【2022届走向高考】高三数学一轮(北师大版)阶段性测试题9(平面解析几何).docx

阶段性测试题九(平面解析几何)
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．
第Ⅰ卷(选择题　共50分)
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50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．“m＝1”是“直线x－my＋m＋1＝0与圆x2＋y2＝2相切”的(　　)
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]　C
[解析]　已知直线与圆相切的充要条件是＝，此方程只有唯一解m＝1，故“m＝1”是“直线x－my＋m＋1＝0与圆x2＋y2＝2相切”的充要条件．
2．已知双曲线的渐近线方程为y＝±x，焦点坐标为(－4,0)，(4,0)，则双曲线方程为(　　)
A．－＝1　　　　 B．－＝1
C．－＝1 D．－＝1
[答案]　D
[解析]　双曲线的渐近线方程为y＝±x，焦点在x轴上，设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，
则＝且a2＋b2＝16，解得a2＝4，b2＝12.
∴双曲线方程为－＝1.
3．(文)过点P(1,2)的直线l平分圆C：x2＋y2＋4x＋6y＋1＝0的周长，则直线l的斜率为(　　)
A． B．1
C． D．
[答案]　A
[解析]　圆的方程可化为(x＋2)2＋(y＋3)2＝12由于l平分圆C的周长，所以l过圆C的圆心(－2，－3)，又l过P(1,2)，所以kl＝＝，故选A．
(理)过点P(1,3)且在x轴上的截距和在y轴上的截距相等的直线方程为(　　)
A．x＋y－4＝0 B．3x－y＝0
C．x＋y－4＝0或3x＋y＝0 D．x＋y－4＝0或3x－y＝0
[答案]　D
[解析]　若直线过原点，设直线方程为y＝kx，把点P(1,3)代入得k＝3，此时直线为y＝3x，即3x－y＝0，若直线不经过原点，在设直线方程为＋＝1，即x＋y＝a，把点P(1,3)代入得a＝4，所以直线方程x＋y＝4，即x＋y－4＝0，所以选D．
4．(文)点P是抛物线y2＝4x上一点，P到该抛物线焦点的距离为4，则点P的横坐标为(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
[答案]　B
[解析]　抛物线的准线为x＝－1，依据抛物线的定义可知，P到该抛物线焦点的距离等于P到该准线的距离，即x－(－1)＝4，所以x＝3，即点P的横坐标为3，选B．
(理)方程x2＋xy＝x表示的曲线是(　　)
A．一个点 B．一条直线
C．两条直线 D．一个点和一条直线
[答案]　C
[解析]　由x2＋xy＝x得x(x＋y－1)＝0，即x＝0或x＋y－1＝0，为两条直线，选C．
5．(文)(2022·广东高考)若实数k满足0<k<5，则曲线－＝1与曲线－＝1的(　　)
A．实半轴长相等 B．虚半轴长相等
C．离心率相等 D．焦距相等
[答案]　D
[解析]　∵0<k<5，∴两方程都表示双曲线，由双曲线中c2＝a2＋b2得其焦距相等，选D．
(理)(2022·广东高考)若实数k满足0<k<9，则曲线－＝1与曲线－＝1的(　　)
A．焦距相等 B．实半轴长相等
C．虚半轴长相等 D．离心率相等
[答案]　A
[解析]　∵0<k<9，∴0<9－k,25－k>0，
∴曲线表示双曲线，
又∵25＋9－k＝c2，
∴焦距相等．选A .
6．已知抛物线y2＝4x的准线与双曲线－y2＝1交于A、B两点，点F是抛物线的焦点，若△FAB为直角三角形，则该双曲线的离心率为(　　)
A． B．
C．2 D．
[答案]　D
[解析]　抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，准线方程为x＝－1，设直线x＝－1与x轴的交点为C，则FC＝2，由于△FAB为直角三角形，所以依据对称性可知，AC＝FC＝2，则A点的坐标为(－1,2)，代入双曲线方程得－4＝1，所以a2＝，c2＝＋1＝，e2＝＝6，所以离心率e＝.
7．已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是(　　)
A． B．2
C． D．3
[答案]　B
[解析]　由于抛物线的方程为y2＝4x，所以焦点坐标F(1,0)，准线方程为x＝－1.所以设P到准线的距离为PB，则PB＝PF.P到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离为PA，

