高考文科数学复习：阶段检测卷五答案

高考文科数学复习：阶段检测卷五答案

阶段检测五 平面解析几何 一、选择题 ‎1.D　依题意得直线l过点(k,0)和(0,2k),所以其斜率k=‎2k-0‎‎0-k=-2,由点斜式得直线l的方程为y=-2(x+2),化为一般式是2x+y+4=0.‎ ‎2.C　由(a-1)x-y+a+1=0得(x+1)a-(x+y-1)=0,由x+1=0且x+y-1=0,解得x=-1,y=2,即该直线恒过点 ‎(-1,2),‎ ‎∴所求圆的方程为(x+1)2+(y-2)2=5,即x2+y2+2x-4y=0.‎ ‎3.C　∵e=ca=‎5‎‎4‎,F(5,0),‎ ‎∴c=5,a=4,则b2=c2-a2=9,‎ ‎∴双曲线C的方程为x‎2‎‎16‎-y‎2‎‎9‎=1.‎ ‎4.A　因为直线y=kx与圆(x-2)2+y2=1的两个交点关于直线2x+y+b=0对称,所以直线y=kx与直线2x+y+b=0垂直,且直线2x+y+b=0过圆心,所以k=‎1‎‎2‎,‎‎2×2+0+b=0.‎即k=‎1‎‎2‎,b=-4.‎ ‎5.C　由已知可得F(c,0),B(0,b),因为直线x+y-2=0经过点F和点B,所以b=c=2.又a2=b2+c2,故a=2‎2‎,所以椭圆C的离心率为e=ca=‎2‎‎2‎,选C.‎ ‎6.C　因为e=ca=‎1+‎b‎2‎a‎2‎=‎5‎‎2‎,所以ba=‎1‎‎2‎,所以双曲线的渐近线方程为y=±‎1‎‎2‎x.故选C.‎ ‎7.B　由题意知,F(1,0),因为直线l过焦点F且倾斜角为60°,所以直线l的方程为y=‎3‎(x-1),与抛物线方程联立,可得直线l与抛物线交点的坐标为‎1‎‎3‎‎,-‎‎2‎‎3‎‎3‎,(3,2‎3‎),又点A在第一象限,故A(3,2‎3‎),所以|AF|=‎(3-1‎)‎‎2‎+(2‎3‎-0‎‎)‎‎2‎=4.‎ ‎8.D　因为F是双曲线x‎2‎‎4‎-y‎2‎‎12‎=1的左焦点,所以F(-4,0),设其右焦点为H(4,0),则由双曲线的定义可得|PF|+|PA|=2a+|PH|+|PA|≥2a+|AH|=4+‎(4-1‎)‎‎2‎+(0-4‎‎)‎‎2‎=4+5=9.故选D.‎ ‎9.C　由题意可得该椭圆短轴端点与两焦点的连线的夹角是60°,所以点P不可能是直角顶点,只能是焦点为直角顶点,则P‎±c,‎b‎2‎a,故△PF1F2的面积为‎1‎‎2‎×2c×b‎2‎a=‎3‎‎2‎.‎ ‎10.B　当直线AB的斜率不存在时,直线方程为x=2,不妨设A(2,4),B(2,-4),则OA·OB=4-16=-12;当直线AB的斜率存在时,设直线方程为y=k(x-2),代入抛物线方程得k2(x-2)2=8x,即k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=‎4k‎2‎+8‎k‎2‎,x1x2=4,故OA·OB=x1x2+y1y2=x1x2+k2[x1x2-2(x1+x2)+4]=(1+k2)x1x2-2k2(x1+x2)+4k2=(1+k2)×4-2k2×‎4k‎2‎+8‎k‎2‎+4k2=-12,综上,OA·OB=-12,故选B.‎ ‎11.D　不妨设F为椭圆的右焦点,A在第一象限,则点A的坐标为‎1‎‎2‎c,‎3‎‎2‎c,代入椭圆方程得c‎2‎‎4‎a‎2‎+‎3‎c‎2‎‎4‎b‎2‎=1,即b2c2+3a2c2=4a2b2,再将b2=a2-c2代入上式得c4-8a2c2+4a4=0,又e=ca,得e4-8e2+4=0,解得e2=4±2‎3‎=(1±‎3‎)2,注意到椭圆的离心率范围为(0,1),故e=‎3‎-1.故选D.‎ ‎12.D　由题意可知,双曲线C的一条渐近线的方程为y=bax,则FH的方程为y-0=-ab(x-c),即y=-ab(x-c),联立y=bax,‎y=-ab(x-c),‎ 可得点H的坐标为a‎2‎c‎,‎abc,故FH的中点M的坐标为c‎2‎‎+‎a‎2‎‎2c‎,‎ab‎2c,又点M在双曲线C上,所以‎(c‎2‎+‎a‎2‎‎)‎‎2‎‎4‎a‎2‎c‎2‎-a‎2‎b‎2‎‎4‎b‎2‎c‎2‎=1,整理得c‎2‎a‎2‎=2,故e=ca=‎2‎.