高三数学 第九章 章末检测 理（含解析）

第九章章末检测(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．原点到直线x＋2y－5＝0的距离为()A．1 B.eq\r(3) C．2 D.eq\r(5)2．(2010·安徽)过点(1,0)且与直线x－2y－2＝0平行的直线方程是()A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝03．直线x－2y－3＝0与圆C：(x－2)2＋(y＋3)2＝9交于E、F两点，则△ECF的面积为()A.eq\f(3,2) B.eq\f(3,4) C．2eq\r(5) D.eq\f(3\r(5),5)4．(2011·咸宁调研)已知抛物线y2＝4x的准线与双曲线eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)交于A、B两点，点F为抛物线的焦点，若△FAB为直角三角形，则双曲线的离心率是()A.eq\r(3) B.eq\r(6) C．2 D．35．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为()A．10eq\r(6) B．20eq\r(6) C．30eq\r(6) D．40eq\r(6)6．(2011·福建)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F1，F2，若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2A.eq\f(1,2)或eq\f(3,2) B.eq\f(2,3)或2C.eq\f(1,2)或2 D.eq\f(2,3)或eq\f(3,2)7．两个正数a、b的等差中项是eq\f(5,2)，一个等比中项是eq\r(6)，且a>b，则双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的离心率e等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(15),2) C.eq\r(13) D.eq\f(\r(13),3)8．若过点A(4,0)的直线l与曲线(x－2)2＋y2＝1有公共点，则直线l的斜率的取值范围为()A．[－eq\r(3)，eq\r(3)] B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))9．(2011·商丘模拟)设双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一条渐近线与抛物线y＝x2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为()A.eq\f(5,4) B．5 C.eq\f(\r(5),2) D.eq\r(5)10．“神舟七号”宇宙飞船的运行轨道是以地球中心，F为左焦点的椭圆，测得近地点A距离地面mkm，远地点B距离地面nkm，地球的半径为kkm，关于椭圆有以下三种说法：①焦距长为n－m；②短轴长为eq\r(m＋kn＋k)；③离心率e＝eq\f(n－m,m＋n＋2k).以上正确的说法有()A．①③ B．②③ C．①② D．①②③11．设F1、F2是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P在双曲线上，若eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，|eq\o(PF1,\s\up6(→))|·|eq\o(PF2,\s\up6(→))|＝2ac(c为半焦距)，则双曲线的离心率为()A.eq\f(\r(3)－1,2) B.eq\f(\r(3)＋1,2) C．2 D.eq\f(\r(5)＋1,2)12．(2010·浙江)设F1、F2分别为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点．若在双曲线右支上存在点P，满足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直线PF1的距离等于双曲线的实轴长，则该双曲线的渐近线方程为()A．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2011·安庆模拟)若一个圆的圆心在抛物线y2＝4x的焦点处，且此圆与直线3x＋4y＋7＝0相切，则这个圆的方程为________________．14．过椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点A作斜率为1的直线，与椭圆的另一个交点为M，与y轴的交点为B.若|AM|＝|MB|，则该椭圆的离心率为________．15．(2011·江西)若椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的焦点在x轴上，过点(1，eq\f(1,2))作圆x2＋y2＝1的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点，则椭圆方程是________．16．若方程eq\f(x2,4－t)＋eq\f(y2,t－1)＝1所表示的曲线C，给出下列四个命题：①若C为椭圆，则1<t<4；②若C为双曲线，则t>4或t<1；③曲线C不可能是圆；④若C表示椭圆，且长轴在x轴上，则1<t<eq\f(3,2).其中正确的命题是________．(把所有正确命题的序号都填在横线上)三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)如图，直角三角形ABC的顶点坐标A(－2,0)，直角顶点B(0，－2eq\r(2))，顶点C在x轴上，点P为线段OA的中点．(1)求BC边所在直线方程；(2)M为直角三角形ABC外接圆的圆心，求圆M的方程；(3)若动圆N过点P且与圆M内切，求动圆N的圆心N的轨迹方程．18．(12分)已知抛物线y2＝－x与直线y＝k(x＋1)相交于A、B两点．(1)求证：OA⊥OB；(2)当△OAB的面积等于eq\r(10)时，求k的值．19．(12分)(2011·陕西)如图，设P是圆x2＋y2＝25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|＝eq\f(4,5)|PD|.(1)当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为eq\f(4,5)的直线被C所截线段的长度．20．(12分)设直线l：y＝k(x＋1)(k≠0)与椭圆x2＋3y2＝a2(a>0)相交于两个不同的点A、B，与x轴相交于点C，记O为坐标原点．