2022届高考数学(文科人教A版)大一轮单元评估检测(八)第八章-.docx

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单元评估检测(八)
第八章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共10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.直线x+2ay-5=0与直线ax+4y+2=0平行,则a的值为(　　)
A.2 B.±2 C.2 D.±2
【解析】选D.由于直线x+2ay-5=0与直线ax+4y+2=0平行,所以1a=2a4,即2a2=4,解得a=±2,经检验都符合题意.
2.(2021·南平模拟)已知双曲线的标准方程为x22-y2=1,则它的焦点坐标为(　　)
A.(±1,0) B.(±3,0)
C.(0,±3) D.(0,±1)
【解析】选B.由于a=2,b=1,所以c=a2+b2=3,且焦点在x轴上,所以它的焦点坐标是(±3,0).
3.(2021·泉州模拟)已知圆C的圆心是直线x-y+1=0与x轴的交点,且圆C与直线x+y+3=0相切,则圆C的方程是(　　)
A.(x+1)2+y2=2 B.(x+1)2+y2=8
C.(x-1)2+y2=2 D.(x-1)2+y2=8
【解析】选A.依据题意直线x-y+1=0与x轴的交点为y=0x-y+1=0⇒(-1,0),
由于圆与直线x+y+3=0相切,
所以半径为圆心到切线的距离,即r=d=|-1+0+3|12+12=2,则圆的方程为(x+1)2+y2=2.
4.已知点F1,F2是双曲线C的两个焦点,过点F2的直线交双曲线C的一支于A,B两点,若△ABF1为等边三角形,则双曲线C的离心率为(　　)
A.3 B.2 C.3 D.23
【解析】选A.△ABF1为等边三角形,所以F1F2⊥AB.
设△ABF1的边长为x,所以2cx=sin60°,所以x=4c3.
由双曲线的定义知2a=x-12x=x2=2c3,即a=c3,
所以双曲线C的离心率为e=ca=cc3=3.
5.命题p:4<r<7,命题q:圆(x-3)2+(y+5)2=r2(r>0)上恰好有2个点到直线4x-3y=2的距离等于1,则p是q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
【解析】选B.由于圆心(3,-5)到直线4x-3y=2的距离等于5,所以圆(x-3)2+(y+5)2=r2上恰好有2个点到直线4x-3y=2的距离等于1时,4<r<6,所以p是q的必要不充分条件.
6.(2021·聊城模拟)若F1,F2分别是椭圆x225+y216=1的左、右焦点,M是椭圆上的任意一点,且△MF1F2的内切圆的周长为3π,则满足条件的点M的个数为(　　)
A.2 B.4 C.6 D.不确定
【解题提示】由内切圆的周长为3π可确定内切圆的半径,然后利用面积相等确定点M的纵坐标,进而确定M点的个数.
【解析】选A.由△MF1F2的内切圆的周长为3π得,
内切圆的半径r=32,
所以△MF1F2的面积为12(|MF1|+|MF2|+|F1F2|)r=12|F1F2|×|yM|,
即(10+6)×32=6×|yM|,得|yM|=4,
所以满足条件的点M是短轴的2个端点.
7.已知a>b>0,e1,e2分别为圆锥曲线x2a2+y2b2=1和x2a2-y2b2=1的离心率,则lge1+lge2的
值(　　)
A.大于0且小于1　　　 B.大于1
C.小于0　　　 D.等于0
【解析】选C.由题意,得e1=a2-b2a,e2=a2+b2a(a>b>0),所以e1e2=a4-b4a2=1-b4a4<1.
所以lge1+lge2=lg(e1e2)=lga4-b4a2<0.
【方法技巧】求椭圆、双曲线离心率的两种方法
(1)直接求出a,c的值,利用离心率公式求解.
(2)依据已知条件查找关于a,c的有关等式(不等式),解方程(不等式),即可求出离心率的值(范围).
【加固训练】已知点P是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左支上一点,F1,F2分别是双曲线的左、右焦点,且PF1⊥PF2,PF2与两条渐近线相交于M,N两点(如图),点N恰好平分线段PF2,则双曲线的离心率是(　　)

A.5 B.2 C.3 D.2
【解析】选A.在△F1F2P中,点N恰好平分线段PF2,点O恰好平分线段F1F2,所以ON∥PF1,
又ON的斜率为ba,所以tan∠PF1F2=ba,
在△F1F2P中,设|PF2|=bt,|PF1|=at,
依据双曲线的定义可知|PF2|-|PF1|=2a,
所以bt-at=2a　①,
在Rt△F1F2P中,|PF2|2+|PF1|2=4c2　②,
由①②消去t,得(a2+b2)·4a2(b-a)2=4c2,
又c2=a2+b2,所以a2=(b-a)2,
即b=2a,双曲线的离心率是ca=a2+b2a=5.