故选D.‎ 二、填空题 ‎13.答案　(x-2)2+(y-1)2=1‎ 解析　∵圆C的半径为1,圆心在第一象限,且与直线4x-3y=0和x轴都相切,∴圆心的纵坐标是1,设圆心坐标为(a,1)(a>0),则1=‎|4a-3|‎‎5‎,∴a=2(舍负),故该圆的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=1.‎ ‎14.答案　‎‎±‎3‎‎2‎,0‎ 解析　因为椭圆x‎2‎‎15‎+y‎2‎‎6‎=1的焦点为(±3,0),所以双曲线x‎2‎a‎2‎-y‎2‎b‎2‎=1中,c=3,a2+b2=9,又双曲线的一条渐近线方程为‎3‎x+y=0,所以ba=‎3‎,所以a=‎3‎‎2‎,所以双曲线的顶点坐标为‎±‎3‎‎2‎,0‎.‎ ‎15.答案　4‎ 解析　因为椭圆方程为x‎2‎‎25‎+y‎2‎‎16‎=1,所以a2=25,故2a=10.又P为椭圆上一点,M是线段F1P的中点,|OM|=3,所以|PF2|=6,故|PF1|=4.‎ ‎16.答案　4‎ 解析　因为△OFM的外接圆与抛物线C的准线相切,所以△OFM的外接圆的圆心到准线的距离等于圆的半径,由外接圆的面积为9π,得外接圆半径为3,又圆心在线段OF的垂直平分线上,|OF|=p‎2‎,所以p‎2‎+p‎4‎=3,解得p=4.‎ 三、解答题 ‎17.解析　(1)设圆心C(a,b),半径为r.易知直线PQ的方程为x+y-2=0,‎ 则线段PQ的垂直平分线的方程是y-‎1‎‎2‎=x-‎3‎‎2‎,即y=x-1,‎ 易知圆心在线段PQ的垂直平分线上,‎ 所以b=a-1.①‎ 由圆C在y轴上截得的线段长为4‎3‎,‎ 知(a+1)2+(b-3)2=12+a2.②‎ 由①②得a=1,b=0或a=5,b=4.‎ 当a=1,b=0时,r2=13,满足题意,‎ 当a=5,b=4时,r2=37,不满足题意,‎ 故圆C的方程为(x-1)2+y2=13.‎ ‎(2)设直线l的方程为y=-x+m(m≠2),‎ A(x1,m-x1),B(x2,m-x2),‎ 将y=-x+m代入(x-1)2+y2=13,‎ 可得2x2-2(m+1)x+m2-12=0,‎ ‎∴x1+x2=1+m,x1x2=m‎2‎‎-12‎‎2‎,Δ=-4(m2-2m-25)>0,‎ 由题意可知OA⊥OB,即OA·OB=0,‎ 所以x1x2+(m-x1)(m-x2)=0,‎ 整理得m2-m(x1+x2)+2x1x2=0,‎ 即m2-m·(1+m)+m2-12=0,‎ ‎∴m=4或m=-3,满足Δ>0,‎ ‎∴直线l的方程为y=-x+4或y=-x-3.‎ ‎18.解析　(1)由题意可得,椭圆C的标准方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎2‎=1,所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=4-2=2,故a=2,c=‎2‎,‎ 故椭圆C的离心率为‎2‎‎2‎.‎ ‎(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.‎ 因为OA⊥OB,所以OA·OB=0,即tx0+2y0=0,则t=-‎2‎y‎0‎x‎0‎.‎ 又x‎0‎‎2‎+2y‎0‎‎2‎=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2‎ ‎=x‎0‎‎+‎‎2‎y‎0‎x‎0‎‎2‎+(y0-2)2‎ ‎=x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎+‎4‎y‎0‎‎2‎x‎0‎‎2‎+4‎ ‎=x‎0‎‎2‎+‎4-‎x‎0‎‎2‎‎2‎+‎2(4-x‎0‎‎2‎)‎x‎0‎‎2‎+4‎ ‎=x‎0‎‎2‎‎2‎+‎8‎x‎0‎‎2‎+4(00,‎ x1+x2=‎8‎k‎2‎‎4k‎2‎+3‎,x1x2=‎4k‎2‎-12‎‎4k‎2‎+3‎,‎ 因为点A、B的中点横坐标为‎1‎‎4‎,所以x1+x2=‎8‎k‎2‎‎4k‎2‎+3‎=‎1‎‎2‎,所以k2=‎1‎‎4‎.