(1)证明：a2>eq\f(3k2,1＋3k2)；(2)若eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(CB,\s\up6(→))，求△OAB的面积取得最大值时的椭圆方程．21．(12分)(2011·福建)已知直线l：y＝x＋m，m∈R.(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程．(2)若直线l关于x轴对称的直线为l′，问直线l′与抛物线C：x2＝4y是否相切？说明理由．22．(12分)(2011·山东)已知动直线l与椭圆C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，其中O为坐标原点．(1)证明：xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)和yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)均为定值．(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|·|PQ|的最大值．(3)椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝eq\f(\r(6),2)？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．第九章章末检测1．D2.A3.C4.B5.B6．A[由|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，可设|PF1|＝4k，|F1F2|＝3k，|PF2|＝2k，若圆锥曲线为椭圆，则2a＝6k,2c＝3k，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).若圆锥曲线为双曲线，则2a＝4k－2k＝2k,2c＝3k，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2).]7．D8.C9.D10．A11.D12.C13．(x－1)2＋y2＝414.eq\f(\r(6),3)15.eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1解析由题意可得切点A(1,0)．切点B(m，n)满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n－\f(1,2),m－1)＝－\f(m,n)，,m2＋n2＝1，))解得B(eq\f(3,5)，eq\f(4,5))．∴过切点A，B的直线方程为2x＋y－2＝0.令y＝0得x＝1，即c＝1；令x＝0得y＝2，即b＝2.∴a2＝b2＋c2＝5，∴椭圆方程为eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.16．②17．解(1)∵kAB＝－eq\r(2)，AB⊥BC，∴kCB＝eq\f(\r(2),2).∴lBC：y＝eq\f(\r(2),2)x－2eq\r(2).故BC边所在的直线方程为x－eq\r(2)y－4＝0.(3分)(2)在上式中，令y＝0，得C(4,0)，∴圆心M(1,0)．又∵|AM|＝3，∴外接圆的方程为(x－1)2＋y2＝9.(6分)(3)∵圆N过点P(－1,0)，∴PN是该圆的半径．又∵动圆N与圆M内切，∴|MN|＝3－|PN|，即|MN|＋|PN|＝3>2＝|MP|.(8分)∴点N的轨迹是以M、P为焦点，长轴长为3的椭圆．∴a＝eq\f(3,2)，c＝1，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(\f(5,4)).∴轨迹方程为eq\f(x2,\f(9,4))＋eq\f(y2,\f(5,4))＝1.(10分)18．解设A(x1，y1)、B(x2，y2)．(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝－x，,y＝kx＋1，))得ky2＋y－k＝0，(2分)∴y1y2＝－1.又－x1＝yeq\o\al(2,1)，－x2＝yeq\o\al(2,2)，∴x1x2＝(y1y2)2＝1，∴x1x2＋y1y2＝0.(4分)∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，∴OA⊥OB.(6分)(2)如图，由(1)知y1＋y2＝－eq\f(1,k)，y1y2＝－1，∴|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(\f(1,k2)＋4)＝2eq\r(10)，(10分)∴k2＝eq\f(1,36)，∴k＝±eq\f(1,6)，即所求k的值为±eq\f(1,6).(12分)19．解(1)设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xP＝x，,yP＝\f(5,4)y，))∵P在圆上，∴x2＋(eq\f(5,4)y)2＝25，即轨迹C的方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(6分)(2)过点(3,0)且斜率为eq\f(4,5)的直线方程为y＝eq\f(4,5)(x－3)，设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝eq\f(4,5)(x－3)代入C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0.(8分)∴x1＝eq\f(3－\r(41),2)，x2＝eq\f(3＋\r(41),2).(10分)∴线段AB的长度为|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋\f(16,25)x1－x22)＝eq\r(\f(41,25)×41)＝eq\f(41,5).(12分)20．(1)证明依题意，由y＝k(x＋1)，得x＝eq\f(1,k)y－1.将x＝eq\f(1,k)y－1代入x2＋3y2＝a2，消去x，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋3))y2－eq\f(2,k)y＋1－a2＝0.①(2分)由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得Δ＝eq\f(4,k2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－a2))>0，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋3))a2>3，即a2>eq\f(3k2,1＋3k2).