所以PA＋PB＝PA＋PF≥FD，其中FD为焦点到直线4x－3y＋6＝0的距离，又由于FD＝＝＝2，
所以距离之和最小值是2，选B．
8．以O为中心，F1，F2为两个焦点的椭圆上存在一个点M，满足||＝2||＝2||，则该椭圆的离心率为(　　)
A． B．
C． D．
[答案]　C
[解析]　过M作x轴的垂线，交x轴于N点，则N点坐标为(，0)，并设||＝2||＝2||＝2t，依据勾股定理可知，||2－||2＝||2－||2，得到c＝t，而a＝，则e＝＝.故选C．
9．(文)(2021·邵阳模拟)已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆中过点M(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积是(　　)
A．10 B．20
C．30 D．40
[答案]　B
[解析]　由题意得，如图所示，最长弦为AC，且|AC|＝10，最短弦为BD，且|BD|＝2＝2＝4，所以四边形的面积为S＝2S△ABC＝2××|AC|×|BM|＝2××10×2＝20，故选B．

(理)已知P是直线l：3x－4y＋11＝0上的动点，PA、PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是(　　)
A． B．2
C． D．2
[答案]　C
[解析]　如图S四边形PACB＝S△PCA＋S△PCB＝2S△PCA＝×|PA|×|AC|＝|PA|，所以四边形PACB面积的最小值就是|PA|的最小值，而|PA|＝.本题要求出最小的|PC|的值，即为圆心C(1,1)到直线l：3x－4y＋11＝0的最短距离|PC|min＝＝2，所以|PA|＝，即四边形PACB面积的最小值是，所以选C．

10．我们把焦点相同，且离心率互为倒数的椭圆和双曲线称为一对“相关曲线”．已知F1、F2是一对相关曲线的焦点，P是它们在第一象限的交点，当∠F1PF2＝60°时，这一对相关曲线中双曲线的离心率是(　　)
A． B．
C． D．2
[答案]　A
[解析]　设椭圆的半长轴为a1，椭圆的离心率为e1，则e1＝，a1＝.双曲线的实半轴为a，双曲线的离心率为e，e＝，a＝.设|PF1|＝x，|PF2|＝y，(x>y>0)，
则由余弦定理得4c2＝x2＋y2－2xycos60°＝x2＋y2－xy，当点P看做是椭圆上的点时，有
4c2＝(x＋y)2－3xy＝4a－3xy，
当点P看做是双曲线上的点时，有
4c2＝(x－y)2＋xy＝4a2＋xy，
两式联立消去xy得4c2＝a＋3a2，
即4c2＝()2＋3()2，所以()2＋3()2＝4，
又由于＝e，所以e2＋＝4，整理得e4－4e2＋3＝0，解得e2＝3，所以e＝，即双曲线的离心率为.选A．
第Ⅱ卷(非选择题　共100分)
二、填空题(本大题共5个小题，每小题5分，共25分，把正确答案填在题中横线上)
11．以抛物线y2＝20x的焦点为圆心，且与双曲线－＝1的两条渐近线都相切的圆的方程为________．
[答案]　(x－5)2＋y2＝9
[解析]　由已知可以知道，抛物线的焦点坐标为 (5,0)，双曲线的渐近线方程为y＝±x，则所求的圆的圆心为(5,0)，利用圆心到直线3x－4y＝0的距离为半径r，则有r＝＝3，故圆的方程为(x－5)2＋y2＝9.
12．从抛物线y2＝4x上一点P引抛物线准线的垂线，垂足为M，且|PM|＝5，设抛物线的焦点为F，则cos∠MPF＝________.
[答案]　
[解析]　设P(x0，y0)，则x0＋1＝5，即x0＝4，代入抛物线方程得y0＝±4，依据对称性取y0＝4，则M(－1,4)，又F(1,0)，所以FM2＝(－1－1)2＋(4－0)2＝20，依据余弦定理cos∠MPF＝＝，或者直接画图转化为直角三角形求解．
13．(2021·北京东城区统一检测)如图，已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点恰好是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F，且这两条曲线交点的连线过点F，则该椭圆的离心率为________．

