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  • 2021-06-22 发布

浙江专版2020届高考数学一轮复习 单元检测九平面解析几何

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单元检测九 平面解析几何 ‎(时间:120分钟 满分:150分)‎ 第Ⅰ卷(选择题 共40分)‎ 一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40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.直线l经过点(,-2)和(0,1),则它的倾斜角是(  )‎ A.30°B.60°C.150°D.120°‎ 答案 D 解析 由斜率公式k===-,再由倾斜角的范围[0°,180°)知,tan120°=-,故选D.‎ ‎2.直线kx-y-3k+3=0过定点(  )‎ A.(3,0) B.(3,3) C.(1,3) D.(0,3)‎ 答案 B 解析 kx-y-3k+3=0可化为y-3=k(x-3),所以过定点(3,3).故选B.‎ ‎3.由直线y=x+1上的一点向圆(x-3)2+y2=1引切线,则切线长的最小值为(  )‎ A.B.2C.1D.3‎ 答案 A 解析 圆的圆心为(3,0),r=1,圆心到直线x-y+1=0的距离为d==2,所以由勾股定理可知切线长的最小值为=.‎ ‎4.一束光线从点A(-1,1)发出,并经过x轴反射,到达圆(x-2)2+(y-3)2=1上一点的最短路程是(  )‎ A.4B.5C.3-1D.2 答案 A 解析 依题意可得,点A关于x轴的对称点A1(-1,-1),圆心C(2,3),A1C的距离为=5,所以到圆上的最短距离为5-1=4,故选A.‎ ‎5.已知直线x+y=a与圆x2+y2=4交于A,B两点,且|+|=|-|,其中O为原点,则实数a的值为(  )‎ A.2B.-2C.2或-2D.或- 答案 C 解析 由|+|=|-|得|+|2=|-|2,化简得·=0,即⊥,三角形AOB为等腰直角三角形,圆心到直线的距离为,即=,a=±2.‎ ‎6.已知双曲线E的中心为原点,F(3,0)是E的焦点,过F的直线l与E相交于A,B两点,且AB的中点为N(-12,-15),则E的方程为(  )‎ A.-=1 B.-=1‎ C.-=1 D.-=1‎ 答案 B 解析 由已知条件得直线l的斜率为k=kFN=1,‎ 设双曲线方程为-=1(a>0,b>0),‎ A(x1,y1),B(x2,y2),则有 两式相减并结合x1+x2=-24,y1+y2=-30‎ 得,=,从而=1,即4b2=5a2,‎ 又a2+b2=9,解得a2=4,b2=5,故选B.‎ ‎7.(2018·绍兴市、诸暨市模拟)如图,已知点P是抛物线C:y2=4x上一点,以P为圆心,r为半径的圆与抛物线的准线相切,且与x轴的两个交点的横坐标之积为5,则此圆的半径r为(  )‎ A.2 B.5‎ C.4 D.4‎ 答案 D 解析 设圆与x轴的两个交点分别为A,B,由抛物线的定义知xP=r-1,则P(r-1,2),又由中垂线定理,知|OA|+|OB|=2(r-1),且|OA|·|OB ‎|=5,故由圆的切割线定理,得(2)2=(1+|OA|)(1+|OB|),展开整理得r=4,故选D.‎ ‎8.(2018·绍兴市、诸暨市模拟)已知双曲线的标准方程为-=1,F1,F2为其左、右焦点,若P是双曲线右支上的一点,且tan∠PF1F2=,tan∠PF2F1=2,则此双曲线的离心率为(  )‎ A.B.C.D. 答案 A 解析 由tan∠PF1F2=,tan∠PF2F1=2知,‎ PF1⊥PF2,作PQ⊥x轴于点Q,‎ 则由△PF1Q∽△F2PQ,得|F1Q|=4|F2Q|=c,‎ 故P,‎ 代入双曲线的方程,有b22-a2·2=a2b2,‎ 又a2+b2=c2,则(9c2-5a2)(c2-5a2)=0,‎ 解得=或=(舍),即离心率e=,故选A.