高考数学专题1812月第单次周考第八章解析几何测试三测试卷文

高考数学专题1812月第单次周考第八章解析几何测试三测试卷文

专题 18 12 月第单次周考（第八章 解析几何测试三） 测试时间：120 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． 【名师点睛】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】 试题分析：由 xx 4)1( 2  ，得 2 6 1 0x x   ．设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，则 621  xx ，将 1y x  代 入 2 2 2 2: 2x yE a b   ， 化 简 ， 得 022)( 2222222  abaxaxab ， 则 62 22 2  ba a ， 解 得 3 15 a ce ，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】 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】 试题分析：圆 2 2: 2 0C x y y   的圆心 0,1 ，半径是 1r  ，由圆的性质知： 2 PBCPACBS S四边形 ，四 边形 PACB 的最小面积是 2 ， PBCS 的最小值 11 (2 rd d  是切线长） =2d 最小值 ，圆心到直线的距 离就是 PC 的最小值， 2 2 2 51 2 5, 0, 2 1 k k k         ，故答案为 2 ． 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】 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 ． （I）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （II）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】（I） 2 2 14 3 x y  ；（II） 30, 2      ． 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：（I）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（II）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】（I） 2 2 14 3 x y  ；（II） 2 6 3 ． 【 解 析 】 试 题 分 析 ：（ I ） 用 待 定 系 数 法 求 解 即 可 ；（ II ） 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： （I）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  ． （II）设  ,P x y 为椭圆上的动点，则 2 2x   ． 因为 1 ,3MP x y      ，所以 2 2 2 2 21 1| | 3 13 3 4 xMP x y x                      2 21 2 28 1 4 8 4 3 9 4 3 3x x x         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】（I） 2 2 14 3 x y  （II） 1 3 2 3y x   或 1 3 2 3y x   ． 【解析】试题分析：（I）根据椭圆几何意义得 3b  ，利用离心率求出 2a  （II）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：（I）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      ． 【解析】试题分析：（I）由 6 3e  ，以原点 O 为圆心，椭圆C 的长半轴为半径与直线 2 2 6 0x y   相切，求出 ,a b 的值，由此可求出椭圆的方程； 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      ． 【名师点睛】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 ． （I）求动点 的轨迹曲线 的方程； （II）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】（I） （II） 【解析】试题分析： （II）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 （II）（I）假设直线 的斜率存在，设其方程为 ，设 联立 ，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 ， ， ． （II）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 ． 【名师点睛】本题第（II）容易忘记讨论斜率不存在的情形．