2022版高中数学一轮复习阶段滚动检测五第十章理含解析新人教A版

1、阶段滚动检测(五)(第十章)(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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“a3”是“直线ax2y2a0和直线3x(a1)ya70平行”的()a充分而不必要条件b必要而不充分条件c充要条件d既不充分也不必要条件【解析】选a.由直线ax2y2a0和直线3x(a1)ya70平行，知a(a1)23且a(7a)32a，解得a3或a2.所以“a3”是“直线ax2y2a0和直线3x(a1)ya70平行”的充分而不必要条件2圆(x1)2y22的圆心到直线yx3的距离为()a1 b2 c d2【解析】选c.圆心坐标为(1，0)，由

2、点到直线的距离公式可知d.3已知两定点a(2，0)，b(1，0)，如果动点p满足|pa|2|pb|，则点p的轨迹所包围的图形的面积等于()a b4 c8 d9【解析】选b.已知两定点a(2，0)，b(1，0)，如果动点p满足|pa|2|pb|，设p点的坐标为(x，y)，则(x2)2y24(x1)2y2，即(x2)2y24，所以点p的轨迹是以(2，0)为圆心，2为半径的圆，所以点p的轨迹所包围的图形的面积等于4.4方程2x29xy8y20的曲线c所满足的性质为()不经过第二、四象限；关于x轴对称；关于原点对称；关于直线yx对称a b c d【解析】选a.若点(a，b)在曲线c：2x29xy8y2

3、0上，则2a29ab8b20，令xa，yb，则2a29ab8b20，故点(a，b)不在曲线c上，即不关于x轴对称；令xa，yb，则2(a)29(a)(b)8(b)20，即2a29ab8b20，故点(a，b)在曲线c上，即关于原点对称；令xb，ya，则2b29ab8a20，故点(b，a)不在曲线c上，即不关于直线yx对称；若a0且b0时，2a29ab8b20；a0且b0时，2a29ab8b20，即曲线不经过第二、四象限，故正确的有.5已知抛物线c的顶点是椭圆1的中心，焦点与该椭圆的右焦点f2重合，若抛物线c与该椭圆在第一象限的交点为p，椭圆的左焦点为f1，则|pf1|()a b c d2【解析】

4、选b.由椭圆的方程可得a24，b23，所以c1，故椭圆的右焦点f2为(1，0)，即抛物线c的焦点为(1，0)，所以1，p2，即2p4，所以抛物线c的方程为y24x，联立解得或，因为p为第一象限的点，所以p，所以|pf2|1，所以|pf1|2a|pf2|4.6设f为双曲线c：1(a0，b0)的右焦点，o为坐标原点，以of为直径的圆与圆x2y2a2交于p，q两点若|pq|of|，则c的离心率为()a b c2 d【解析】选a.设pq与x轴交于点a，由对称性可知pqx轴，又因为|pq|of|c，所以|pa|，所以pa为以of为直径的圆的半径，所以a为圆心，|oa|，所以p(，)，又p点在圆x2y2a

5、2上，所以a2，即a2，所以e22，所以e.7一条光线从点a(2，3)射出，经y轴反射后与圆(x3)2(y2)21相切，则反射光线所在直线的斜率为()a或 b或c或 d或【解析】选d.点a(2，3)关于y轴的对称点为a(2，3)，故可设反射光线所在直线的方程为：y3k(x2)，化为kxy2k30.因为反射光线与圆(x3)2(y2)21相切，所以圆心(3，2)到直线的距离d1，化为24k250k240，所以k或k.【加练备选拔高】把直线y=x绕原点逆时针转动,使它与圆x2+y2+2x-2y+3=0相切,则直线转动的最小正角度()a.b. c. d.【解析】选b.由题意设切线为y=kx,所以=1.

6、所以k=0或k=-.所以k=-时转动最小,所以最小正角为.8已知f1，f2是椭圆和双曲线的公共焦点，p是它们的一个公共点，且f1pf2，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则的最大值为()a b c d1【解析】选b.设椭圆的方程为1(a1b10)，双曲线方程为1(a20，b20)，点p在第一象限，由椭圆和双曲线的定义得|pf1|pf2|2a1，|pf1|pf2|2a2，解得|pf1|a1a2，|pf2|a1a2，在f1pf2中由余弦定理得|f1f2|2|pf1|2|pf2|22|pf1|pf2|cos f1pf2，即4c2(a1a2)2(a1a2)2(a1a2)(a1a2)，整理得a3a

7、4c2.所以4，即4，当且仅当时，等号成立故，所以的最大值为.9在椭圆1(ab0)中，f1，f2分别是其左右焦点，点p在椭圆上，若|pf1|2|pf2|，则该椭圆离心率的取值范围是 ( )a bc d【解析】选b.根据椭圆定义|pf1|pf2|2a，将|pf1|2|pf2|代入得|pf2|，根据椭圆的几何性质，|pf2|ac，故ac，即a3c，故e，又e1，故该椭圆离心率的取值范围为.10设抛物线c：y24x的焦点为f，过点(2，0)且斜率为的直线与c交于m，n两点，则() a5 b6 c7 d8【解析】选d.根据题意得，过点(2，0)且斜率为的直线方程为y(x2)，与抛物线方程联立，消元整理

