2 2 2x y a  ,若曲线 2 2 2 3 2 3 0x y x y     上存在点 P ,使得 90APB  ,则两圆有交点, 所以 1 2 1a a    ,解得1 3a  ,选 B. 8.下列说法正确的是( ) A.若命题 p : 0x R  , 2 0 0 1 0x x   ,则 p : x R  , 2 1 0x x   B.已知相关变量 ,x y 满足回归方程 ˆ 2 4y x  ,若变量 x 增加一个单位,则 y 平均增加 4 个单位 C.命题“若圆C :    2 21 1x m y m     与两坐标轴都有公共点,则实数  0,1m ”为真命题 D.已知随机变量  2~ 2,X N  ,若 ( ) 0.32P X a  ,则 ( 4 ) 0.68P X a   【答案】C 【解析】命题 2 0 0 0" , 1 0"x R x x     的否定是 2 0 0 0" , 1 0"x R x x     ,A 错误; 相关变量 ,x y 满足回归方程 ˆ 2 4y x  ,若变量 x 增加一个单位,则 y 平均减少 4 个单位,B 错误; 若圆   2 21 1x m y m     与两坐标轴都有公共点,则 1{ 1 1 m m    ,解得 0 1m  ,C 正确; 随机变量  22,X N  ,若 ( ) 0.32P X a  ,则 ( 4 ) 0.32P X a   ,D 错误.故选 C. 9.已知椭圆 ( )的右顶点和上顶点分别为 、 ,左焦点为 .以原点 为圆心的圆与 直线 相切,且该圆与 轴的正半轴交于点 ,过点 的直线交椭圆于 、 两点.若四边形 是平行 四边形,则该椭圆的离心率为( ) A. B. C. D. 【答案】A 解得: .故选 A. 10.已知抛物线 2: 4C y x ,过焦点 F 且斜率为 3 的直线与C 相交于 ,P Q 两点,且 ,P Q 两点在准线 上的投影分别为 ,M N 两点,则 MFNS  ( ) A. 8 3 B. 8 3 3 C.16 3 D. 16 3 3 【答案】B 【解析】设    1 1 2 2, , ,P x y Q x y ,所以 1 2 1 2 1 2 1 1 22 2MFNS p y y y y y y           ,直线方程是  3 1y x  与 抛 物 线 方 程 联 立 , 2 3 14 yy       , 整 理 为 : 23 4 4 3 0y y   , 1 2 1 2 4 , 4 3 y y y y    ,所以  2 1 2 1 2 1 2 164 163y y y y y y       8 33 ,故选 B. 11 . 已 知 抛 物 线 的 交 点 为 , 直 线 与 相 交 于 两 点 , 与 双 曲 线 的渐近线相交于 两点,若线段 与 的中点相同,则双曲线 离 心率为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 故选 C. 考点:直线与圆锥曲线的位置关系. 12.已知双曲线 的左焦点是  , 0F c ,离心率为 e ,过点 F 且与双曲线的一 条渐近线平行的直线与圆 2 2 2x y c  在 y 轴右侧交于点 P ,若 P 在抛物线 2 =2y px 上,则 2e ( ) A. 5 B. 5+1 2 C. 5 1 D. 2 【答案】D 【解析】 试题分析:设抛物线 y2=4cx 的准线为 l,作 PQ⊥l 于 Q,设双曲线的右焦点为 F′,P(x,y),利用抛物 线的定义、双曲线的渐近线以及直线平行的性质、圆的性质:直径所对的圆周角为直角即可得出所求值. 解:如图,设抛物线 y2=4cx 的准线为 l,作 PQ⊥l 于 Q, 设双曲线的右焦点为 F′,P(x,y).由题意可知 FF′为圆 x2+y2=c2 的直径, ∴PF′⊥PF,且 tan∠PFF′= ,|FF′|=2c,满足 , 将①代入②得 x2+2cx﹣c2=0,则 x=﹣c± c,即 x=( ﹣1)c,(负值舍去),代入③,即 y= , 再将 y 代入①得, =2( ﹣1)c2,即为 b2=c2﹣a2=( ﹣1)a2,由 e= ,可得 e2= . 故选:D. 二、填空题(每题 5 分,满分 20 分) 13.已知点 ,直线 ,则点 到直线 的距离为__________,点 关于直线 对称点的坐标 为__________. 【答案】 利用对称的性质得: ,解得:x=5,y=−2, ∴点 P 到直线 l 的距离为 ,点 M 的坐标为(5,−2). 14.已知双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的离心率为 3 ,则该双曲线的渐近线方程为__________. 【答案】 2y x  【解析】 2 2 21 3, 2b be a a      ,所以双曲线的渐近线方程为 2y x  15.已知点  ,p x y 是直线  4 0 0kx y k    上一动点,PA PB、 是圆 2 2: 2 0C x y y   的两条切 线, A B、 是切点,若四边形 PACB 的最小面积是 2,则 k 的值为__________. 【答案】 2 【解析】 考点:1、直线的方程及圆的方程;2、切线的性质及根据几何性质求最值. 【方法点晴】本题主要考查直线的方程及圆的方程、切线的性质及根据几何性质求最值,属于难题.解 决解析几何中的最值问题一般有两种方法:一是几何意义,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关 结论来解决,非常巧妙;二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题,然后根据函数的特征选用参数法、 配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调法以及均值不等式法,本题就是用的这种思路,利用平 面几何的有关结论求得四边形面积的最值后解出 k 值的. 16.