高考数学三轮专项模拟试卷理解析几何含解析新人民教育出版版 10页

‎　解析几何 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．‎ 第Ⅰ卷 一、选择题(本大题共8小题，每小题5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．(2013·济南模拟)若k，－1，b三个数成等差数列，则直线y＝kx＋b必经过定点(　　)‎ A．(1，－2)　　　　　 B．(1,2)‎ C．(－1,2) D．(－1，－2)‎ ‎【解析】　依题意，k＋b＝－2，∴b＝－2－k，‎ ‎∴y＝kx＋b＝k(x－1)－2，‎ ‎∴直线y＝k(x－1)－2必过定点(1，－2)．‎ ‎【答案】　A ‎2．(2013·福建高考)已知集合A＝{1，a}，B＝{1,2,3}，则“a＝‎3”‎是“A⊆B”的(　　)‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【解析】　∵A＝{1，a}，B＝{1,2,3}，A⊆B，∴a∈B且 a≠1，∴a＝2或3，∴“a＝3”是“A⊆B”的充分而不必要条件．‎ ‎【答案】　A ‎3．(2013·陕西高考)设z1，z2是复数，则下列命题中的假命题是(　　)‎ A．若|z1－z2|＝0，则1＝2‎ B．若z1＝2，则1＝z2‎ C．若|z1|＝|z2|，则z1·1＝z2·2‎ D．若|z1|＝|z2|，则z＝z ‎【解析】　A，|z1－z2|＝0⇒z1－z2＝0⇒z1＝z2⇒1＝2，真命题；‎ B，z1＝2⇒1＝2＝z2，真命题；‎ C，|z1|＝|z2|⇒|z1|2＝|z2|2⇒z1·1＝z2·2，真命题；‎ D，当|z1|＝|z2|时，可取z1＝1，z2＝i，显然z＝1，z＝－1，即z≠z，假命题．‎ ‎【答案】　D ‎4．(2013·北京高考)若双曲线－＝1的离心率为，则其渐近线方程为(　　)‎ A．y＝±2x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x ‎【解析】　∵e＝，∴＝，即＝3，‎ ‎∴b2＝‎2a2，∴双曲线方程为－＝1，‎ ‎∴渐近线方程为y＝±x.‎ ‎【答案】　B ‎5．(2013·课标全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝2px(p≥0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5.若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为(　　)‎ A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x ‎【解析】　设M(x0，y0)，A(0,2)，MF的中点为N.‎ 由y2＝2px，F，‎ ‎∴N点的坐标为，.‎ 由抛物线的定义知，x0＋＝5，‎ ‎∴x0＝5－.∴y0＝ .‎ ‎∵|AN|＝＝，∴|AN|2＝.‎ ‎∴2＋－22＝.‎ 即＋ －22＝.‎ ‎∴－2＝0.整理得p2－10p＋16＝0.‎ 解得p＝2或p＝8.∴抛物线方程为y2＝4x或y2＝16x.‎ ‎【答案】　C ‎6．若变量x，y满足约束条件 则z＝2x＋y的最大值和最小值分别为(　　)‎ A．4和3 B．4和2‎ C．3和2 D．2和0‎ ‎【解析】　作直线2x＋y＝0，并向右上平移，过点A时z取最小值，过点B时z取最大值，可求得A(1,0)，B(2,0)，‎ ‎∴zmin＝2，zmax＝4.‎ ‎【答案】　B ‎7．(2013·北京高考)直线l过抛物线C：x2＝4y的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于(　　)‎ A. B．2‎ C. D. ‎【解析】　由C：x2＝4y，知焦点P(0,1)．‎ 直线l的方程为y＝1.‎ 所求面积S＝－2dx＝＝.‎ ‎【答案】　C ‎8．(2013·杭州质检)已知椭圆C的方程为＋＝1(m＞0)，如果直线y＝x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为(　　)‎ A．2 B．2 C．8 D．2 ‎【解析】　根据已知条件c＝，则点(，)在椭圆＋＝1(m＞0)上，‎ ‎∴＋＝1，可得m＝2.‎ ‎【答案】　B 第Ⅱ卷 二、填空题(本大题共7小题，每小题5分，共35分，把答案填在题中横线上)‎ ‎9．若圆心在x轴上、半径为的圆O位于y轴左侧，且与直线x＋2y＝0相切，则圆O的方程是________．‎ ‎【解析】　设圆心为(a,0)(a<0)，则r＝＝，解得a＝－5，所以，所求圆的方程为：(x＋5)2＋y2＝5，故选D.‎ ‎【答案】　(x＋5)2＋y2＝5‎ ‎10．已知点M(，0)，椭圆＋y2＝1与直线y＝k(x＋)交于点A、B，则△ABM的周长为________．‎ ‎【解析】　因为直线过椭圆的左焦点(－，0)，所以△ABM的周长为|AB|＋|AM|＋|BM|＝‎4a＝8.