8.已知抛物线y2=2px(p>0)与双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于两点A,B(A,B异于原点),抛物线的焦点为F.若双曲线的离心率为2,|AF|=7,则p=(　　)
A.3 B.6 C.12 D.42
【解题提示】由双曲线的离心率可求出双曲线的渐近线方程,从而可求出A,B两点的坐标,然后利用抛物线的定义可求p的值.
【解析】选B.由于双曲线的离心率为2,
所以e2=c2a2=a2+b2a2=4,即b2=3a2,
所以双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线方程为y=±3x,代入y2=2px(p>0),
得x=23p或x=0,故xA=xB=23p,
又|AF|=xA+p2=23p+p2=7,所以p=6.
【加固训练】(2022·衡水模拟)若双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与椭圆x2m2+y2b2=1(m>b>0)的离心率之积等于1,则以a,b,m为边长的三角形确定是(　　)
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.钝角三角形
【解析】选B.设双曲线离心率为e1,椭圆离心率为e2,
所以e1=a2+b2a2,e2=m2-b2m2,
故e1·e2=(a2+b2)(m2-b2)a2m2=1
⇒(m2-a2-b2)b2=0,即a2+b2-m2=0,
所以,以a,b,m为边长的三角形为直角三角形.
9.(2021·合肥模拟)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)与抛物线y2=2px(p>0)有一个共同的焦点F,点M是双曲线与抛物线的一个交点,若|MF|=54p,则此双曲线的离心率等于(　　)
A.2 B.3 C.2 D.3
【解析】选A.由于抛物线y2=2px(p>0)的焦点
Fp2,0,
所以由题意知双曲线x2a2-y2b2=1的一个焦点为F(c,0),
所以c=p2>a,(1)
即p>2a.所以双曲线方程为x2a2-y2p24-a2=1,
由于点M是双曲线与抛物线的一个交点,
若|MF|=54p,则M点横坐标xM=5p4-p2=3p4,
代入抛物线y2=2px得M3p4,±6p2,
把M3p4,±6p2代入双曲线x2a2-y2p24-a2=1,
得9p4-148p2a2+64a4=0,解得p=4a或p=23a,
由于p>2a,所以p=23a舍去,故p=4a.(2)
联立(1)(2)两式得c=2a,即e=2.
10.已知P为椭圆x225+y29=1上任意一点,过椭圆的右顶点A和上顶点B分别作x轴和y轴的垂线,两垂线交于点C,过P作BC,AC的平行线交BC于点M,交AC于点N,交AB于点D,E,矩形PMCN的面积是S1,三角形PDE的面积是S2,则S1S2=(　　)

A.34 B.1 C.43 D.45
【解析】选B.由题意知AB的方程为x5+y3=1,
设P(x,y)在第一象限,所以D5-5y3,y,
所以S△ADN=12×y×5y3=5y26,
由于Ex,3-35x,所以S四边形ACME=12×35x+3×(5-x)=310(25-x2),
由于P(x,y)在椭圆上,
所以x225+y29=1,所以y2=9-9x225,
所以56y2=310(25-x2),
所以S△ADN=S四边形ACME,
由于矩形PMCN的面积是S1,三角形PDE的面积是S2,
所以S2+S四边形ANPE=S1+S四边形ANPE,故S1S2=1.
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)
11.(2021·淮南模拟)在平面直角坐标系xOy中,若圆x2+(y-1)2=4上存在A,B两点关于点P(1,2)成中心对称,则直线AB的方程为　　　　　.
【解析】由条件知,圆心C(0,1),
依据题意得PC⊥AB,kPC=2-11-0=1,
从而kAB=-1,故直线AB的方程为y-2=(-1)(x-1),即x+y-3=0.
答案:x+y-3=0
12.若A,B为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴的两个端点,垂直于x轴的直线与椭圆交于点M,N,且kAM·kBN=14,则椭圆C的离心率为　　　　　.
【解析】设M(x,y),则N(x,-y),
所以kAM·kBN=-y2x2-a2=b2x2a2-b2x2-a2=b2a2=14,
即a2-c2a2=1-e2=14,
解得离心率e=32.
答案:32
13.(2022·安庆模拟)设双曲线x24-y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l交双曲线的左支于A,B两点,则|BF2|+|AF2|的最小值为　　　　.
