2021-2022学年新教材高中数学第三章圆锥曲线的方程测评二【含答案】

第三章测评(二)(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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y=kx-k+1与椭圆x29+y24=A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定解析直线y=kx-k+1=k(x-1)+1恒过定点(1,1),又点(1,1)在椭圆内部,故直线与椭圆相交.答案A2.如果方程x2a2+y2a+6=1表示焦点在xA.(3,+∞) B.(-∞,-2) C.(-∞,-2)∪(3,+∞) D.(-6,-2)∪(3,+∞)答案D3.(2021贵州贵阳模拟)已知椭圆C:x2m+y24=1(m>4)的离心率为33A.6 B.6 C.26 D.12解析由题意可知m-4m=33,解得m=6,即a=答案C4.已知点M(3,y0)是抛物线y2=2px(0<p<6)上一点,且M到抛物线焦点的距离是M到直线x=p2的距离的2倍,则p等于(A.1 B.2 C.32 D.解析由抛物线的定义及已知条件可得3+p2=23-p2,又0<p<6,答案B5.(2021山西运城一模)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>b>0)的两条渐近线夹角为α,且tanαA.52 B.2或5 C.5 D.解析∵双曲线x2a2-y2b2=1(a>b>0)的两条渐近线夹角为α,且tanα则2tanα21-tan2α2=4∴e2=1+ba2=54,∴e=答案A6.过抛物线y2=2x的焦点作一条直线与抛物线交于A,B两点,它们的横坐标之和等于2,则这样的直线()A.有且只有一条 B.有且只有两条 C.有且只有三条 D.有且只有四条解析设该抛物线的焦点为F,A,B的横坐标分别为xA,xB,则|AB|=|AF|+|FB|=xA+p2+xB+p2=xA+xB+1=3>2p=2.答案B7.如图所示,双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,过F1作倾斜角为30°的直线交双曲线右支于点M,连接MF2,若MF2A.6 B.3 C.2 D.5解析将x=c代入双曲线的方程,得y=±b2∵点M在第一象限,∴Mc,在△MF1F2中,tan30°=b2a2c解得e=ca=3,e=-33答案B8.(2021河南郑州模拟)已知双曲线D:x2-y2=1,点M在双曲线D上,点N在直线l:y=kx上,l的倾斜角θ∈π4,π2,且|ON|2=cos2θ1+cos2θ,双曲线D在点MA.3-54 BC.3-2 D解析由题意,不妨设M(x0,y0)在第一象限,则双曲线D在M处的切线方程为x0x-y0y=1,所以k=x0y0,又因为联立k=x0y0,x02-因为|ON|2=cos2θ1+cos2θ,所以|ON|=cos2θ1+cos令t=k2-1,则k2=t+1,因为θ∈π4所以k>1,所以t>0,S△OMN=12tt2+5t+6=121t+答案D二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1,F2,若曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线C的离心率等于()A.32 B.23 C.12解析设圆锥曲线C的离心率为e,根据|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,若圆锥曲线为椭圆,则由椭圆的定义,得e=|F1F2|得e=|F综上,所求的离心率为12或32答案AC10.(2021广东广州模拟)已知方程x2sinθ-y2sin2θ=1,则()A.存在实数θ,使该方程对应的图形是圆,且圆的面积为4B.存在实数θ,使该方程对应的图形是平行于x轴的两条直线C.存在实数θ,使该方程对应的图形是焦点在x轴上的双曲线,且双曲线的离心率为2D.