‎ ‎9.(2019·宁波模拟)设抛物线y2=4x的焦点为F,过点P(5,0)的直线与抛物线相交于A,B两点,与抛物线的准线相交于点C,若|BF|=5,则△BCF与△ACF的面积之比等于(  )‎ A.B.C.D. 答案 D 解析 由题意知直线AB的斜率存在,‎ 则由抛物线的对称性不妨设其方程为y=k(x-5),k>0,‎ 与抛物线的准线x=-1联立,得点C的坐标为(-1,-6k),‎ 与抛物线的方程y2=4x联立,消去y得 k2x2-(10k2+4)x+25k2=0,‎ 则xA+xB=,xAxB=25,‎ 又因为|BF|=xB+1=5,所以xB=4,‎ 代入解得xA=,k=4,‎ 则yA=5,yB=-4,yC=-24,‎ 则S△ACF=|PF|·|yA-yC|=58,‎ S△ABF=|PF||yA-yB|=18,‎ 则=1-=,故选D.‎ ‎10.已知直线l:kx-y-2k+1=0与椭圆C1:+=1(a>b>0)交于A,B两点,与圆C2:(x-2)2+(y-1)2=1交于C,D两点.若存在k∈[-2,-1],使得=,则椭圆C1的离心率的取值范围是(  )‎ A.B.C.D. 答案 C 解析 直线l过圆C2的圆心,∵=,‎ ‎∴||=||,∴C2的圆心为线段AB的中点.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则 两式相减得,‎ =-,‎ 化简可得-2·=k,‎ 又∵a>b,∴=-∈,‎ 所以e=∈.‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共110分)‎ 二、填空题(本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.把答案填在题中横线上)‎ ‎11.(2018·台州质检)已知直线l1:mx+3y=2-m,l2:x+(m+2)y=1,若l1∥l2,则实数m=________;若l1⊥l2,则实数m=________.‎ 答案 -3 - 解析 l1∥l2等价于解得m=-3.‎ l1⊥l2等价于m+3(m+2)=0,解得m=-.‎ ‎12.(2018·浙江十校联盟考试)抛物线y=4x2‎ 的焦点坐标是________,焦点到准线的距离是________.‎ 答案   解析 由y=4x2,得x2=,可得2p=,所以p=,即焦点的坐标为,焦点到准线的距离为.‎ ‎13.(2018·衢州模拟)已知圆C与x轴相切于点T(1,0),与y轴正半轴交于两点A,B(B在A的上方),|AB|=2,圆C的半径为________;圆C在点B处的切线在x轴上的截距为________.‎ 答案  -1- 解析 设圆心C(1,b),则半径r=b.‎ 由垂径定理得,1+2=b2,‎ 即b=,且B(0,1+).‎ 又由∠ABC=45°,切线与BC垂直,‎ 知切线的倾斜角为45°,‎ 故切线在x轴上的截距为-1-.‎ ‎14.若双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点到渐近线的距离等于焦距的倍,则双曲线的离心率为________,如果双曲线上存在一点P到双曲线的左右焦点的距离之差为4,则双曲线的虚轴长为________.‎ 答案 2 4 解析 由于右焦点到渐近线的距离等于焦距的倍,‎ 可知双曲线渐近线y=x的倾斜角为,‎ 即=,所以e===2,‎ 因为a=2,从而b==2,‎ 所以虚轴长为4.‎ ‎15.已知点A(0,1),抛物线C:y2=ax(a>0)的焦点为F,线段FA与抛物线C相交于点M,FA的延长线与抛物线的准线相交于点N,若|FM|∶|MN|=1∶3,则实数a的值为________.‎ 答案  解析 依题意得焦点F的坐标为,‎ 设点M在抛物线的准线上的射影为K,连接KM(图略),‎ 由抛物线的定义知|MF|=|MK|,‎ 因为|FM|∶|MN|=1∶3,‎ 所以|KN|∶|KM|=2∶1,‎ 又kFN==,kFN=-=-2,‎ 所以=2,解得a=.