【解析】由题意可得|AF2|-|AF1|=2a=4,
|BF2|-|BF1|=2a=4,
两式相加得|AF2|+|BF2|-|AB|=8,
所以|AF2|+|BF2|=8+|AB|
≥8+2b2a=8+62=11,
当且仅当AB⊥x轴时取等号,
所以|BF2|+|AF2|的最小值为11.
答案:11
14.已知抛物线C的顶点在原点,焦点F与双曲线x23-y26=1的右焦点重合,过定点P(2,0)且斜率为1的直线l与抛物线C交于A,B两点,则弦AB的中点到抛物线的准线的距离为　　　　　.
【解析】由题意,设抛物线的方程为y2=2px(p>0),
由于双曲线x23-y26=1的右焦点坐标为(3,0),
所以p2=3,即p=6,
所以抛物线的标准方程为y2=12x.
过定点P(2,0)且斜率为1的直线l的方程为y=x-2,
设A(x1,y1),B(x2,y2),联立y2=12x,y=x-2,
消去y可得x2-16x+4=0,
所以x1+x2=16,线段AB的中点到抛物线的准线的距离为x1+x22+p2=x1+x2+p2=16+62=11.
答案:11
15.(2021·淄博模拟)已知M是抛物线:y2=2px(p>0)上的动点,过M分别作y轴与4x-3y+5=0的垂线,垂足分别为A,B,若|MA|+|MB|的最小值为12,则p=　　　　.
【解析】设M(x,y),则|MA|+|MB|=x+|4x-3y+5|5=x+4x-3y+55,
由M(x,y)在抛物线:y2=2px(p>0)上,
得x=y22p(y∈R),
代入上式得|MA|+|MB|=9y2-6py+10p10p
=9y-p32-p2+10p10p≥-p2+10p10p=12(y∈R),
又p>0,故p=5.
答案:5
三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(12分)(2021·福州模拟)在平面直角坐标系xOy中,直线l与抛物线y2=4x相交于不同的A,B两点.
(1)假如直线l过抛物线的焦点,求OA→·OB→的值.
(2)假如OA→·OB→=-4,证明:直线l必过确定点,并求出该定点.
【解析】(1)由题意:抛物线焦点为(1,0),设l:x=ty+1,代入抛物线y2=4x,消去x得y2-4ty-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4,
所以OA→·OB→=x1x2+y1y2=(ty1+1)(ty2+1)+y1y2=t2y1y2+t(y1+y2)+
1+y1y2=-4t2+4t2+1-4=-3.
(2)设l:x=ty+b,代入抛物线y2=4x,
消去x得y2-4ty-4b=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4b,
所以OA→·OB→=x1x2+y1y2=(ty1+b)(ty2+b)+y1y2=t2y1y2+bt(y1+y2)+b2+y1y2
=-4bt2+4bt2+b2-4b=b2-4b.
令b2-4b=-4,所以b2-4b+4=0,所以b=2,
所以直线l过定点(2,0).
所以若OA→·OB→=-4,则直线l必过确定点(2,0).
17.(12分)在直角坐标系xOy中,以坐标原点O为圆心的圆与直线x-3y=4相切.
(1)求圆O的方程.
(2)若圆O上有两点M,N关于直线x+2y=0对称,且|MN|=23,求直线MN的方程.
(3)圆O与x轴相交于A,B两点,圆内的动点P使|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,求PA→·PB→的取值范围.
【解析】(1)半径r=|0-0-4|1+3=2,
故圆O的方程为x2+y2=4.
(2)由于圆O上有两点M,N关于直线x+2y=0对称,故MN的斜率等于直线x+2y=0斜率的负倒数,等于2,设MN的方程为y=2x+b,即2x-y+b=0.
由弦长公式可得,圆心O到直线MN的距离等于r2-MN22=1.
由点到直线的距离公式可得1=|0-0+b|5,b=±5,
故MN的方程为2x-y±5=0.
(3)圆O与x轴相交于A(-2,0),B(2,0)两点,圆内的动点P使|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,
所以|PA|·|PB|=|PO|2,设点P(x,y),
则有(x+2)2+y2·(x-2)2+y2=x2+y2,
两边平方,化简可得x2=y2+2.
由点P在圆内可得x2+y2<4,故有0≤y2<1.
由于PA→·PB→=(-2-x,-y)·(2-x,-y)=x2+y2-4=2(y2-1)∈[-2,0),
即PA→·PB→的取值范围是[-2,0).
18.(12分)如图,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合,过F2作与x轴垂直的直线l与椭圆交于S,T两点,与抛物线交于C,D两点,且|CD||ST|=22.

(1)求椭圆E的方程.