‎ ‎【答案】　8‎ ‎11．(2013·皖南八校联考)双曲线－＝1(m＞0，n＞0)的离心率为2，有一个焦点与抛物线y2＝4mx的焦点重合，则n的值为________．‎ ‎【解析】　抛物线焦点F(m,0)为双曲线的一个焦点，‎ ‎∴m＋n＝m2.又双曲线离心率为2，‎ ‎∴1＋＝4，即n＝‎3m.‎ 所以‎4m＝m2，可得m＝4，n＝12.‎ ‎【答案】　12‎ ‎12．l1，l2是分别经过A(1,1)，B(0，－1)两点的两条平行直线，当l1，l2间的距离最大时，直线l1的方程是________．‎ ‎【解析】　当AB⊥l1，且AB⊥l2时，l1与l2间的距离最大．‎ 又kAB＝＝2，‎ ‎∴直线l1的斜率k＝－，‎ 则l1的方程是y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.‎ ‎【答案】　x＋2y－3＝0‎ ‎13．(2013·福建高考改编)双曲线－y2＝1的顶点到其渐近线的距离等于________．‎ ‎【解析】　由－y2＝1知顶点(2,0)，渐近线x±2y＝0，‎ ‎∴顶点到渐近线的距离d＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎14．执行如图1所示的程序框图，若输入n的值为4，则输出s的值为________．‎ 图1‎ ‎【解析】　i＝1，s＝1→s＝1，i＝2→s＝2，i＝3→s＝4，i＝4→s＝7，i＝5结束．‎ ‎【答案】　7‎ ‎15．三角形ABC中，已知·＋·＋·＝－6，且角C为直角，则角C的对边c的长为__________．‎ ‎【解析】　由·＋·＋·＝－6，‎ 得·(＋)＋·＝－6，‎ 即·＋·＝－6，‎ ‎∵C＝90°，∴－c2＝－6，c＝.‎ ‎【答案】　 三、解答题(本大题共6小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎16．(本小题满分12分)已知圆C的方程为：x2＋y2－2mx－2y＋‎4m－4＝0(m∈R)．‎ ‎(1)试求m的值，使圆C的面积最小；‎ ‎(2)求与满足(1)中条件的圆C相切，且过点(1，－2)的直线方程．‎ ‎【解】　圆C的方程：(x－m)2＋(y－1)2＝(m－2)2＋1.‎ ‎(1)当m＝2时，圆的半径有最小值1，此时圆的面积最小．‎ ‎(2)当m＝2时，圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝1，‎ 设所求的直线方程为y＋2＝k(x－1)，‎ 即kx－y－k－2＝0，‎ 由直线与圆相切，得＝1，k＝，‎ 所以切线方程为y＋2＝(x－1)，即4x－3y－10＝0，‎ 又因为过点(1，－2)且与x轴垂直的直线x＝1与圆也相切，‎ 所以所求的切线方程为x＝1或4x－3y－10＝0.‎ ‎17．(本小题满分12分)(2013·山东高考改编)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设A，B是椭圆C上的两点，△AOB的面积为.若A、B两点关于x轴对称，E为线段AB的中点，射线OE交椭圆C于点P.如果＝t，求实数t的值．‎ ‎【解】　(1)设椭圆C的方程为：＋＝1(a＞b＞0)，‎ 则解得a＝，b＝1，‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由于A、B两点关于x轴对称，可设直线AB的方程为x＝m(－＜x＜，且m≠0)．‎ 将x＝m代入椭圆方程得|y|＝，‎ 所以S△AOB＝|m| ＝.‎ 解得m2＝或m2＝.①‎ 又＝t＝t(＋)＝t(‎2m,0)＝(mt,0)，‎ 又点P在椭圆上，所以＝1.②‎ 由①②得t2＝4或t2＝.‎ 又因为t＞0，所以t＝2或t＝.‎ ‎18．(本小题满分12分)如图2，四棱柱ABCD－A1B‎1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.‎ 图2‎ ‎(1)证明：A‎1C⊥平面BB1D1D；‎ ‎(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．‎ ‎【解】　(1)证明　法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系．‎ ‎∵AB＝AA1＝，‎ ‎∴OA＝OB＝OA1＝1，‎ ‎∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，A1(0,0,1)．‎ 由＝，易得B1(－1,1,1)．‎ ‎∵＝(－1,0，－1)，＝(0，－2,0)，＝(－1,0,1)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴A‎1C⊥BD，A‎1C⊥BB1，‎ 又BD∩BB1＝B，A‎1C⊄平面BB1D1D，‎ ‎∴A‎1C⊥平面BB1D1D.