(5分)(2)解设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由①得y1＋y2＝eq\f(2k,1＋3k2)，由eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(CB,\s\up6(→))，C(－1,0)，得y1＝－2y2，代入上式，得y2＝eq\f(－2k,1＋3k2).(8分)于是，S△OAB＝eq\f(1,2)|OC|·|y1－y2|＝eq\f(3,2)|y2|＝eq\f(3|k|,1＋3k2)≤eq\f(3|k|,2\r(3)|k|)＝eq\f(\r(3),2)，(10分)其中，上式取等号的条件是3k2＝1，即k＝±eq\f(\r(3),3)，由y2＝eq\f(－2k,1＋3k2)，可得y2＝±eq\f(\r(3),3)，将k＝eq\f(\r(3),3)，y2＝－eq\f(\r(3),3)及k＝－eq\f(\r(3),3)，y2＝eq\f(\r(3),3)这两组值分别代入①，均可解出a2＝5，所以，△OAB的面积取得最大值时的椭圆方程是x2＋3y2＝5.(12分)21．解方法一(1)依题意，点P的坐标为(0，m)．因为MP⊥l，所以eq\f(0－m,2－0)×1＝－1，解得m＝2，即点P的坐标为(0,2)．(3分)从而圆的半径r＝|MP|＝eq\r(2－02＋0－22)＝2eq\r(2)，故所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.(6分)(2)因为直线l的方程为y＝x＋m，所以直线l′的方程为y＝－x－m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x－m，,x2＝4y))得x2＋4x＋4m＝0.Δ＝42－4×4m＝16(1－m)．当m＝1时，即Δ＝0时，直线l′与抛物线C相切；当m≠1时，即Δ≠0时，直线l′与抛物线C不相切．(10分)综上，当m＝1时，直线l′与抛物线C相切；当m≠1时，直线l′与抛物线C不相切．(12分)方法二(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x－2)2＋y2＝r2.依题意，所求圆与直线l：x－y＋m＝0相切于点P(0，m)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋m2＝r2，,\f(|2－0＋m|,\r(2))＝r，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,r＝2\r(2).))(4分)所以所求圆的方程为(x－2)2＋y2＝8.(6分)(2)同方法一．22．(1)证明①当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x2＝x1，y2＝－y1.因为P(x1，y1)在椭圆上，因此eq\f(x\o\al(2,1),3)＋eq\f(y\o\al(2,1),2)＝1.①又因为S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，所以|x1|·|y1|＝eq\f(\r(6),2).②由①②得|x1|＝eq\f(\r(6),2)，|y1|＝1，此时xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝2.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，由题意知m≠0，将其代入eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m即3k2＋2>m2.(*)又x1＋x2＝－eq\f(6km,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－2,2＋3k2)，所以|PQ|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(6)\r(3k2＋2－m2),2＋3k2).因为点O到直线l的距离为d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)|PQ|·d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(6)\r(3k2＋2－m2),2＋3k2)·eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(6)|m|\r(3k2＋2－m2),2＋3k2).又S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，整理得3k2＋2＝2m2此时xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝(－eq\f(6km,2＋3k2))2－2×eq\f(3m2－2,2＋3k2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(2,3)(3－xeq\o\al(2,1))＋eq\f(2,3)(3－xeq\o\al(2,2))＝4－eq\f(2,3)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＝2，综上所述，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝2，结论成立．(4分)(2)解方法一①当直线l的斜率不存在时，由(1)知|OM|＝|x1|＝eq\f(\r(6),2)，|PQ|＝2|y1|＝2，因此|OM|·|PQ|＝eq\f(\r(6),2)×2＝eq\r(6).②当直线l的斜率存在时，由(1)知：eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3k,2m)，eq\f(y1＋y2,2)＝k(eq\f(x1＋x2,2))＋m＝－eq\f(3k2,2m)＋m＝eq\f(－3k2＋2m2,2m)＝eq\f(1,m)，|OM|2＝(eq\f(x1＋x2,2))2＋(eq\f(y1＋y2,2))2＝eq\f(9k2,4m2)＋eq\f(1,m2)＝eq\f(6m2－2,4m2)＝eq\f(1,2)(3－eq\f(1,m2))．|PQ|2＝(1＋k2)eq\f(243k2＋2－m2,2＋3k22)＝eq\f(22m2＋1,m2)＝2(2＋eq\f(1,m2))，所以|OM|2·|PQ|2＝eq\f(1,2)×(3－eq\f(1,m2))×2×(2＋eq\f(1,m2))＝(3－eq\f(1,m2))(2＋eq\f(1,m2))≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\f(1,m2)＋2＋\f(1,m2),2)))2＝eq\f(25,4).所以|O