(2)若过点M(2,0)的直线与椭圆E相交于两点A,B,设P为椭圆E上一点,且满足OA→+OB→=tOP→(O为坐标原点),当|PA→-PB→|<253时,求实数t的取值范围.
【解析】(1)由抛物线方程,得焦点F2(1,0),
所以椭圆E的方程为:x2b2+1+y2b2=1.
解方程组y2=4x,x=1得C(1,2),D(1,-2),
由于抛物线、椭圆都关于x轴对称,
所以|F2C||F2S|=|CD||ST|=22,
|F2S|=22,所以S1,22.
因此,1b2+1+12b2=1,
解得b2=1,推得a2=2.
故椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)由题意知直线AB的斜率存在.
设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y),AB:y=k(x-2),
代入椭圆方程,得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2=0,
Δ=64k4-4(2k2+1)(8k2-2)>0,k2<12,
所以x1x2=8k2-21+2k2,x1+x2=8k21+2k2.
由于|PA→-PB→|<253,
所以1+k2|x1-x2|<253,
所以(1+k2)(8k2)2(1+2k2)2-4×8k2-21+2k2<209,
所以(4k2-1)(14k2+13)>0,
所以k2>14,所以14<k2<12.
由于满足OA→+OB→=tOP→,
所以(x1+x2,y1+y2)=t(x,y),
所以x=x1+x2t=8k2t(1+2k2),
y=y1+y2t=-4kt(1+2k2),
由于点P在椭圆上,
所以8k2t(1+2k2)2+2-4kt(1+2k2)2=2,
所以16k2=t2(1+2k2),
所以t2=16k21+2k2=8-81+2k2,
由于14<k2<12,
所以-2<t<-263或263<t<2,
所以实数t的取值范围为-2<t<-263或263<t<2.
19.(12分)(2021·厦门模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,右焦点为F,右顶点A在圆F:(x-1)2+y2=r2(r>0)上.
(1)求椭圆C和圆F的方程.
(2)已知过点A的直线l与椭圆C交于另一点B,与圆F交于另一点P.请推断是否存在斜率不为0的直线l,使点P恰好为线段AB的中点,若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.
【解析】(1)由题意可得c=1,
又由题意可得ca=12,所以a=2,
所以b2=a2-c2=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1,
所以椭圆C的右顶点为A(2,0),
代入圆F的方程,可得r2=1,
所以圆F的方程为(x-1)2+y2=1.
(2)假设存在直线l:y=k(x-2)(k≠0)满足条件,
由y=k(x-2),x24+y23=1,
得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
设B(x1,y1),则2+x1=16k24k2+3,
可得中点P8k24k2+3,-6k4k2+3,
由点P在圆F上可得8k24k2+3-12+-6k4k2+32=1,
化简整理得k2=0,
又由于k≠0,
所以不存在满足条件的直线l.
【一题多解】解决本题(2)还有如下方法:
假设存在直线l满足题意,
由(1)可得OA是圆F的直径,
所以OP⊥AB.
由点P是AB的中点,可得|OB|=|OA|=2.
设点B(x1,y1),则由题意可得x124+y123=1.
又由于直线l的斜率不为0,所以x12<4,
所以|OB|2=x12+y12=x12+31-x124=3+x124<4,
这与|OA|=|OB|冲突,所以不存在满足条件的直线l.
【加固训练】已知A,B是抛物线W:y=x2上的两个点,点A的坐标为(1,1),直线AB的斜率为k(k>0).设抛物线W的焦点在直线AB的下方.
(1)求k的取值范围.
(2)设C为W上一点,且AB⊥AC,过B,C两点分别作W的切线,记两切线的交点为D,推断四边形ABDC是否为梯形,并说明理由.
【解析】(1)抛物线y=x2的焦点为0,14.
由题意,得直线AB的方程为y-1=k(x-1),
令x=0,得y=1-k,
即直线AB与y轴相交于点(0,1-k).
由于抛物线W的焦点在直线AB的下方,
所以1-k>14,解得k<34.
由于k>0,所以0<k<34.
(2)结论:四边形ABDC不行能为梯形.
理由如下:
假设四边形ABDC为梯形.
由题意,设B(x1,x12),C(x2,x22),D(x3,y3),
联立方程y-1=k(x-1),y=x2,
消去y,得x2-kx+k-1=0,
由根与系数的关系,得1+x1=k,所以x1=k-1.
同理,得x2=-1k-1.
对函数y=x2求导,得y′=2x,
所以抛物线y=x2在点B处的切线BD的斜率为2x1=2k-2,
抛物线y=x2在点C处的切线CD的斜率为
2x2=-2k-2.