‎ ‎16.已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,A(2,1),B是E上不同的两点,且四边形AF1BF2是平行四边形,若∠AF2B=,=,则双曲线E的标准方程为________.‎ 答案 -y2=1‎ 解析 如图,‎ 因为四边形AF1BF2是平行四边形,‎ 所以=,‎ ‎∠F1AF2=,‎ 所以|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF1||AF2|cos,‎ 即4c2=|AF1|2+|AF2|2-|AF1||AF2|,①‎ 又4a2=(|AF1|-|AF2|)2,‎ 所以4a2=|AF1|2+|AF2|2-2|AF1||AF2|,②‎ 由①②可得|AF1||AF2|=4b2,‎ 又=×4b2×=,‎ 所以b2=1,将点A(2,1)代入-y2=1,可得a2=2,‎ 故双曲线E的标准方程为-y2=1.‎ ‎17.在平面直角坐标系xOy中,A(3,0),P(3,t),t∈R,若存在C,D两点满足==2,且=2,则t的取值范围是________.‎ 答案 [-2,2]‎ 解析 设C(x,y),因为A(3,0),=2,‎ 所以=2,‎ 整理得(x+1)2+y2=4,‎ 即点C在圆M:(x+1)2+y2=4上.‎ 同理由=2可得点D也在圆M上.‎ 因为=2,所以C是PD的中点,‎ 过点M作MN⊥CD,垂足为N,连接CM,PM.‎ 设|MN|=d,|PC|=|CD|=2k,分别在Rt△CMN,Rt△PMN中,由勾股定理,得 消去k2得,t2=20-8d2.‎ 因为0≤d2<4,所以t2≤20,解得-2≤t≤2,‎ 所以t的取值范围是[-2,2].‎ 三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)‎ ‎18.(14分)已知过点A(0,1),且斜率为k的直线l与圆C:‎ ‎(x-2)2+(y-3)2=1相交于M,N两点.‎ ‎(1)求实数k的取值范围;‎ ‎(2)求证:·为定值.‎ ‎(1)解 由题意过点A(0,1)且斜率为k的直线的方程为y=kx+1,‎ 代入圆C的方程得(1+k2)x2-4(1+k)x+7=0,‎ 因为直线与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1相交于M,N两点,‎ 所以Δ=[-4(1+k)]2-4×7×(1+k2)>0,‎ 解得1),设直线PM的斜率为k.‎ ‎(1)试用a,k表示弦长|MN|;‎ ‎(2)若这样的△PMN存在3个,求实数a的取值范围.‎ 解 (1)不妨设直线PM所在的直线方程为y=kx-1(k<0),代入椭圆方程+y2=1,‎ 整理得(1+a2k2)x2-2ka2x=0,‎ 解得x1=0,x2=,‎ 则|PM|=|x1-x2|=-,‎ 所以|MN|=|PM|=-.‎ ‎(2)因为△PMN是等腰直角三角形,‎ 所以直线PN所在的直线方程为y=-x-1(k<0),‎ 同理可得|PN|=-=.‎ 令|PM|=|PN|,整理得k3+a2k2+a2k+1=0,‎ k3+1+a2k(k+1)=0,‎ ‎(k+1)(k2-k+1)+a2k(k+1)=0,‎ 即(k+1)[k2+(a2-1)k+1]=0.‎ 若这样的等腰直角三角形PMN存在3个,则方程k2+(a2-1)k+1=0有两个不等于-1的负根k1,k2,‎ 则 因为a>1,所以a>.‎ ‎20.(15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,其上顶点到直线3x+4y-1=0的距离等于.