‎ 将k2=‎1‎‎4‎代入方程①,得4x2-2x-11=0,‎ 解得x=‎1±3‎‎5‎‎4‎.‎ 又因为AF=(1-x1,-y1),FB=(x2-1,y2),AF=λFB(其中λ>1),所以λ=‎1-‎x‎1‎x‎2‎‎-1‎=‎3+‎‎5‎‎2‎λ=‎3-‎‎5‎‎2‎舍去.‎ 综上,λ=‎3+‎‎5‎‎2‎.‎ ‎20.解析　(1)由直线l1的方程知,直线l1与两坐标轴的夹角均为45°,‎ 故长轴端点到直线l1的距离为‎2‎a‎2‎,短轴端点到直线l1的距离为‎2‎b‎2‎,‎ 可求得a=2,b=1.‎ 所以C的标准方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)依题意设直线l:y=x+t(t≠0).‎ 由y=x+t,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎=1‎得5x2+8tx+4t2-4=0,‎ 由Δ=64t2-80(t2-1)>0,解得-‎5‎0)上,‎ ‎∴4=2p,解得p=2,‎ ‎∴抛物线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=m(y-1)+1,m≠0,且易知m≠1,由x=m(y-1)+1,‎y‎2‎‎=4x消去x并整理得y2-4my+4(m-1)=0,‎ ‎∴y1+y2=4m,y1·y2=4(m-1),‎ 设直线AR的方程为y=k1(x-1)+2,‎ 由y=k‎1‎(x-1)+2,‎y=2x+2‎解得点M的横坐标xM=k‎1‎k‎1‎‎-2‎,‎ 又k1=y‎1‎‎-2‎x‎1‎‎-1‎=y‎1‎‎-2‎y‎1‎‎2‎‎4‎‎-1‎=‎4‎y‎1‎‎+2‎,∴xM=k‎1‎k‎1‎‎-2‎=-‎2‎y‎1‎,同理,点N的横坐标xN=-‎2‎y‎2‎,|y2-y1|=‎(y‎2‎+y‎1‎‎)‎‎2‎-4‎y‎1‎y‎2‎=4m‎2‎‎-m+1‎,‎ ‎∴|MN|=‎5‎·|xM-xN|=‎5‎·‎-‎2‎y‎1‎+‎‎2‎y‎2‎=2‎5‎·y‎2‎‎-‎y‎1‎y‎1‎y‎2‎=8‎5‎·m‎2‎‎-m+1‎‎4|m-1|‎=2‎5‎·m‎2‎‎-m+1‎‎|m-1|‎,令m-1=t,t≠0,则m=t+1,‎ ‎∴|MN|=2‎5‎·‎1‎t‎+‎‎1‎‎2‎‎2‎‎+‎‎3‎‎4‎≥‎15‎,当t=-2,即m=-1时,|MN|取得最小值‎15‎,此时直线AB的方程为x+y-2=0.‎ ‎22.解析　(1)已知椭圆的离心率为‎1‎‎2‎,不妨设c=t,a=2t,则b=‎3‎t,其中t>0,‎ 当△F1PF2面积取最大值‎3‎时,点P为短轴端点,‎ 因此‎1‎‎2‎·2t·‎3‎t=‎3‎,解得t=1(舍负),则椭圆的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)是.设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立x=my+1,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎可得(3m2+4)y2+6my-9=0,‎ 则y1+y2=‎-6m‎4+3‎m‎2‎,y1y2=‎-9‎‎4+3‎m‎2‎,‎ 直线AA1的方程为y=y‎1‎x‎1‎‎+2‎(x+2),‎ 直线BA1的方程为y=y‎2‎x‎2‎‎+2‎(x+2),‎ 则R‎4,‎‎6‎y‎1‎x‎1‎‎+2‎,Q‎4,‎‎6‎y‎2‎x‎2‎‎+2‎,‎ 所以F‎2‎R=‎3,‎‎6‎y‎1‎x‎1‎‎+2‎,F‎2‎Q=‎3,‎‎6‎y‎2‎x‎2‎‎+2‎,‎ 则F‎2‎R·‎F‎2‎Q ‎=9+‎6‎y‎1‎x‎1‎‎+2‎·‎‎6‎y‎2‎x‎2‎‎+2‎ ‎=‎36‎y‎1‎y‎2‎m‎2‎y‎1‎y‎2‎‎+3m(y‎1‎+y‎2‎)+9‎+9=0,‎ 即F‎2‎R·F‎2‎Q为定值0.‎