8、得：y26y80，解得m(1，2)，n(4，4)，又f(1，0)，所以(0，2)，(3，4)，从而可以求得03248.11我国魏晋时期的数学家刘徽创立了割圆术，也就是用内接正多边形去逐步逼近圆，即圆内接正多边形边数无限增加时，其周长就越逼近圆周长这种用极限思想解决数学问题的方法是数学史上的一项重大成就，现作出圆x2y22的一个内接正八边形，使该正八边形的其中4个顶点在坐标轴上，则下列4条直线中不是该正八边形的一条边所在直线的为()ax(1)y0b(1)xy0cx(1)y0d(1)xy0【解析】选c.如图所示，可知a(，0)，b(1，1)，c(0，)，d(1，1)，所以直线ab，bc，cd的方程

9、分别为y(x)，y(1)x，y(1)x.整理为一般式，即x(1)y0，(1)xy0，(1)xy0，分别对应题中的a，b，d选项【加练备选拔高】已知f1,f2分别是椭圆=1(ab0)的左、右焦点,p为椭圆上一点,且=0,o为坐标原点,若,则椭圆的离心率为()a. b. c. d.【解析】选a.如图,取pf1中点a,连接oa,则所以因为，所以，所以，因为| | |，不妨设| |m，则| |m，所以| | |2amm，m2(1)a，又|f1f2|2c，所以4c2m22m23m234(1)2a212(32)a2，所以3(1)2，所以e(1).12下列三图中的多边形均为正多边形，m，n是所在边的中点，双

10、曲线均以图中的f1，f2为焦点，设图示中的双曲线的离心率分别为e1，e2，e3，则e1，e2，e3的大小关系为()a.e1e2e3 be1e2e3ce2e3e1 de1e3e2【解析】选d.设等边三角形的边长为2，以底边为x轴，以底边的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则双曲线的焦点为(1，0)，且过点，因为到两个焦点(1，0)，(1，0)的距离分别是和1，所以a，c1，所以e11.设正方形的边长为，分别以两条对角线所在直线为x轴和y轴，建立平面直角坐标系，则双曲线的焦点坐标为(1，0)和(1，0)，且过点.因为点到两个焦点(1，0)，(1，0)的距离分别是和，所以a，c1，所以e2.设正

11、六边形的边长为2，以f1f2所在直线为x轴，以f1f2的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则双曲线的焦点为(2，0)和(2，0)，且过点(1，)，因为点(1，)到两个焦点(2，0)和(2，0)的距离分别为2和2，所以a1，c2，所以e31，所以e1e3e2.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分请把正确答案填在题中横线上)13若直线l1：ykx与直线l2：xy20平行，则k_，l1与l2之间的距离是_【解析】因为l1，l2平行，且直线l2的斜率为1，所以k1，则直线l1的一般方程为xy0.所以直线l1与l2之间的距离是.答案：114若圆的方程为x2y2kx2yk20，则当圆的面积

12、最大时，圆心坐标为_【解析】方程为x2y2kx2yk20化为标准方程为(y1)21，因为r211，所以k0时r最大此时圆心坐标为(0，1).答案：(0，1)15已知双曲线c：1(a0，b0)的左、右焦点分别为f1，f2，过f1的直线与c的两条渐近线分别交于a，b两点若，则c的离心率为_【解析】如图，由，得f1aab.又of1of2，得oa是f1f2b的中位线，即bf2oa，bf22oa.由，得f1bf2b，oaf1a，则obof1有aobaof1，又oa与ob都是渐近线，得bof2aof1，又bof2aobaof1180，得bof2aof1boa60.又渐近线ob的斜率为tan 60，所以该双

13、曲线的离心率为e2.答案：216已知抛物线y24x，过点a(1，2)作直线l交抛物线于另一点b，q是线段ab的中点，过q作与y轴垂直的直线l1，交抛物线于点c，若点p满足，则|op|的最小值是_【解析】由y24x，可设b .因为a(1，2)，q是ab的中点，所以q .所以直线l1的方程为y.代入y24x，可得c .因为，所以点c为pq的中点，可得p .所以|op|2(b1)2.所以当b1时，|op|2取得最小值，即|op|的最小值为.答案：三、解答题(本大题共6小题，共70分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(10分)已知三条直线l1：2xya0(a0)，直线l2：4x2y1

14、0和直线l3：xy10，且l1和l2的距离是.(1)求a的值(2)能否找到一点p，使得p点同时满足下列三个条件：p是第一象限的点；p点到l1的距离是p点到l2的距离的；p点到l1的距离与p点到l3的距离之比是.若能，求出p点坐标；若不能，请说明理由【解析】(1)l2的方程即为2xy0，所以l1和l2的距离d，所以|a|，因为a0，所以a3.(2)设点p(x0，y0)，若p点满足条件，则p点在与l1和l2平行的直线l：2xyc0上，且，即c或c.所以2x0y00或2x0y00.若点p满足条件，由点到直线的距离公式所以x02y040或3x020.由p在第一象限，所以3x020不合题意联立方程解得x