[答案]　－1
[解析]　如图，设F′为椭圆的左焦点，椭圆与抛物线在x轴上方的交点为A，连接AF′，所以|FF′|＝2c＝p，由于|AF|＝p，所以|AF′|＝p.由于|AF′|＋|AF|＝2a，所以2a＝p＋p，所以e＝＝－1.
14．如图所示，椭圆＋＝1(a>b>0)与过点A(2,0)、B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心率e＝，则椭圆的方程是________．

[答案]　＋＝1
[解析]　过A、B的直线方程为＋y＝1.
由题意得有唯一解，
即(b2＋a2)x2－a2x＋a2－a2b2＝0有唯一解，
所以Δ＝a2b2(a2＋4b2－4)＝0(ab≠0)，
故a2＋4b2－4＝0.
又由于e＝，即＝，所以a2＝4b2.
从而a2＝2，b2＝.
∴椭圆的方程为：＋＝1.
15．(2021·广州联考)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p>0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB的面积为，则p＝________.
[答案]　2
[解析]　如图，由e＝＝2，得c＝2a，b＝a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.

又抛物线的准线方程为x＝－，
所以联立双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程可得求A(－，)，B(－，－)．
在△AOB中，|AB|＝p，O到AB的距离为，由于S△AOB＝，所以·p·＝，所以p＝2.
三、解答题(本大题共6个小题，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)依据下列条件，分别求直线方程：
(1)经过点A(3,0)且与直线2x＋y－5＝0垂直；
(2)求经过直线x－y－1＝0与2x＋y－2＝0的交点，且平行于直线x＋2y－3＝0的直线方程．
[解析]　(1)与直线2x＋y－5＝0垂直的直线的斜率为，又直线经过点A(3,0)，所以直线为y＝(x－3)，
即x－2y－3＝0.
(2)由于直线x－y－1＝0与2x＋y－2＝0的交点为(1,0)．由于与直线x＋2y－3＝0平行的直线的斜率为－，
所以所求的直线方程为y＝－(x－1)，
即x＋2y－1＝0.
17．(本小题满分12分)已知圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝25，直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0，(m∈R)．
(1)证明：不论m取什么实数，直线l与圆恒交于两点；
(2)求直线被圆C截得的弦长最小时l的方程．
[解析]　(1)证法1：l的方程(x＋y－4)＋m(2x＋y－7)＝0(m∈R)
∴⇒即l恒过定点A(3,1)，
圆心坐标为C(1,2)，半径r＝5，|AC|＝<r，
∴点A在圆C内，从而直线l恒与圆C相交于两点．
证明2：圆心到直线l的距离d＝，
d2－5＝－<0，
∴d<<5＝r，所以直线l恒与圆C相交于两点．
(2)弦长最小时，l⊥AC，∵kAC＝＝－，∴kl＝2，
∴－＝2⇒m＝－，
代入(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0，
得l的方程为2x－y－5＝0.
18．(本小题满分12分)已知椭圆C的中心在坐标原点，以坐标轴为对称轴，且经过点P(4，)，Q(－，2)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求与椭圆C有相同焦点，且过点M(3，－)的椭圆D的标准方程．
[解析]　(1)设椭圆C的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)．
∵点P(4，)，Q(－，2)在椭圆C上，
∴解得m＝，n＝，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)可知椭圆C的标准方程为＋＝1.
又椭圆D与椭圆C有相同焦点，
∴可设椭圆D的标准方程为＋＝1(k>－9)，
而点M(3，－)在椭圆D上，
∴＋＝1，
即k2＋10k－231＝0，
∴解得k＝11或k＝－21(舍去)，
∴所求椭圆D的标准方程为＋＝1.
19．(本小题满分12分)已知A，B是抛物线y2＝4x上的两点，N(1,0)，若存在实数λ，使＝λ，且|AB|＝，令A(xA，yA)，若xA>1，yA>0，求λ的值．