存在实数θ,使该方程对应的图形是焦点在x轴上的椭圆,且椭圆的离心率为3解析对于A:若存在,只需sinθ=-sin2θ>0,即sinθ=-2sinθcosθ>0,得cosθ=-12,所以sinθ=32,方程即为x2+y2=233,圆的半径满足r2=233,故圆面积为πr2=π×对于B:令sinθ=0,则有sin2θ=2sinθcosθ=0,方程化为0=1,显然不成立,故B错误;对于C:取sinθ=sin2θ>0,由前面可知,sinθ≠0,所以cosθ=12,取θ=π3,则方程为x2233-y223对于D:将方程化为标准形式为x21sinθ+y2-1sin2θ=1,故a2=1sinθ>0,b2=-1sin2整理得1+2cosθ2sinθcosθ2cosθ2sinθcosθ=1+12cosθ=13,解得cosθ=-34,答案CD11.(2021山东滨州一模)已知椭圆M:x225+y220=1的左、右焦点分别是F1,F2,左、右顶点分别是A1,A2,点P是椭圆上异于A1,A2的任意一点A.|PF1|+|PF2|=5B.直线PA1与直线PA2的斜率之积为-4C.存在点P满足∠F1PF2=90°D.若△F1PF2的面积为45,则点P的横坐标为±5解析由椭圆方程可得:a=5,c=5,则F1(-5,0),F2(5,0),A1(-5,0),A2(5,0),由椭圆的定义可知|PF1|+|PF2|=2a=10,故A错误;设点P的坐标为(m,n),则m225+n220=1,即n2=则kP所以kPA1·kPAPF1=(-5-m,-n),PF2=(5若∠F1PF2=90°,则PF1·PF2=m2又n2=45(25-m2),联立可得15m2+15=0,方程无解,故CS△PF1F2=12|F1F2||yP|=12解得yP=±4,代入椭圆方程可得xP=±5,故D正确.答案BD12.(2021江苏南通模拟)设A,B是抛物线y=x2上的两点,O是坐标原点,下列结论正确的是()A.若OA⊥OB,则|OA||OB|≥2B.若OA⊥OB,直线AB过定点(1,0)C.若OA⊥OB,点O到直线AB的距离不大于1D.若直线AB过抛物线的焦点F,且|AF|=13,则|BF|=解析对于A,设A(x1,x12),B(x2,x∵OA⊥OB,∴OA·OB∴x1x2+(x1x2)2=0,∴x1x2(1+x1x2)=0,∴x2=-1x∴|OA||OB|=x12(1+x12)1x121+1对于B,若OA⊥OB,显然直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+m,联立方程y=kx+m,y=设A(x1,y1),B(x2,y2),∴x1+x2=k,x1x2=-m,∴y1y2=x12x22=(x1x2∵OA⊥OB,∴OA·OB=0,∴x1x2+y1y2∴-m+m2=0,∴m=0或m=1,易知直线AB不过原点,∴m=1,∴直线AB的方程为y=kx+1,恒过定点(0,1),故B错误;∴点O到直线AB的距离d=11+∵k2≥0,∴k2+1≥1,∴d≤1,故C正确;对于D,直线AB过抛物线的焦点F0,14,设直线AB的方程为联立方程y=kx+14,x2=设A(x1,y1),B(x2,y2),不妨设点A在y轴右侧,∴x1+x2=k,x1x2=-14∴|AF|=y1+14=13,∴y1=112,∴∴x2=-14x1=-32,∴∴|BF|=y2+14=1,故D正确答案ACD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知椭圆C:x23+y2=1,过C上一点P(第一象限)的直线l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于点A,B.若|PA|=1,则|PB|的值为解析过点P作y轴的垂线,垂足为点Q,如图,设P(3cosθ,sinθ),A(a,0),∵|PA|=1,∴sin2θ+(3cosθ-a)2=1,得a=(3+1)cosθ,或a=(3-1)cosθ,∵3cosθ<a,∴当a=(3-1)cosθ时,不符合题意,舍去.∵△PQB∽△AOB,∴|PQ设|PB|=m,则|AB|=m+1,又|PQ∴mm+1=3-答案314.(2021海南三亚三模)双曲线x24-y2b2=1(b>0)的离心率为52,则b=,过双曲线的右焦点F作直线垂直于双曲线的一条渐近线,垂足为A,设解析因为双曲线x24-y2b2可得4+b22=所以双曲线x24-y2=1的右焦点F(其中一条渐近线方程为x-2y=0,所以|AF|=51+2所以|OA|=(5)2答案1215.过点A(2,2)作直线AB,AC与圆x2+(y-2)2=1相切,且交抛物线x2=2y于B,C两点,则直线BC的方程为.

