2020届高考数学理一轮（新课标通用）单元质量测试： 第七章　平面解析几何 Word版含解析.pdf

单元质量测试(七) 时间：120 分钟 满分：150 分 第卷 (选择题，共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分) 1直线 3xy10 的倾斜角大小为( )3 A30° B60° C120° D150° 答案 C 解析 k，120°故选 C 3 3 3 2“a2”是“直线 yax2 与 y x1 垂直”的( ) a 4 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 A 解析 由 a2 得两直线斜率满足(2)× 1，即两直线垂直；由两直线垂 2 4 直得(a)× 1，解得 a±2故选 A a 4 3已知双曲线1(a0，b0)的离心率为，则双曲线的渐近线方程为 y2 a2 x2 b2 3 ( ) Ay±x By±x 2 2 2 Cy±2x Dy± x 1 2 答案 A 解析 由题意得，双曲线的离心率 e ，故 ，故双曲线的渐近线方 c a 3 b a 2 程为 y± x±x a b 2 2 4(2018·邯郸摸底)已知 F1，F2分别是双曲线 C： 1 的左、右焦点，P x2 9 y2 7 为双曲线 C 右支上一点，且|PF1|8，则( ) |F1F2| |PF2| A4 B3 C2 D22 答案 A 解析 由 1知c2a2b216， 所以|F1F2|2c8， 由双曲线定义知|PF1| x2 9 y2 7 |PF2|2a6，所以|PF2|2 或|PF2|14(P 在右支上，舍去)，所以4 |F1F2| |PF2| 5(2018·福州模拟)已知双曲线 C 的两个焦点 F1，F2都在 x 轴上，对称中心为 原点，离心率为若点 M 在 C 上，且 MF1MF2，M 到原点的距离为，则 C33 的方程为( ) A 1 B 1 x2 4 y2 8 y2 4 x2 8 Cx2 1 Dy2 1 y2 2 x2 2 答案 C 解析 显然 OM 为 RtMF1F2的中线，则|OM| |F1F2|c又 e ，得 a1进而 b2c2a22故 C 的方 1 2 3 c a 3 a 3 程为 x2 1，故选 C y2 2 6设 F1，F2是椭圆 E：1(ab0)的左、右焦点，P 为直线 x上一 x2 a2 y2 b2 3a 2 点，F2PF1是底角为 30°的等腰三角形，则 E 的离心率为( ) A B C D 1 2 2 3 3 4 4 5 答案 C 解析 令 c 如图， 据题意， |F2P|F1F2|， F1PF230°， F1F2Pa2b2 120°， PF2x60°，|F2P|23a2c ( 3a 2 c) |F1F2|2c，3a2c2c， 3a4c， ，即椭圆的离心率为 故选 C c a 3 4 3 4 7(2018·大庆质检一)已知等轴双曲线 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，C 与 抛物线 y212x 的准线交于 A，B 两点，|AB|2，则 C 的实轴长为( )5 A B2 C2 D422 答案 D 解析 因为抛物线y212x的准线为x3， 而等轴双曲线C的焦点在x轴上， 所以 A，B 两点关于 x 轴对称，且|AB|2，所以点(3，±)在双曲线上，代入双55 曲线的方程 x2y2a2中得 95a24，所以 a2，即 2a4，故双曲线 C 的实 轴长为 4故选 D 8(2018·乌鲁木齐一诊)已知抛物线 y24x 与圆 F： x2y22x0，过点 F 作 直线 l，自上而下顺次与上述两曲线交于点 A，B，C，D，则下列关于|AB|·|CD|的 值的说法中，正确的是( ) A等于 1 B等于 16 C最小值为 4 D最大值为 4 答案 A 解析 圆 F 的方程为(x1)2y21 设直线 l 的方程为 xmy1 代入 y24x 得 y24my40， y1y24 设点 A(x1， y1)， D(x2， y2) 则|AF|x11， |DF|x21， 所以|AB|AF|BF|x1，|CD|DF|CF|x2，所以|AB|·|CD|x1x2(y1y2)2 1 16 1故选 A 9 (2018·沈阳质检一)已知双曲线 C：1(a0， b0)， O 为坐标原点， F x2 a2 y2 b2 为双曲线的右焦点， 以 OF 为直径的圆与双曲线的渐近线交于一点 A， 若AFO ， 6 则双曲线 C 的离心率为( ) A2 B C D32 2 3 3 答案 A 解析 如图所示， 在AOF中， OAF90°， 又AFO30°， 所以AOF60°， 故 tan60°，所以 e 2，故选 A b a 31b 2 a2 10 (2019·唐山模拟)已知 F1， F2为双曲线 ：1(a0)的左、 右焦点， P