15、03，y0，应舍去联立方程，解得x0，y0.所以p 即为同时满足三个条件的点18(12分)已知圆o：x2y24，f1(1，0)，f2(1，0)，点d是圆o上一动点，2，点c在直线ef1上，且，记点c的轨迹为曲线w.(1)求曲线w的方程；(2)已知n(4，0)，过点n作直线l与曲线w交于a，b不同两点，线段ab的中垂线为l，线段ab的中点为q点，记l与y轴的交点为m，求|mq|的取值范围【解析】(1)圆o：x2y24，圆心为(0，0)，半径r2，f1(1，0)，f2(1，0)，点d是圆o上一动点，由2，可得d为ef2的中点，点c在直线ef1上，且，可得cdef2，连接cf2，可得cecf2，且c

16、f1cf2cf1ceef12od4，由椭圆的定义可得，c的轨迹为以(1，0)，(1，0)为焦点的椭圆，可得c1，a2，b，则曲线w的方程为1.(2)由题意可知直线l的斜率存在，设l：yk(x4)，a(x1，y1)，b(x2，y2)，q(x0，y0)，联立直线与椭圆方程3x24y212，消去y得：(34k2)x232k2x64k2120，x1x2，x1x2，又(32k2)24(34k2)(64k212)0，解得k，x0，y0k(x04)，所以q ，所以l：yy0(xx0)，即y，化简得yx，令x0，得y，即m ，|mq|2256，令t34k2，则t3，4)，所以|mq|2256161616.所以

17、|mq|0，).19(12分)已知抛物线c：y22px(p0).(1)若抛物线c经过点(1，2)，求抛物线c的方程及其准线方程；(2)设o为原点，过抛物线c的焦点作斜率不为0的直线交抛物线c于m，n两点，直线x分别交直线om，on于点a和点b.求证：以ab为直径的圆经过x轴上的两个定点【解析】(1)因为抛物线c经过点(1，2)，所以p2，所以抛物线c的方程为y24x，准线方程为x1.(2)抛物线c的焦点坐标为，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk ，k0，m(x1，y1)，n(x2，y2)，由得k2x2(pk22p)xk20，所以x1x2，直线om的方程为yx，令x得ya，同理yb，设d

18、(a，0)，则，所以y1y2p20，解得a或a.所以以ab为直径的圆经过x轴上的两个定点，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x，则m ，n ，所以a ，b ，所以，p20，解得a或a，所以以ab为直径的圆经过x轴上的两个定点，综上所述，以ab为直径的圆经过x轴上的两个定点，.20(12分)已知曲线c：y，d为直线y上的动点，过点d作c的两条切线，切点分别为a，b.(1)证明：直线ab过定点；(2)若以e 为圆心的圆与直线ab相切，且切点为线段ab的中点，求四边形adbe的面积【解析】(1)设d ，a(x1，y1)，则y1x.又因为yx2，所以yx.则切线da的斜率为x1，故y1x1(x1t

19、)，整理得2tx12y110.设b(x2，y2)，同理得2tx22y210.所以a(x1，y1)，b(x2，y2)都满足直线方程2tx2y10.于是直线2tx2y10过点a，b，而两个不同的点确定一条直线，所以直线ab的方程为2tx2y10.即2tx(2y1)0，当2x0，2y10时等式恒成立所以直线ab恒过定点.(2)由(1)得直线ab的方程为ytx.由，可得x22tx10，于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|ab|x1x2|2(t21).设d1，d2分别为点d，e到直线ab的距离，则d1，d2.因此四边形adbe的面积s|ab|(d1d2)(t23).设m为线

20、段ab的中点，则m ，由于，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0，解得t0或t1.当t0时，s3；当t1时，s4.因此，四边形adbe的面积为3或4.21(12分)已知抛物线：y24x的焦点为f，若abc的三个顶点都在抛物线上，且，则称该三角形为“核心三角形”(1)是否存在“核心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为(0，0)和(1，2)？请说明理由；(2)设“核心三角形”abc的一边ab所在直线的斜率为4，求直线ab的方程；(3)已知abc是“核心三角形”，证明：点a的横坐标小于2.【解析】(1)由于，即，即，所以第三个顶点的坐标为3(1，0)(0，0)(1，2)(2，2)，但点(2，2)不在抛物线上，所以这样的“核心三角形”不存在(2)设直线ab的方程为y4xt，与y24x联立并化简得：y2yt0，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，y3)，y1y21，x1x2(y1y22t)，由(1)得，即，所以由(x1x2x3，y1y2y3)(3，0)，得x3，y31.代入方程y24x，解得t5，所以直线ab的方程为4xy50.(3)设直线bc的方程为xnym，与y24x联立并化简得：y24ny4m0，因为直线bc与抛物线相交，所以16(n2m)0，即mn2.y2y34n，