由四边形ABDC为梯形,得AB∥CD或AC∥BD.
若AB∥CD,则k=-2k-2,
即k2+2k+2=0,
由于方程k2+2k+2=0无解,
所以AB与CD不平行,
若AC∥BD,则-1k=2k-2,即2k2-2k+1=0,
由于方程2k2-2k+1=0无解,
所以AC与BD不平行,
所以四边形ABDC不是梯形,与假设冲突.
因此四边形ABDC不行能为梯形.
20.(13分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,以原点为圆心,椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x+y+2=0相切,A,B是椭圆的左、右顶点,直线l过B点且与x轴垂直.

(1)求椭圆C的标准方程.
(2)设G是椭圆C上异于A,B的任意一点,作GH⊥x轴于点H,延长HG到点Q使得HG=GQ,连接AQ并延长交直线l于点M,N为线段MB的中点,判定直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系,并证明你的结论.
【解析】(1)由题意可得e=ca=32.
由于以原点为圆心,椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x+y+2=0相切,
所以|0+0+2|12+12=b,解得b=1.
由a2=b2+c2,可得a=2.
所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
(2)直线QN与以AB为直径的圆O相切,证明如下:
由(1)可知A(-2,0),B(2,0),直线l的方程为x=2.
设G(x0,y0)(y0≠0),
于是H(x0,0),Q(x0,2y0),且有x024+y02=1,即4y02=4-x02.
连接BQ,设直线AQ与直线BQ的斜率分别为kAQ,kBQ,
由于kAQ·kBQ=2y0x0+2·2y0x0-2
=4y02x02-4=4-x02x02-4=-1,
即AQ⊥BQ,
所以点Q在以AB为直径的圆上.
由于直线AQ的方程为y=2y0x0+2(x+2).
由y=2y0x0+2(x+2),x=2,解得x=2,y=8y0x0+2,
即M2,8y0x0+2,所以N2,4y0x0+2.
所以直线QN的斜率为kQN=4y0x0+2-2y02-x0=-2x0y04-x02=-2x0y04y02=-x02y0,
所以kOQ·kQN=2y0x0·-x02y0=-1,
于是直线OQ与直线QN垂直,
所以直线QN与以AB为直径的圆O相切.
21.(14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,离心率为22,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为2,O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)设经过点M(0,2)作直线AB交椭圆C于A,B两点,求△AOB面积的最大值.
(3)设椭圆的上顶点为N,是否存在直线l交椭圆于P,Q两点,使点F为△PQN的垂心?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设F(c,0),则ca=22,知a=2c.
过点F且与x轴垂直的直线方程为x=c,
代入椭圆方程,有(-c)2a2+y2b2=1,
解得y=±22b.
于是2b=2,解得b=1.
又a2-c2=b2,从而a=2,c=1.
所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).
由题意可设直线AB的方程为y=kx+2.
由y=kx+2,x22+y2=1,消去y并整理,
得(2k2+1)x2+8kx+6=0,
由Δ=(8k)2-24(2k2+1)>0,得k2>32.
由根与系数的关系,
得x1+x2=-8k2k2+1,x1x2=62k2+1.
由于点O到直线AB的距离为d=21+k2,
|AB|=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2],
所以S△AOB=12|AB|d=(x1+x2)2-4x1x2
=8(2k2-3)(2k2+1)2.
设t=2k2-3,由k2>32,知t>0.
于是S△AOB=8t(t+4)2=8t+16t+8.
由t+16t≥8,得S△AOB≤22,
当且仅当t=4,即k2=72时等号成立.
所以△AOB面积的最大值为22.
(3)假设存在直线l交椭圆于P,Q两点,且F为△PQN的垂心.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由于N(0,1),F(1,0),所以kNF=-1.
由NF⊥PQ,知kPQ=1.
设直线l的方程为y=x+m,
由y=x+m,x2+2y2=2,得3x2+4mx+2m2-2=0.
由Δ>0,得m2<3,且x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23.
由题意,有NP→·FQ→=0.
由于NP→=(x1,y1-1),FQ→=(x2-1,y2),
所以x1(x2-1)+y2(y1-1)=0,
即x1(x2-1)+(x2+m)(x1+m-1)=0,
所以2x1x2+(x1+x2)(m-1)+m2-m=0,
于是2×2m2-23-43m(m-1)+m2-m=0,
解得m=-43或m=1.
经检验,当m=1时,△PQN不存在,故舍去m=1.
当m=-43时,所求直线l存在,且直线l的方程为y=x-43.
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