x2 a2 y2 20 为双曲线 左支上一点， 直线 PF1与双曲线 的一条渐近线平行， PF1PF2， 则 a ( ) A B C4 D5525 答案 A 解析 如图，记 PF2与双曲线的渐近线 l 的交点为 M与 PF1平行的双曲线的 渐近线为 yx，由 PF1PF2，得 PF2l，则 F2(c，0)到直线 l：xy0 的 2 5 a 2 5 a 距离为 d2而OMF2为直角三角形，所以|OM| 2 5 a c 2 5 a 212 2 5c a220 5 a 又 OMF1P， O 是 F1F2的中点， 所以|F1P|2|OM|OF2|2|MF2|2c220 2a， |PF2|2|MF2|4 而由双曲线的定义， 有|PF2|PF1|2a， 即 42a2a，55 所以 a故选 A5 11(2018·衡阳三模)已知椭圆 E：1(ab0)的左焦点为 F1，y 轴上 x2 a2 y2 b2 的点 P 在椭圆以外，且线段 PF1与椭圆 E 交于点 M若|OM|MF1|OP|，则 3 3 椭圆 E 的离心率为( ) A B C1 D 1 2 3 2 3 31 2 答案 C 解析 过 M 作 MHx 轴于点 H， 由|OM|MF1|， 知 H 为 OF1的中点， 进而 MH 为PF1O 的中位线，则 M 为 F1P 的中点从而依题意，有 |F1P|OP|，即 1 2 3 3 3 2 sinOF1P， 则OF1P 则MF1O是边长为c的等边三角形 连接MF2(F2 |OP| |F1P| 3 为椭圆E的右焦点)， 则由OMOF1OF2可知F1MF2 故e 2 2c 2a |F1F2| |MF1|MF2| 1故选 C 2c 1 3 c 2 1 3 3 12(2018·合肥质检一)如图，已知椭圆 1(a0)的左、 右焦点分别为 F1， x2 a2 y2 4 F2，过 F1的直线交椭圆于 M，N 两点，交 y 轴于点 H若 F1，H 是线段 MN 的三 等分点，则F2MN 的周长为( ) A20 B10 C2 D455 答案 D 解析 解法一：设点 H(0，t)，00，解得1a3 14(2018·浙江宁波质检)与圆(x2)2y21 外切，且与直线 x10 相切的 动圆圆心的轨迹方程是_ 答案 y28x 解析 设动圆圆心为 P(x，y)，则|x1|1，依据抛物线的定义 x22y2 结合题意可知动圆圆心 P(x，y)的轨迹是以(2，0)为焦点，x2 为准线的抛物线， 故方程为 y28x 15(2018·贵阳模拟)已知过抛物线 y22px(p0)的焦点 F，且倾斜角为 60°的 直线与抛物线交于 A，B 两点，若|AF|BF|，且|AF|2，则 p_ 答案 1 解析 过点 A 作 AMx 轴交 x 轴于点 M， 由AFM60°， |AF|2 得|FM|1， 且点 A 到抛物线的准线 l： x 的距离为 2，而|FM|1，所以抛物线的焦点 F 到 p 2 准线的距离为 1，即 p1 16已知椭圆 C： 1，点 M 与 C 的焦点不重合若 M 关于 C 的焦点 x2 9 y2 4 的对称点分别为 A，B，线段 MN 的中点在 C 上，则|AN|BN|_ 答案 12 解析 解法一：由椭圆方程知椭圆 C 的左焦点为 F1(， 0)， 右焦点为 F2(， 0) 则 M(m， n)关于 F1的对称点为 A(2m， 555 n)， 关于 F2的对称点为 B(2m， n)， 设 MN 中点为(x， y)， 所以 N(2xm， 2yn)5 所以|AN|BN| 2x2 52 2y 2 2x2 52 2y 2 2， x 5 2y2 x 52y2 故由椭圆定义可知|AN|BN|2×612 解法二 ： 根据已知条件画出图形，如图设 MN 的中点为 P，F1，F2为椭圆 C 的焦点， 连接PF1， PF2 显然PF1是MAN的中位线， PF2是MBN的中位线， |AN| |BN|2|PF1|2|PF2|2(|PF1|PF2|)2×612 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(2018·河南郑州检测)(本小题满分 10 分)已知坐标平面上动点 M(x，y)与两 个定点 P(26，1)，Q(2，1)，且|MP|5|MQ| (1)求点 M 的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形； (2)记(1)中轨迹为 C，过点 N(2，3)的直线 l 被 C 所截得的线段长度为 8，求 直线 l 的方程 解 (1)由题意，得5， |MP| |MQ| 即5， x262y12 x22y12 化简，得 x2y22x2y230， 所以点 M 的轨迹方程是(x1)2(y1)225 轨迹是以(1，1)为圆心，5 为半径的圆 (2)当直线 l 的斜率不存在时，l：x2， 此时所截得的线段长度为 28，5232 