（魯京津瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 階段自測卷（六）（含解析）

階段自測卷(六) (時間：120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分) 1．(2019·四川診斷)拋物線y2＝4x的焦點坐標(biāo)是(　　) A. B．(0,1) C．(1,0) D. 答案　C 解析　拋物線y2＝2px的焦點坐標(biāo)為， 由拋物線y2＝4x得2p＝4，解得p＝2， 則焦點坐標(biāo)為(1,0)，故選C. 2．(2019·撫州七校聯(lián)考)過點(2,1)且與直線3x－2y＝0垂直的直線方程為(　　) A．2x－3y－1＝0 B．2x＋3y－7＝0 C．3x－2y－4＝0 D．3x＋2y－8＝0 答案　B 解析　設(shè)要求的直線方程為2x＋3y＋m＝0， 把點(2,1)代入可得4＋3＋m＝0，解得m＝－7. 可得要求的直線方程為2x＋3y－7＝0，故選B. 3．(2019·陜西四校聯(lián)考)直線ax－by＝0與圓x2＋y2－ax＋by＝0的位置關(guān)系是(　　) A．相交 B．相切 C．相離 D．不能確定 答案　B 解析　將圓的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得 2＋2＝， ∴圓心坐標(biāo)為，半徑r＝， ∵圓心到直線ax－by＝0的距離 d＝＝＝r， ∴圓與直線的位置關(guān)系是相切．故選B. 4．(2018·山西四校聯(lián)考)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)，右焦點F到漸近線的距離為2，點F到原點的距離為3，則雙曲線C的離心率e為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　∵右焦點F到漸近線的距離為2，∴F(c,0)到y(tǒng)＝x的距離為2，即＝2，又b>0，c>0，a2＋b2＝c2，∴＝b＝2.∵點F到原點的距離為3，∴c＝3， ∴a＝＝，∴離心率e＝＝＝. 5．(2019·涼山診斷)已知雙曲線E的漸近線方程是y＝±2x，則E的離心率為(　　) A.或2 B. C. D.或 答案　D 解析　當(dāng)雙曲線焦點在x軸上時，依題意得＝2， 故雙曲線的離心率為e＝＝＝. 當(dāng)雙曲線焦點在y軸上時，依題意得＝2，即＝， 故雙曲線的離心率為e＝＝＝.故選D. 6．(2019·河北衡水中學(xué)模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且橢圓C的長軸長與焦距之和為6，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋y2＝1 D.＋＝1 答案　D 解析　由橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，得＝， 橢圓C的長軸長與焦距之和為6，即2a＋2c＝6， 解得a＝2，c＝1，則b＝， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1，故選D. 7．若雙曲線－＝1(a>0，b>0)上存在一點P滿足以|OP|為邊長的正方形的面積等于2ab(其中O為坐標(biāo)原點)，則雙曲線的離心率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由條件，得|OP|2＝2ab，又P為雙曲線上一點， 從而|OP|≥a，∴2ab≥a2，∴2b≥a， 又∵c2＝a2＋b2≥a2＋＝a2，∴e＝≥. 8．(2019·唐山模擬)已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，過原點O且傾斜角為30°的直線l與橢圓C的一個交點為A，若AF1⊥AF2，＝2，則橢圓C的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 答案　A 解析　由題意，過原點O且傾斜角為30°的直線l與橢圓C的一個交點為A， 且AF1⊥AF2，且＝2，則可知|OA|＝c， 設(shè)A(x，y)，則x＝ccos30°＝c，y＝csin30°＝c， 即A， 代入橢圓的方程可得＋＝1， 又由＝2，得S＝×2c×c＝c2＝2， 解得c2＝4，且c2＝a2－b2， 所以a2＝6，b2＝2， 所以橢圓的方程為＋＝1，故選A. 9．(2019·新鄉(xiāng)模擬)已知點M(x，y)是拋物線y2＝4x上的動點，則＋的最小值為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 答案　A 解析　因為表示點M(x，y)到點F(1,0)的距離，即點M(x，y)到拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線x＝－1的距離，因為表示點M(x，y)到點A(2,1)的距離，所以＋的最小值為點A(2,1)到拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線x＝－1的距離3，即(＋)min＝3.故選A. 10．(2019·河北衡水中學(xué)調(diào)研)已知y2＝4x的準(zhǔn)線交x軸于點Q，焦點為F，過Q且斜率大于0的直線交y2＝4x于A，B，兩點∠AFB＝60°，則|AB|等于(　　) A. B. C．