已知椭圆 2 2: 14 xC y  ,过点 (0,4)D 的直线l 与椭圆C 交于不同两点 ,M N ( M 在 ,D N 之间), 有以下四个结论: ①若 2 x x y y     ,椭圆C 变成曲线 E ,则曲线 E 的面积为 4 ; ②若 A 是椭圆 C 的右顶点,且 MAN 的角平分线是 x 轴,则直线l 的斜 率为 2 ; ③若以 MN 为直径的圆过原点 O ,则直线l 的斜率为 2 5 ; ④若 DN DM  ,则  的取值范围是 51 3   . 其中正确的序号是 . 【答案】①④ 【解析】 试题分析:①根据点的坐标变换,代入椭圆方程 124 22       yx ,得到 422  yx ,为圆的方程,半 径为 2,那么面积就是 4S ,正确,②根据椭圆关于 x 轴对称,若角平分线是 x 轴,那么 NM , 关于 x 轴 对 称 , 直 线 斜 率 不 存 在 , 显 然 错 误 ; ③ 设 直 线 方 程 4 kxy , 与 椭 圆 方 程 联 立 , 得 到     0603241444 2222  kxxkkxx , 221 41 32 k kxx  , 221 41 60 kxx  ,      16444 2121 2 2121  xxkxxkkxkxyy ,根据条件,当过原点时,满足 02121  yyxx , 代入根与系数的关系,得到 19k ,故不正确;④根据③ 0 得到 4 152 k ,又根据条件可得                1 41 60 41 32 12 221 221  xx k xx k kxx ,代入整理为              4115 256 4115 2561 2 2 22 k k k   ,整理为   15 6414 2    , 解得 3 5 5 3   ,又 1 ,∴ 3 51   ,当斜率不存在时,此时 3 5 ,故 3 51   故填:①④. 考点:1.命题;2.圆锥曲线的综合问题. 【易错点睛】主要考察了圆锥曲线的命题问题,属于中档题型,比较好判断前三个命题,而对于第四个 命题考察了直线与圆锥曲线的位置关系问题,设直线方程与椭圆方程联立,根据韦达定理,消参后得到 关于  的不等式,计算量比较大,容易出错在忘了当斜率不存在时的情况,导致错误,∴在有限的时间 判断此题时也可考虑两个临界情况,一是相切时, 1 ,∵有两个交点,∴ 1 ,二是斜率不存在时, 此时 3 5 ,能取到,这样就比较好选择此问. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)已知点C 是圆  2 2: 1 16F x y   上的任意一点,点 F 为圆 F 的圆心,点 F 与点 F 关于平面直角系的坐标原点对称,线段 CF 的垂直平分线与线段 CF 交于点 P . (1)求动点 P 的轨迹 E 的方程; (2)若轨迹 E 与 y 轴正半轴交于点 M ,直线 : 2 3l y kx  交轨迹 E 于 ,A B 两点,求 ABM 面积的 取值范围. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ;(2) 30, 2      . 【解析】试题分析:(1)根据圆的的性质及对称的几何性质可得,动点 P 的轨迹是以 ,F F 为焦点,4 为 长 轴 长 的 椭 圆 , 从 而 可 得 结 果 ;( 2 ) 把 直 线 : 2 3l y kx  , 代 入 椭 圆 方 程 消 去 y 得 :  2 23 4 16 3 36 0k x kx    ,根据韦达定理、弦长公式 及点到直线的距离公式、三角形面积公式可 将 ABM 的面积表示为关于 k 的函数,利用基本不等式求最值即可. 试题解析:(1)由题意知圆 F 的圆心为  1,0F  ,半径为 4,所以 4 | 2PF PF CF FF    , 由椭圆的定义知,动点 P 的轨迹是以 ,F F 为焦点,4 为长轴长的椭圆,设椭圆 E 的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  ),且焦距为 2c ( 0)c  ,则: 2 2 2 2 4 { 1 a c a b c     ,即 2 { 1 3 a c c    , 故椭圆 E 的方程为 2 2 14 3 x y  ; 则 1 2 2 16 3 3 4 kx x k    , 1 2 2 36 3 4x x k   ,因为点  0, 3M ,直线l 与 y 轴交于点  0,2 3D ABM 的面积 1 2 1 2 1 3•2 2ABMS MD x x x x        2 2 1 2 1 2 1 2 3 3 • 42 2x x x x x x     2 2 2 2 2 3 16 3 4 36 6 4 9 2 3 4 3 4 4 3 k k k k k            2 2 6 6 3 12 22 124 9 4 9 k k       , 当且仅当 2 2 124 9 4 9 k k    ,即 21 2k   时取等号, 21 2k   满足 0  , 所心 ΔABM 面积的取值范围是 30, 2      . 【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求范围,属于难题.