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若直线l与椭圆C交于A,B两点,交x轴的负半轴于点E,交y轴于点F(点E,F都不在椭圆上),且=λ1,=λ2,λ1+λ2=-8,证明:直线l恒过定点,并求出该定点.‎ 解 (1)由椭圆C的长轴长为4知2a=4,故a=2,‎ 椭圆的上顶点为(0,b),则由=得b=1,‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),E(m,0)(m<0,m≠-2),F(0,n),‎ 由=λ1,得(x1,y1-n)=λ1(m-x1,-y1),‎ 所以A.‎ 同理由=λ2,得B,‎ 把A,B分别代入+y2=1‎ 得: 即λ1,λ2是关于x的方程(4-m2)x2+8x+4-4n2=0的两个根,∴λ1+λ2==-8,‎ ‎∴m=-,所以直线l恒过定点(-,0).‎ ‎21.(15分)已知抛物线C:y2=2px(p>1)上的点A到其焦点的距离为,且点A在曲线x+y2-=0上.‎ ‎(1)求抛物线C的方程;‎ ‎(2)M(x1,y1),N(x2,y2)是抛物线C上异于原点的两点,Q(x0,y0)是线段MN的中点,点P是抛物线C在点M,N处切线的交点,若|y1-y2|=4p,证明:△PMN的面积为定值.‎ ‎(1)解 设点A(xA,yA),‎ ‎∵点A到抛物线焦点的距离为,‎ ‎∴xA=-,y=2pxA=2p,‎ 又点A在曲线x+y2-=0上,‎ ‎∴-+2p-=0,‎ 即p2-p+1=0,解得p=2或p=(舍去),‎ ‎∴抛物线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)证明 由(1)知M,N,|y1-y2|=8,‎ 设抛物线C在点M处的切线的斜率为k(k≠0),‎ 则该切线的方程为y-y1=k,‎ 联立方程得消去x,整理得 ky2-4y+4y1-ky=0,‎ ‎∵M是切点,∴Δ=16-4k(4y1-ky)=0,‎ 即4-4ky1+k2y=0,解得k=,‎ ‎∴直线PM的方程为y-y1=(x-),即y=x+,‎ 同理得直线PN的方程为y=x+,‎ 联立方程得解得 ‎∴P,‎ ‎∵Q是线段MN的中点,∴y0=,‎ ‎∴PQ∥x轴,且x0==,‎ ‎∴△PMN的面积S=|PQ|·|y1-y2|‎ ‎=·|y1-y2|‎ ‎=·|y1-y2|‎ ‎=|y1-y2|3=32,‎ 即△PMN的面积为定值.‎ ‎22.(15分)(2018·嘉兴测试)如图,已知抛物线x2=y,过直线l:y=-上任一点M 作抛物线的两条切线MA,MB,切点分别为A,B.‎ ‎(1)求证:MA⊥MB;‎ ‎(2)求△MAB面积的最小值.‎ ‎(1)证明 方法一 设M,‎ 易知直线MA,MB的斜率都存在,分别设为k1,k2,‎ 设过点M的抛物线的切线方程为y+=k(x-x0),‎ 由得x2-kx+kx0+=0,‎ Δ=k2-4kx0-1=0,‎ 由题意知,k1,k2是方程k2-4x0k-1=0的两个根,‎ 所以k1k2=-1,所以MA⊥MB.‎ 方法二 设M,A(x1,x),B(x2,x),‎ 易知直线MA,MB的斜率都存在,分别设为k1,k2.‎ 由y=x2,得y′=2x,‎ 则MA,MB的斜率分别为k1=2x1,k2=2x2,‎ 所以2x1=,整理得x=2x1x0+,‎ 同理可得,x=2x2x0+,‎ 两式相减得,x-x=2x0(x1-x2),‎ 因为x1≠x2,所以x1+x2=2x0,‎ 于是x=x1(x1+x2)+,‎ 所以x1x2=-,即k1k2=4x1x2=-1,‎ 所以MA⊥MB.‎ ‎(2)解 由(1)得k1=2x1,k2=2x2,‎ 所以A,B,‎ 易知k1k2=-1,k1+k2=4x0,‎ 所以|MA|=|yA-yM|= ‎=,同理,|MB|=,‎ 所以S△MAB=|MA|·|MB|=· ‎== ‎=≥=.‎ 综上,当x0=0时,△MAB的面积取得最小值,最小值为.‎

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