4 D．3 答案　B 解析　設(shè)A(x1,2)，B(x2,2)，x2>x1>0， 因為kQA＝kQB，即＝，整理化簡得x1x2＝1， |AB|2＝(x2－x1)2＋(2－2)2， |AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1， 代入余弦定理 |AB|2＝|AF|2＋|BF|2－2|AF||BF|cos60°， 整理化簡得，x1＋x2＝， 又因為x1x2＝1，所以x1＝，x2＝3， |AB|＝＝，故選B. 11．(2019·成都七中診斷)設(shè)拋物線C：y2＝12x的焦點為F，準(zhǔn)線為l，點M在C上，點N在l上，且＝λ(λ>0)，若|MF|＝4，則λ等于(　　) A. B．2 C. D．3 答案　D 解析　如圖，過M向準(zhǔn)線l作垂線，垂足為M′，根據(jù)已知條件，結(jié)合拋物線的定義得＝＝， 又|MF|＝4，∴|MM′|＝4， 又|FF′|＝6， ∴＝＝，∴λ＝3. 故選D. 12．(2019·長沙長郡中學(xué)調(diào)研)已知橢圓＋＝1(a>b>0)與雙曲線－＝1(m>0，n>0)具有相同焦點F1，F(xiàn)2，且在第一象限交于點P，橢圓與雙曲線的離心率分別為e1，e2，若∠F1PF2＝，則e＋e的最小值是(　　) A. B．2＋ C. D. 答案　A 解析　根據(jù)題意，可知|PF1|＋|PF2|＝2a， |PF1|－|PF2|＝2m， 解得|PF1|＝a＋m，|PF2|＝a－m， 根據(jù)余弦定理，可知 (2c)2＝(a＋m)2＋(a－m)2－2(a＋m)(a－m)cos， 整理得c2＝， 所以e＋e＝＋＝＋ ＝1＋≥1＋＝ (當(dāng)且僅當(dāng)a2＝m2時取等號)，故選A. 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分) 13．(2019·長春質(zhì)檢)若橢圓C的方程為＋＝1，則其離心率為________． 答案　 解析　根據(jù)橢圓方程得到a＝2，b＝，c＝1，e＝＝. 14．(2019·南昌八一中學(xué)、洪都中學(xué)聯(lián)考)若F1，F(xiàn)2是橢圓＋＝1的左、右焦點，點P在橢圓上運動，則|PF1|·|PF2|的最大值是________． 答案　5 解析　因為點P在橢圓＋＝1上， 由橢圓的定義可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2， 又|PF1||PF2|≤2＝()2＝5， 當(dāng)且僅當(dāng)|PF1|＝|PF2|時取等號， 所以|PF1||PF2|的最大值為5. 15．(2018·蘭州調(diào)研)點P在圓C1：x2＋y2－8x－4y＋11＝0上，點Q在圓C2：x2＋y2＋4x＋2y＋1＝0上，則|PQ|的最小值是________． 答案　3－5 解析　把圓C1、圓C2的方程都化成標(biāo)準(zhǔn)形式，得 (x－4)2＋(y－2)2＝9，(x＋2)2＋(y＋1)2＝4. 圓C1的圓心坐標(biāo)是(4,2)，半徑是3； 圓C2的圓心坐標(biāo)是(－2，－1)，半徑是2. 圓心距d＝＝3. 所以|PQ|的最小值是3－5. 16．(2019·廣東六校聯(lián)考)已知直線l：y＝kx＋t與圓C1：x2＋(y＋1)2＝2相交于A，B兩點，且△C1AB的面積取得最大值，又直線l與拋物線C2：x2＝2y相交于不同的兩點M，N，則實數(shù)t的取值范圍是______________． 答案　(－∞，－4)∪(0，＋∞) 解析　根據(jù)題意得到△C1AB的面積為r2sinθ，當(dāng)角度為直角時面積最大，此時△C1AB為等腰直角三角形，則圓心到直線的距離為d＝1，根據(jù)點到直線的距離公式得到＝1?1＋k2＝(1＋t)2?k2＝t2＋2t，直線l與拋物線C2：x2＝2y相交于不同的兩點M，N，聯(lián)立直線和拋物線方程得到x2－2kx－2t＝0，只需要此方程有兩個不等根即可，Δ＝4k2＋8t＝4t2＋16t>0，解得t的取值范圍為(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 三、解答題(本大題共70分) 17．(10分)(2018·重慶朝陽中學(xué)月考)已知直線l1：ax＋2y＋6＝0，直線l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0. (1)求a為何值時，l1∥l2； (2)求a為何值時，l1⊥l2. 解　(1)∵l1∥l2，∴ 解得a＝－1或a＝2(舍去)， ∴當(dāng)a＝－1時，l1∥l2. (2)∵l1⊥l2，∴a·1＋2·(a－1)＝0， 解得a＝，∴當(dāng)a＝時，l1⊥l2. 18．(12分)已知圓C：(x－1)2＋(y－2)2＝25，直線l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0. (1)證明：對任意實數(shù)m，直線l恒過定點且與圓C交于兩個不同點； (2)求直線l被圓C截得的弦長最小時的方程． (1)證明　直線l：(2m＋1)x＋(m＋1)y－7m－4＝0可化為m(2x＋y－7)＋(x＋y－4)＝0， 由解得 所以直線l恒過點P(3,1)，而點P(3,1)在圓C內(nèi)， 所以對任意實數(shù)m，直線l恒過點P(3,1)且與圓C交于兩個不同點． (2)解　由(1)得，直線l恒過圓C內(nèi)的定點P(3,1)，設(shè)過點P的弦長為a，過圓心C向直線l作垂線，垂足為弦的中點H，則2＋|CH|2＝25，弦長a最短，則|CH|最大，而|CH|≤|CP|，當(dāng)且僅當(dāng)H與P重合時取等號，此時弦所在的直線與直線CP垂直，又過點P(3,1)， 所以，當(dāng)直線l被圓C截得的弦長最小時，弦所在的直線方程為2x－y－5＝0. 