解析显然直线AB,AC的斜率存在且不为0,设过点A的圆的切线的方程为y-2=k(x-2),即kx-y-2k+2=0,圆的圆心坐标为(0,2),由直线与圆相切可得1=|2k|1+k2不妨设直线AB的斜率为33,所以直线AB的方程为y-2=33(x-2),设B(x1,y1),C(x2,y2),由直线AB的方程与抛物线的方程联立消去y,得x2-233x+4解得x=233-2或x=2,即点B的横坐标x1=2同理可得C的横坐标为x2=-233-2,所以直线BC的方程为y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)=x222-x1即y-233-2整理可得直线BC的方程为6x+3y+4=0.答案6x+3y+4=016.(2021上海徐汇检测)如图,P为椭圆E1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一动点,过点P作椭圆E2:x2a2+y2b2=λ(0<λ<1)的两条切线PA,PB,斜率分别为k1,解析设点P(x0,y0),则过点P的直线方程为y-y0=k(x-x0),联立y化简得(b2+a2k2)x2+2a2k(y0-kx0)x+a2(y0-kx0)2-λa2b2=0,因为直线与椭圆相切,所以Δ=[2a2k(y0-kx0)]2-4(b2+a2k2)[a2(y0-kx0)2-λa2b2]=0,展开得4a4k2(y0-kx0)2-4a2(b2+a2k2)(y0-kx0)2+4a2λb2(b2+a2k2)=0,即-b2(y0-kx0)2+λb2(b2+a2k2)=0,即(y0-kx0)2-λb2-λa2k2=0,整理为关于k的方程可得(x02-λa2)k2-2x0y0k+y02-λ因为有两条切线,所以此方程有两个不等的实数根,因为k1k2为定值,可设k1k2=t,由根与系数的关系k1k2=y02化简得y02-λb2=tx02-t因为P(x0,y0)在椭圆E1上,代入可得x02a2化简可得b2x02+a2y02=a则y化简得λ=12答案1四、解答题:本题共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.(10分)中心在原点,焦点在x轴上的一个椭圆与一双曲线有共同的焦点F1,F2,且|F1F2|=213,椭圆的半长轴与双曲线的半实轴之差为4,离心率之比为3∶7,求这两条曲线的标准方程.解设椭圆的方程为x2a12+y2b双曲线的方程为x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0),c=13,由已知,得a解得a1=7,a2=3,所以b12=36,b所以两条曲线的标准方程分别为x249+y23618.(12分)已知抛物线y2=2px(p>0)上的点T(3,t)到焦点F的距离为4.(1)求t,p的值;(2)设A,B是抛物线上分别位于x轴两侧的两个动点,且OA·OB=5(其中O为坐标原点).求证:直线AB过定点,(1)解由抛物线的定义,得3+p2=4,解得p=所以抛物线的方程为y2=4x,将点T(3,t)代入,得t2=12,解得t=±23.(2)证明设直线AB的方程为x=my+n,Ay124,联立y2=4x,x=my+n,消去则y1+y2=4m,y1y2=-4n.由OA·OB=5,得(y1y2所以y1y2=-20或y1y2=4(舍去),即-4n=-20,n=5,所以直线AB的方程为x=my+5,所以直线AB过定点(5,0).19.(12分)(2021广东东莞模拟)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,P是双曲线右支上一点,PF2⊥F1F2,OH⊥PF1,垂足为点H,OH=(1)当λ=13时,求双曲线的渐近线方程(2)求双曲线的离心率e的取值范围.解如图,当x=c时,代入双曲线方程可得y=±b2由相似三角形可知,|OH得λ=b2∴2a2λ+b2λ=b2,整理得b2(1)当λ=13时,b2a2=1,则a=b,双曲线的渐近线方程为(2)∵|PF2|=b2a,∴e2=c2a2=1+b2a2=1+2λ1-λ=1-2λλ-1=-1-2λ-1在19,12上单调递增,∴λ=12时,e2的最大值为3,当λ20.(12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22(1)求C的方程;(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.(1)解由题意,得a2-b又点(2,2)在C上,所以4a2+2联立①②,可解得a2=8,b2=4.所以C的方程为x28+(2)证明由题意知,直线l的斜率存在且不为0.设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入x28整理得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故xM=x1+x22=-2所以直线OM的斜率kOM=yMxM所以kOMk=-12故直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.21.(12分)已知直线l与抛物线y2=8x交于A,B两点,且线段AB恰好被点P(2,2)平分.(1)求直线l的方程;(2)抛物线上是否存在点C和D,使得C,D关于直线l对称?若存在,求出直线CD的方程;若不存在,请说明理由.解(1)由题意可得直线AB的斜率存在,且不为0.设直线AB:x-2=m(y-2),m≠0,与抛物线方程联立消去x,可得y2-8my+16m-16=0.判别式Δ=(-8m)2-4(16m-16)=64m-12设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=8m,由8m=4,得m=12所以直线l的方程为