‎ 法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.‎ 又∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，‎ ‎∴BD⊥平面A1OC，∴BD⊥A‎1C.‎ 又OA1是AC的中垂线，∴A‎1A＝A‎1C＝，且AC＝2，‎ ‎∴AC2＝AA＋A‎1C2，‎ ‎∴△AA‎1C是直角三角形，∴AA1⊥A‎1C.‎ 又BB1∥AA1，∴A‎1C⊥BB1，‎ ‎∴A‎1C⊥平面BB1D1D.‎ ‎(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．‎ ‎∵＝(－1,0,0)，＝(－1,1,1)，‎ ‎∴ ‎∴ 取n＝(0,1，－1)，由(1)知，＝(－1,0，－1)是平面BB1D1D的法向量，‎ ‎∴cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 又∵0≤θ≤，∴θ＝.‎ ‎19．(本小题满分13分)(2013·广东高考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．‎ ‎(1)证明：a2＝；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.‎ ‎【解】　(1)证明：由4Sn＝a－4n－1，得4S1＝a－4－1，‎ 即‎4a1＝a－4－1，所以a＝‎4a1＋5.‎ 因为an>0，所以a2＝.‎ ‎(2)因为4Sn＝a－4n－1，①‎ 所以当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1，②‎ 由①－②得4an＝a－a－4，‎ 即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2(n≥2)．‎ 因为an>0，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2(n≥2)．‎ 因为a2，a5，a14成等比数列，所以a＝a‎2a14，‎ 即(a2＋3×2)2＝a2(a2＋12×2)，解得a2＝3.‎ 又由(1)知a2＝，‎ 所以a1＝1，所以a2－a1＝2.‎ 综上知an＋1－an＝2(n∈N*)，‎ 所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．‎ 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.‎ 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．‎ ‎(3)证明：由(2)知＝ ‎＝，‎ 所以＋＋…＋ ‎＝ ‎＝＝－<.‎ ‎20．(本小题满分13分)(2013·安徽高考)设椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上．‎ ‎(1)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设F1、F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q.证明：当a变化时，点P在某定直线上．‎ ‎【解】　(1)因为椭圆的焦点在x轴上且焦距为1，所以‎2a2－1＝，解得a2＝.‎ 故椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　设P(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，其中c＝.‎ 由题设知x0≠c，则直线F1P的斜率kF1P＝，‎ 直线F2P的斜率kF2P＝.‎ 故直线F2P的方程为y＝(x－c)．‎ 当x＝0时，y＝，即点Q坐标为.‎ 因此，直线F1Q的斜率为kF1Q＝.‎ 由于F1P⊥F1Q，所以kF1P·kF1Q＝·＝－1.‎ 化简得y＝x－(‎2a2－1)．①‎ 将①代入椭圆E的方程，由于点P(x0，y0)在第一象限，解得x0＝a2，y0＝1－a2，即点P在定直线x＋y＝1上．‎ ‎21．(本小题满分13分)在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎【解】　(1)依题意知F(0，)，圆心Q在线段OF的垂直平分线y＝上，‎ 因为抛物线C的准线方程为y＝－，‎ 所以＝，即p＝1.‎ 因此抛物线C的方程为x2＝2y.‎ ‎(2)假设存在点M(x0，)(x0>0)满足条件，抛物线C在点M处的切线斜率为y′|x＝x0＝()′|x＝x0＝x0，‎ 所以直线MQ的方程为y－＝x0(x－x0)．‎ 令y＝得xQ＝＋，‎ 所以Q(＋，)．‎ 又|QM|＝|OQ|，‎ 故(－)2＋(－)2＝(＋)2＋，‎ 因此(－)2＝.‎ 又x0>0，所以x0＝，此时M(，1)．‎ 故存在点M(，1)，使得直线MQ与抛物线C相切于点M.‎