19．(12分)(2019·湛江調(diào)研)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，且右焦點為(2，0)，斜率為1的直線l與橢圓C交于A，B兩點，以AB為底邊作等腰三角形，頂點為P(－3,2)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)求△PAB的面積． 解　(1)由已知得c＝2，＝，解得a＝2. b2＝a2－c2＝4, 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋m，代入橢圓方程得 4x2＋6mx＋3m2－12＝0，(*) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為E(x0，y0), 則x0＝＝－，y0＝x0＋m＝， 因為AB是等腰△PAB的底邊，所以PE⊥AB. 所以PE的斜率為k＝＝－1，解得m＝2， 此時方程(*)為4x2＋12x＝0. 解得x＝0或－3，所以y＝2或－1，所以|AB|＝3， 此時，點P(－3,2)到直線AB：x－y＋2＝0的距離 d＝＝， 所以△PAB的面積S＝|AB|·d＝. 20．(12分)(2019·四川診斷)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點F(－2,0)，上頂點B(0,2)． (1)求橢圓C的方程； (2)若直線y＝x＋m與橢圓C交于不同兩點M，N，且線段MN的中點G在圓x2＋y2＝1上，求m的值． 解　(1)由題意可得c＝2，b＝2， 由a2＝b2＋c2得a2＝22＋22＝8，所以a＝2， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)點M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 線段MN的中點G(x0，y0)， 由消去y得3x2＋4mx＋2m2－8＝0， 則Δ＝96－8m2>0，所以－2<m<2， 且x0＝＝－，y0＝x0＋m＝， 因為點G(x0，y0)在圓x2＋y2＝1上， 所以2＋2＝1， 解得m＝±，滿足－2<m<2， 所以m的值為±. 21．(12分)(2019·化州模擬)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的右焦點坐標(biāo)為(1,0)，短軸長為2. (1)求橢圓的方程； (2)過左焦點F的直線與橢圓分別交于A，B兩點，若△OAB(O為直角坐標(biāo)原點)的面積為，求直線AB的方程． 解　(1)由題意得　解得a＝， 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線AB與x軸垂直時，|AB|＝， 此時S△AOB＝不符合題意，故舍掉； 當(dāng)直線AB與x軸不垂直時， 設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋1)， 由 消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋(3k2－6)＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 ∴|AB|＝ ＝ ＝＝ ＝＝ ＝， 原點O到直線AB的距離d＝， ∴S△AOB＝|AB|d＝×× ＝， 由S△AOB＝，得k2＝2，故k＝±， ∴直線AB的方程為y＝(x＋1)或y＝－(x＋1)， 即x－y＋＝0或x＋y＋＝0. 22．(12分)(2019·新鄉(xiāng)模擬)如圖，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝2，過點F1的直線與橢圓C交于A，B兩點，延長BF2交橢圓C于點M，△ABF2的周長為8. (1)求橢圓C的離心率及方程； (2)試問：是否存在定點P(x0,0)，使得·為定值？若存在，求出x0；若不存在，請說明理由． 解　(1)由題意可知，|F1F2|＝2c＝2，則c＝1， 又△ABF2的周長為8，所以4a＝8，即a＝2， 則e＝＝，b2＝a2－c2＝3. 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)假設(shè)存在點P，使得·為定值． 若直線BM的斜率不存在， 則直線BM的方程為x＝1，B，M， 則·＝(x0－1)2－. 若直線BM的斜率存在，設(shè)BM的方程為y＝k(x－1)， 設(shè)點B(x1，y1)，M(x2，y2)，聯(lián)立 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 由根與系數(shù)的關(guān)系可得x1＋x2＝， x1x2＝， 由于＝(x2－x0，y2)，＝(x1－x0，y1)， 則·＝x1x2－(x1＋x2)x0＋x＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋k2＋x ＝， 因為·為定值，所以＝， 解得x0＝，故存在點P，且x0＝. 11