2015高考数学（理）（第九章 解析几何）一轮过关测试题 8页

第九章　章末检测 ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．原点到直线x＋2y－5＝0的距离为(　　)‎ A．1 B. C．2 D. ‎2．(2010·安徽)过点(1,0)且与直线x－2y－2＝0平行的直线方程是(　　)‎ A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0‎ C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝0‎ ‎3．直线x－2y－3＝0与圆C：(x－2)2＋(y＋3)2＝9交于E、F两点，则△ECF的面积为(　　)‎ A. B. C．2 D. ‎4．(2011·咸宁调研)已知抛物线y2＝4x的准线与双曲线－y2＝1 (a>0)交于A、B两点，点F为抛物线的焦点，若△FAB为直角三角形，则双曲线的离心率是(　　)‎ A. B. C．2 D．3‎ ‎5．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为(　　)‎ A．10 B．‎20‎ C．30 D．40 ‎6．(2011·福建)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2，若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F‎1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于(　　)‎ A.或 B.或2‎ C.或2 D.或 ‎7．两个正数a、b的等差中项是，一个等比中项是，且a>b，则双曲线－＝1的离心率e等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎8．若过点A(4,0)的直线l与曲线(x－2)2＋y2＝1有公共点，则直线l的斜率的取值范围为(　　)‎ A．[－，] B．(－，)‎ C. D. ‎9．(2011·商丘模拟)设双曲线－＝1的一条渐近线与抛物线y＝x2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为(　　)‎ A. B．‎5 ‎ C. D. ‎10．“神舟七号”宇宙飞船的运行轨道是以地球中心，F为左焦点的椭圆，测得近地点A距离地面m km，远地点B距离地面n km，地球的半径为k km，关于椭圆有以下三种说法：‎ ‎①焦距长为n－m；②短轴长为；③离心率e＝.‎ 以上正确的说法有(　　)‎ A．①③ B．②③ C．①② D．①②③‎ ‎11．设F1、F2是双曲线－＝1 (a>0，b>0)的两个焦点，P在双曲线上，若·＝0，||·||＝‎2ac (c为半焦距)，则双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C．2 D. ‎12．(2010·浙江)设F1、F2分别为双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F‎1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为(　　)‎ A．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0‎ C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．(2011·安庆模拟)若一个圆的圆心在抛物线y2＝4x的焦点处，且此圆与直线3x＋4y＋7＝0相切，则这个圆的方程为________________．‎ ‎14．过椭圆＋＝1 (a>b>0)的左顶点A作斜率为1的直线，与椭圆的另一个交点为M，与y轴的交点为B.若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．‎ ‎15．(2011·江西)若椭圆＋＝1的焦点在x轴上，过点(1，)作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．‎ ‎16．若方程＋＝1所表示的曲线C，给出下列四个命题：‎ ‎①若C为椭圆，则14或t<1；‎ ‎③曲线C不可能是圆；‎ ‎④若C表示椭圆，且长轴在x轴上，则10)相交于两个不同的点A、B，与x轴相交于点C，记O为坐标原点．‎ ‎(1)证明：a2>；‎ ‎(2)若＝2，求△OAB的面积取得最大值时的椭圆方程．‎ ‎21．(12分)(2011·福建)已知直线l：y＝x＋m，m∈R.‎ ‎(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程．‎ ‎(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′，问直线l′与抛物线C：x2＝4y是否相切？说明理由．‎ ‎22．(12分)(2011·山东)已知动直线l与椭圆C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ＝，其中O为坐标原点．‎ ‎(1)证明：x＋x和y＋y均为定值．‎ ‎(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|·|PQ|的最大值．‎ ‎(3)椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判断 ‎△DEG的形状；若不存在，请说明理由．‎ 第九章　章末检测 ‎1．D　2.A　3.C　4.B　5.B ‎6．A　[由|PF1|∶|F‎1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，可设|PF1|＝4k，|F‎1F2|＝3k，|PF2|＝2k，若圆锥曲线为椭圆，则‎2a＝6k,‎2c＝3k，e＝＝.‎ 若圆锥曲线为双曲线，‎ 则‎2a＝4k－2k＝2k,‎2c＝3k，e＝＝.]‎ ‎7．D　8.C　9.D ‎10．A　11.D　12.C ‎13．(x－1)2＋y2＝4　14. ‎15.＋＝1‎ 解析　由题意可得切点A(1,0)．‎ 切点B(m，n)满足解得B(，)．‎ ‎∴过切点A，B的直线方程为2x＋y－2＝0.‎ 令y＝0得x＝1，即c＝1；‎ 令x＝0得y＝2，即b＝2.‎ ‎∴a2＝b2＋c2＝5，∴椭圆方程为＋＝1.‎ ‎16．②‎ ‎17．解　(1)∵kAB＝－，AB⊥BC，∴kCB＝.‎ ‎∴lBC：y＝x－2.‎ 故BC边所在的直线方程为x－y－4＝0.(3分)‎ ‎(2)在上式中，令y＝0，得C(4,0)，‎ ‎∴圆心M(1,0)．又∵|AM|＝3，‎ ‎∴外接圆的方程为(x－1)2＋y2＝9.(6分)‎ ‎(3)∵圆N过点P(－1,0)，‎ ‎∴PN是该圆的半径．又∵动圆N与圆M内切，‎ ‎∴|MN|＝3－|PN|，‎ 即|MN|＋|PN|＝3>2＝|MP|.(8分)‎ ‎∴点N的轨迹是以M、P为焦点，长轴长为3的椭圆．