解决圆锥曲线中的范 围问题一般有两种方法:一是几何意义,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决,非常 巧妙;二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题,然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式 法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法,本题(2)就是用的这种思路,利用均值不等式 法求三角形范围的. 18.(本小题满分 12 分)已知椭圆 C 的中心在原点,一个焦点  1,0F  ,且长轴长与短轴长的比是 2: 3 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)设点 1 ,03M      ,点 是椭圆上任意一点,求 MP 的最小值. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ;(2) 2 6 3 . 【 解 析 】 试 题 分 析 :( 1 ) 用 待 定 系 数 法 求 解 即 可 ;( 2 ) 设  ,P x y 为 椭 圆 上 的 动 点 , 可 得 21 4 134 3 3MP x        ,再根据 2 2x   求解可得结果. 试题解析: (1)设椭圆的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ,由题意得 2 2 2 1 2{ 3 c a b a b c     ,解得 2 2 4{ 3 a b   , ∴椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  . 又 2 2x   ,所以当 4 3x  时, 2| |MP 有最小值为 8 3 ,所以 MP 的最小值为 2 6 3 . 19.(本小题满分 12 分)已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     经过点 0, 3 ,离心率为 1 2 ,左右焦点分别为    1 2,0 , ,0F c F c . (I)求椭圆的方程; (II)若直线 1: 2l y x m   与椭圆交于 A,B 两点,与以 1 2F F, 为直径的圆交于 C,D 两点,且满足 5 3 4 AB CD  ,求直线l 的方程. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  (2) 1 3 2 3y x   或 1 3 2 3y x   . 【解析】试题分析:(1)根据椭圆几何意义得 3b  ,利用离心率求出 2a  (2)由垂径定理求出 CD , 联立直线方程与椭圆方程,利用韦达定理以及弦长公式求出 AB ,代入条件 5 3 4 AB CD  ,解出参数 m 试题解析:解:(1)由题设 3b  , 1 2 c a  , 2 2 2b a c  解得 2, 3, 1a b c   , 椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  . 由 2 2 14 3{ 1 2 x y y x m      得: 2 2 3 0x mx m    , 1 2x x m  , 2 1 2 3x x m     2 2 2 21 151 4 3 42 2AB m m m                   .由 5 3 4 AB CD  得 2 2 4 15 4 m m   ,解得 3 3m   ,满足①直线l 的方程为 1 3 2 3y x   或 1 3 2 3y x   . 20.(本小题满分 12 分)已知 1 2,F F 分别是椭圆C : 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的两个焦点, 2(1, )2P 是椭 圆上一点,且 1 1 2 22 | |,| |, 2 | |PF F F PF 成等差数列. (I)求椭圆C 的标准方程;、 (II)已知动直线 l 过点 F ,且与椭圆 C 交于 A B、 两点,试问 x 轴上是否存在定点 Q ,使得 7 16QA QB    恒成立?若存在,求出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由. 【解析】(I)∵ 1 1 2 22 | |,| |, 2 | |PF F F PF 成等差数列,∴ 1 2 2 12 | | | 2( | | |)F F PF PF  . 将 1 2 1 2| | | | 2 ,| | 2PF PF a F F c   ,代入化简,得 2a c , ∴,由 2 2 2 2 2 2 1 1 12 a c a b a b c          ,解得 2,c 1, 1a b   , ∴椭圆的标准方程为 2 2 12 x y  . (II)假设在 x 轴上存在点 0Q m( ,),使得 7 16QA QB    恒成立. ①当直线l 的斜率不存在时, 2(1, )2A , 2(1, )2B  , 由于( 2 2 7(1 , ) (1 , )2 2 16m m     ,解得 5 4m  或 3 4m  ; 下面证明 5 4m  时, 7 16QA QB    恒成立. 当直线l 的斜率为 0 时,结论成立; 当直线l 的斜率不为 0 时,设直线l 的方程为 1x ty  ,  1 1,A x y ,  2 2,B x y , 由 1x ty  及 2 2 12 x y  ,得 2 2( 2) 2 1 0t y ty    , ∴ 0  ,∴ 1 2 1 22 2 2 1,2 2 ty y y yt t       .  