[解析]　易知N(1,0)为抛物线y2＝4x的焦点，且直线AB过焦点N，
当直线AB与x轴垂直时，xA＝1与xA>1冲突，不合题意．
所以符合条件的直线AB的斜率存在且设为k.
则直线方程为y＝k(x－1)，代入y2＝4x得
k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.
已知A(xA，yA)，设B(xB，yB)，
则xA＋xB＝，xAxB＝1.
由抛物线的性质知AB＝xA＋xB＋2＝4＋＝，
得k＝±，
又因xA>1，yA>0，所以k＝，xA＝3，xB＝.
由＝λ，得λ＝＝＝.
20．(本小题满分13分)设x，y∈R，i，j为直角坐标平面内x，y轴正方向上的单位向量，若向量a＝xi＋(y＋2)j，b＝xi＋(y－2)j，且|a|＋|b|＝8.
(1)求点M(x，y)的轨迹C的方程；
(2)过点(0,3)作直线l与曲线C交于A，B两点，设＝＋，是否存在这样的直线l，使得四边形OAPB是矩形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，试说明理由．
[解析]　方法一：∵a＝xi＋(y＋2)j，b＝xi＋(y－2)j，
且|a|＋|b|＝8，
∴点M(x，y)到两个定点F1(0，－2)，F2(0,2)的距离之和为8，
∴轨迹C为以F1，F2为焦点的椭圆，c＝2,2a＝8，a＝4，
∴b＝2.方程为 ＋＝1.
方法二：由题意知＋＝8，
移项得＝8－，
两边平方，得x2＋(y＋2)2
＝x2＋(y－2)2－16·＋64，
整理得2＝8－y，
两边平方得4[x2＋(y－2)2]＝(8－y)2，
开放，整理得＋＝1.
(2)∵l过y轴上的点(0,3)，若直线l是y轴，则A，B两点是椭圆的顶点，
∵＝＋＝0，
∴P与O重合，与四边形OAPB是矩形冲突，
∴直线l的斜率存在．
设l方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y得(4＋3k2)x2＋18kx－21＝0，
此时，Δ＝(18k)2－4(4＋3k2)(－21)>0恒成立，
且x1＋x2＝－，x1x2＝－，
∵＝＋，
∴四边形OAPB是平行四边形．
若存在直线l，使得四边形OAPB是矩形，则OA⊥OB，
即·＝0，
∵＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，
∴·＝x1x2＋y1y2＝0，
即(1＋k2)x1x2＋3k(x1＋x2)＋9＝0，
(1＋k2)(－)＋3k(－)＋9＝0，
解得k2＝，则k＝±.
∴存在直线l：y＝±x＋3，使得四边形OAPB是矩形．
21．(本小题满分14分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且椭圆C上的点到Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A，B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)由于e＝＝＝，
所以a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1.
设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，
|PQ|2＝x2＋(y－2)2＝－2(y＋1)2＋6＋3b2≤6＋3b2，
y∈[－b，b]，
由题设知存在点P1满足|P1Q|＝3，
则9＝|P1Q|2≤6＋3b2，所以b≥1.
当b≥1时，由于y＝－1∈[－b，b]，
此时|PQ|2取得最大值6＋3b2，
所以6＋3b2＝9⇒b2＝1，a2＝3.
故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)存在点M满足要求，使△OAB的面积最大．
假设存在满足条件的点M，由于直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A，B，则圆心O到l的距离d＝<1.
由于点M(m，n)在椭圆C上，所以＋n2＝1<m2＋n2，于是0<m2≤3.
由于|AB|＝2＝2，
所以S△OAB＝·|AB|·d＝
＝≤＝
当且仅当1＝m2时等号成立，所以m2＝∈(0,3]
因此当m＝±，n＝±时等号成立，
所以满足要求的点M的坐标为(，)，(，－)，(－，)或(－，－)，此时对应的三角形的面积均达到最大值.