‎ ‎∴a＝，c＝1，b＝＝ .‎ ‎∴轨迹方程为＋＝1.(10分)‎ ‎18．解　设A(x1，y1)、B(x2，y2)．‎ ‎(1)由　得ky2＋y－k＝0，(2分)‎ ‎∴y1y2＝－1.又－x1＝y，－x2＝y，‎ ‎∴x1x2＝(y1y2)2＝1，∴x1x2＋y1y2＝0.(4分)‎ ‎∴·＝x1x2＋y1y2＝0，‎ ‎∴OA⊥OB.(6分)‎ ‎(2)‎ 如图，由(1)知y1＋y2＝－，‎ y1y2＝－1，‎ ‎∴|y1－y2|＝‎ ‎＝ ＝2，(10分)‎ ‎∴k2＝，∴k＝±，‎ 即所求k的值为±.(12分)‎ ‎19．解　(1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，‎ 由已知得 ‎∵P在圆上，‎ ‎∴x2＋(y)2＝25，即轨迹C的方程为＋＝1.(6分)‎ ‎(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)，‎ 设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1，即x2－3x－8＝0.(8分)‎ ‎∴x1＝，x2＝.(10分)‎ ‎∴线段AB的长度为|AB|＝＝＝＝.(12分)‎ ‎20．(1)证明　依题意，由y＝k(x＋1)，得x＝y－1.‎ 将x＝y－1代入x2＋3y2＝a2，‎ 消去x，得y2－y＋1－a2＝0.①(2分)‎ 由直线l与椭圆相交于两个不同的点，‎ 得Δ＝－4>0，‎ 整理得a2>3，即a2>.(5分)‎ ‎(2)解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由①得y1＋y2＝，‎ 由＝2，C(－1,0)，得y1＝－2y2，代入上式，得y2＝.(8分)‎ 于是，S△OAB＝|OC|·|y1－y2|‎ ‎＝|y2|＝≤＝，(10分)‎ 其中，上式取等号的条件是3k2＝1，即k＝±，‎ 由y2＝，可得y2＝±，‎ 将k＝，y2＝－及k＝－，y2＝这两组值分别代入①，均可解出a2＝5，所以，△OAB的面积取得最大值时的椭圆方程是x2＋3y2＝5.(12分)‎ ‎21．解　方法一　(1)依题意，点P的坐标为(0，m)．‎ 因为MP⊥l，所以×1＝－1，‎ 解得m＝2，即点P的坐标为(0,2)．(3分)‎ 从而圆的半径r＝|MP|＝＝2，‎ 故所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.(6分)‎ ‎(2)因为直线l的方程为y＝x＋m，‎ 所以直线l′的方程为y＝－x－m.‎ 由得x2＋4x＋‎4m＝0.‎ Δ＝42－4×‎4m＝16(1－m)．‎ 当m＝1时，即Δ＝0时，直线l′与抛物线C相切；‎ 当m≠1时，即Δ≠0时，直线l′与抛物线C不相切．(10分)‎ 综上，当m＝1时，直线l′与抛物线C相切；‎ 当m≠1时，直线l′与抛物线C不相切．(12分)‎ 方法二　(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x－2)2＋y2＝r2.‎ 依题意，所求圆与直线l：x－y＋m＝0相切于点P(0，m)，‎ 则解得(4分)‎ 所以所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.(6分)‎ ‎(2)同方法一．‎ ‎22．(1)证明　①当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，‎ 所以x2＝x1，y2＝－y1.‎ 因为P(x1，y1)在椭圆上，‎ 因此＋＝1.①‎ 又因为S△OPQ＝，所以|x1|·|y1|＝.②‎ 由①②得|x1|＝，|y1|＝1，‎ 此时x＋x＝3，y＋y＝2.‎ ‎②当直线l的斜率存在时，‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m，‎ 由题意知m≠0，将其代入＋＝1，得 ‎(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，‎ 其中Δ＝36k‎2m2‎－12(2＋3k2)(m2－2)>0，‎ 即3k2＋2>m2.(*)‎ 又x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以|PQ|＝· ‎＝·.‎ 因为点O到直线l的距离为d＝，‎ 所以S△OPQ＝|PQ|·d ‎＝·· ‎＝.又S△OPQ＝，‎ 整理得3k2＋2＝‎2m2‎，且符合(*)式，(2分)‎ 此时x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2‎ ‎＝(－)2－2×＝3，‎ y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2，‎ 综上所述，x＋x＝3，y＋y＝2，结论成立．(4分)‎ ‎(2)解　方法一　①当直线l的斜率不存在时，‎ 由(1)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，‎ 因此|OM|·|PQ|＝×2＝.‎ ‎②当直线l的斜率存在时，由(1)知：‎ ＝－，＝k()＋m＝－＋m ‎＝＝，‎ ‎|OM|2＝()2＋()2＝＋＝＝(3－)．‎ ‎|PQ|2＝(1＋k2)＝＝2(2＋)，‎ 所以|OM|2·|PQ|2＝×(3－)×2×(2＋)‎ ‎＝(3－)(2＋)≤2＝.‎ 所以|OM|·|PQ|≤，当且仅当3－＝2＋，‎ 即m＝±时，等号成立．‎ 综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为.(8分)‎ 方法二　因为4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝10.‎ 所以2|OM|·|PQ|≤＝＝5.‎ 即|OM|·|PQ|≤，当且仅当2|OM|＝|PQ|＝时等号成立．因此|OM|·|PQ|的最大值为.‎ ‎(3)解　椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.‎ 证明：假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝，‎ 由(1)得u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3；v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2，(10分)‎ 解得u2＝x＝x＝；v2＝y＝y＝1，‎ 因此u，x1，x2只能从±中选取，v，y1，y2只能从±1中选取．‎ 因此D，E，G只能在(±，±1)这四点中选取三个不同点，‎ 而这三点的两两连线中必有一条过原点，‎ 与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾，‎ 所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.‎ ‎(12分)‎