1 1 1x ty  , 2 2 1x ty  , ∴ 1 1 2 2 1 2 1 2 5 5 1 1( , ) ( , ) ( )( )4 4 4 4x y x y ty ty y y       = 2( 1)t  1 2 1 2 1 1( )4 16y y t y y   = 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 7( 1) 2 4 2 16 2( 2) 16 16 t t tt tt t t              . 综上所述,在 x 轴上存在点 5( ,0)4Q 使得 7 16QA QB    恒成立. 21.(本小题满分 12 分)已知椭圆C : 2 2 2 2 1x y a b   ( 0a b  )的离心率为 6 3 ,以原点O 为圆心, 椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线 2 2 6 0x y   相切. (Ⅰ)求椭圆C 的标准方程; (Ⅱ)已知点 ,A B 为动直线   2 0y k x k   与椭圆 C 的两个交点,问:在 x 轴上是否存在定点 E , 使得 EA EB    为定值?若存在,试求出点 E 的坐标和定值;若不存在,请说明理由. 【答案】(Ⅰ) 2 2 16 2 x y  ;(Ⅱ) 7 ,03      . (2)由   2 2 2 { 16 2 y k x x y     得 2 2 2 21 3 12 12 6 0k x k x k     ,由此利用韦达定理、向量的数量积,结合 已知条件能求出在 x 轴上存在点 E ,使 EA EB  为定值,定点为 7 ,03      . 试题解析:(Ⅰ)由 6 3e  ,得 6 3 c a  ,即 6 3c a ,① 又以原点O 为圆心,椭圆C 的长半轴长为半径的圆为 2 2 2x y a  , 且圆 M 与直线 2 2 6 0x y   相切, 所以  22 6 6 2 2 a    ,代入①得 2c  , 则 2 2 2 2b a c   . 所以椭圆的方程为 2 2 16 2 x y  . (Ⅱ)由   2 2 2 { x 16 2 y k x y     得 2 2 2 21 3 12 12 6 0k x k x k     ,且 0  设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ,则 2 1 2 2 2 1 2 2 12 1 3{ 12 6 1 3 kx x k kx x k       , 根据题意,假设 x 轴上存在定点  ,0E m ,使得 EA EB    为定值,则有        1 1 2 2 1 2 1 2, ,EA EB x m y x m y x m x m y y                           2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 1 2 4x m x m k x x k x x k m x x k m                        2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 3 12 10 612 6 121 2 41 3 1 3 1 3 m m k mk kk k m k mk k k             要使上式为定值,即与 k 无关,则应  2 23 12 10 3 6m m m    , 即 7 3m  ,此时 2 56 9EA EB m        为定值,定点为 7 ,03      . 点睛:本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用,其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单 的几何性质,直线与椭圆的位置关系的综合应用,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,以及推 理与运算能力,本题的解答中把直线方程与椭圆方程联立,转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的 应用是解答的关键. 22.(本小题满分 12 分)已知圆 与直线 相切,点 为圆 上一动点, 轴于点 ,且动点 满足 ,设动点 的轨迹为曲线 . (1)求动点 的轨迹曲线 的方程; (2)若直线 与曲线 相交于不同的两点 、 且满足以 为直径的圆过坐标原点 ,求线段 长度的取值 范围. 【答案】(1) (2) 【解析】试题分析: (2)设出直线 的,分斜率存在和不存在两种情形,以 为直径的圆过坐标原点 可转化为 .再 把直线方程和椭圆方程联立 试题解析:(I)设动点 ,由于 轴于点 又圆 与直线 即 相切, ∴圆 由题意, ,得 即 将 代入 ,得曲线 的方程为 由求根公式得 (*) ∵以 为直径的圆过坐标原点 , 即 即 化简可得, 将(*)代入可得 ,即 即 ,又 将 代入,可得 ∴ 当 且 仅 当 , 即 时 等 号 成 立 . 又 由 , , . (2)若直线 的斜率不存在,因以 为直径的圆过坐标原点 ,故可设 所在直线方程为 ,联立 解得 同理求得 故 .综上,得 . 点睛:本题第(2)容易忘记讨论斜率不存在的情形.
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