所以 l：x2 符合题意 当直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 y3k(x2)， 即 kxy2k30， 圆心(1，1)到直线 l 的距离 d |3k2| k21 由题意，得 24252，解得 k |3k2| k21 5 12 所以直线 l 的方程为xy0， 5 12 23 6 即 5x12y460 综上，直线 l 的方程为 x2 或 5x12y460 18 (2018·佛山质检一)(本小题满分 12 分)已知椭圆 C1：1(ab0)的 x2 a2 y2 b2 右顶点与抛物线 C2：y22px(p0)的焦点重合，椭圆 C1的离心率为 ，过椭圆 C1 1 2 的右焦点 F 且垂直于 x 轴的直线被抛物线 C2截得的弦长为 42 (1)求椭圆 C1和抛物线 C2的方程； (2)过点 A(2，0)的直线 l 与 C2交于 M，N 两点，点 M 关于 x 轴的对称点为 M，证明：直线 MN 恒过一定点 解 (1)设椭圆 C1的半焦距为 c，依题意，可得 a ， p 2 则 C2：y24ax 代入 xc，得 y24ac，即 y±2，ac 则有Error!解得 a2，b，c13 所以椭圆 C1的方程为 1， x2 4 y2 3 抛物线 C2的方程为 y28x (2)证明：依题意，可知直线 l 的斜率不为 0， 可设 l：xmy2 联立Error!消去 x，整理得 y28my160 设点 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则点 M(x1，y1)， 由 (8m)24×160，解得 m1 或 m1 且有 y1y28m，y1y216，m， y1y2 8 所以直线 MN 的斜率 kMN y2y1 x2x1 8m my2y1 8 y2y1 可得直线 MN 的方程为 yy2(xx2)， 8 y2y1 即 yxy2xx 8 y2y1 8my2 2 y2y1 8 y2y1 y2 y 2y1 y 2 y 1y216 y2y1 8 y2y1 ·(x2) 16 y2y1 8 y2y1 所以当 m1 或 m1 时，直线 MN 恒过定点(2，0) 19(2019·深圳调研)(本小题满分 12 分)已知直线 l 经过抛物线 C： x24y 的焦 点 F，且与抛物线 C 交于 A，B 两点，抛物线 C 在 A，B 两点处的切线分别与 x 轴 交于点 M，N (1)求证：AMMF； (2)记AFM 和BFN 的面积分别为 S1和 S2，求 S1·S2的最小值 解 (1)证明：不妨设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 其中 y1 ，y2 x2 1 4 x2 2 4 由导数知识可知，抛物线 C 在点 A 处的切线 l1的斜率 k1 ， x1 2 则切线 l1的方程 yy1 (xx1)， x1 2 令 y0，可得 M ，0 x1 2 因为 F(0，1)， 所以直线 MF 的斜率 kMF 10 0x 1 2 2 x1 所以 k1·kMF1，所以 AMMF (2)由(1)可知 S1 |AM|·|MF|， 1 2 其 中 |AM|·， |MF|x1x 1 2 2y2 1 x2 1 4 y2 1 y1y2 1y11y1 x1 2 21 ，y11 所以 S1 |AM|·|MF| (y11)· 1 2 1 2 y1 同理可得 S2 (y21) 1 2 y2 所以 S1·S2 (y11)(y21) 1 4 y1y2 (y1y2y1y21) 1 4 y1y2 设直线 l 的方程为 ykx1，联立方程组 Error!可得 x24kx40， 所以 x1x24，所以 y1y21 x 1x22 16 所以 S1·S2 (y1y22) (22)1， 1 4 1 4 y1y2 当且仅当 y1y2时，等号成立 所以 S1·S2的最小值为 1 20(2018·太原三模)(本小题满分 12 分)已知抛物线 C1：y28x 的焦点 F 也是 椭圆 C2：1(ab0)的右焦点， 点 P(0， 2)在椭圆短轴 CD 上， 且 P·P x2 a2 y2 b2 C D 1 (1)求椭圆 C2的方程； (2)设 Q 为椭圆 C2上的一个不在 x 轴上的动点，O 为坐标原点，过椭圆 C2的 右焦点 F 作 OQ 的平行线，交椭圆 C2于 M，N 两点，求QMN 面积的最大值 解 (1)由 C1：y28x，知焦点 F 坐标为(2，0)， 所以 a2b24 由已知得点 C，D 的坐标分别为(0，b)，(0，b)， 又 P·P1，C D 于是 4b21，解得 b25，a29， 所以椭圆 C2的方程为 1 x2 9 y2 5 (2)设点 M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)， 直线 MN 的方程为 xmy2 由Error!可得(5m29)y220my250 则 y1y2，y1y2， 20m 5m29 25 5m29 所以|MN| 1m2 y 1y224y1y2 1m2 20m 5m29 2 100 5m29 301m2 5m29 因为 MNOQ，所以QMN 的面积等于OMN 的面积 又点 O 到直线 xmy2 的距离 d， 2 1m2 所以QMN 的面积 S |MN|·d 1 2 ×× 1 2 30m2 1 5m29 2 m21 30 m2 1 5m29 令 t，则 m2t21(t1)，m21 S 30t 5t219 30t 5t24 30 5t4 t 因为 f(t)5t 在1，)上单调递增， 4 t 所以当 t1 时，f(t)取得最小值 9 所以QMN 的面积的最大值为 10 3 21(2018·重庆一模)(本小题满分 12 分)已知 F1，F2分别为椭圆 C： 1 x2 3 y2 2 的左、右焦点，点 P(x0，y0)在椭圆 C 上 (1)求·的最小值；PF1 PF2 (2)若 y00 且·0，已知直线 l：yk(x1)与椭圆 C 交于两点 A，B，PF1 F1F2 过点 P 且平行于直线 l 的直线交椭圆 C 于另一点 Q，问：四边形 PABQ 能否成为 平行四边形？若能，请求出直线 l 的方程；若不能，请说明理由 解 (1)由题意可知， F1(1， 0)， F2(1， 0)， (1x0， y0)，(1x0，PF1 PF2 y0)，·x y 1 x 1PF1 PF2 2 02 0 1 3 2 0 x0，·的最小值为 133PF1 PF2 (2)·0，x01PF1 F1F2 y00，P1， 2 3 3 设 A(x1， y1)， B(x2， y2) 联立直线与椭圆方程， 得(23k2)x26k2x3k260， 由根与系数的关系可知 x1x2，x1·x2 6k2 23k2 3k26 23k2 由弦长公式可知 |AB|x1x2|1k2 4 31k 2 23k2 P1，PQAB， 2 3 3 直线 PQ 的方程为 yk(x1) 2 3 3 设 Q(x3， y3) 将 PQ 的方程代入椭圆方程可知(23k2)x26kkx3k 2 2 3 3 2 3 3 60， x01，x3， 23k24 3k 23k2 |PQ|·|x0x3|·1k21k2 |44 3k| 23k2 若四边形 PABQ 为平行四边形，则|AB|PQ|， 4·|44k|，解得 k31k23 3 3 故符合条件的直线 l 的方程为 y(x1)， 3 3 即 xy103 22 (2018·衡阳三模)(本小题满分 12 分)在平面直角坐标系 xOy 中， 已知椭圆 C ： 1(ab0)的离心率为，且椭圆 C 上的动点 P 到点 Q(0，2)的距离 x2 a2 y2 b2 3 6 3 的最大值为 3 (1)求椭圆 C 的方程； (2)椭圆 C 上是否存在点 M(m，n)，使得直线 l： mxny1 与圆 O： x2y21 相交于不同的两点 A，B，且OAB 的面积最大？若存在，求出点 M 的坐标及对 应的OAB 的面积；若不存在，请说明理由 解 (1)依题意 e ，则 c2 a2， c a 6 3 2 3 所以 b2a2c2 a2 1 3 因为 a，所以 b13 设 P(x，y)是椭圆 C 上任意一点，则1， x2 a2 y2 b2 所以 x2a21a23y2， y2 b2 所以|PQ| x2y22 a23y2y22 (yb，b)2y12a26 因为 b1，当 y1 时，|PQ|有最大值3，a26 可得 a，所以 b1，c32 故椭圆 C 的方程为 y21 x2 3 (2)假设存在点 M(m，n)在椭圆 C 上，满足题意， 所以n21，m233n2， m2 3 设点 A(x1，y1)，B(x2，y2) 由Error!得(m2n2)x22mx1n20 所以 4m24(m2n2)(1n2)4n2(m2n21) 8n2(1n2)0，可得 n21 由根与系数的关系得 x1x2， 2m m2n2 x1x2， 1n2 m2n2 所以 y1y2· 1mx1 n 1mx2 n ， 1mx1x2m2x1x2 n2 1m2 m2n2 所以|AB| x 1x22y1y22 x2 1y2 1x2 2y2 22x1x2y1y2 22 1n2 m2n2 1m2 m2n2 21 1 m2n2 设原点 O 到直线 AB 的距离为 h， 则 h， 1 m2n2 所以 SOAB |AB|·h 1 2 1 m2n21 1 m2n2 设 t， 1 m2n2 由 0n21，得 m2n232n2(1，3， 所以 t ，1， 1 3 SOAB，t ，1，t1tt1 2 21 4 1 3 所以，当 t 时，SOAB面积最大，为 1 2 1 2 此时，点 M 的坐标为，或，或，或， 6 2 2 2 6 2 2 2 6 2 2 2 6 2 2 2