（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第九章 解析幾何單元質(zhì)檢.docx

單元質(zhì)檢九解析幾何(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.已知直線l1:mx+y-1=0與直線l2:(m-2)x+my-1=0,則“m=1”是“l(fā)1l2”的()A.充分不必要條件B.充要條件C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件答案A解析當(dāng)m=0時(shí),兩條直線方程分別化為y-1=0,2x+1=0,此時(shí)兩條直線相互垂直.當(dāng)m0時(shí),若l1l2,則-m-m-2m=-1,解得m=1.綜上可得m=0或m=1.故“m=1”是“l(fā)1l2”的充分不必要條件,故選A.2.方程|y|-1=1-(x-1)2表示的曲線是()A.一個(gè)橢圓B.一個(gè)圓C.兩個(gè)圓D.兩個(gè)半圓答案D解析由題意知|y|-10,則y1或y-1,當(dāng)y1時(shí),原方程可化為(x-1)2+(y-1)2=1(y1),其表示以(1,1)為圓心、1為半徑、直線y=1上方的半圓;當(dāng)y-1時(shí),原方程可化為(x-1)2+(y+1)2=1(y-1),其表示以(1,-1)為圓心、1為半徑、直線y=-1下方的半圓.所以方程|y|-1=1-(x-1)2表示的曲線是兩個(gè)半圓.3.設(shè)定點(diǎn)M1(0,-3),M2(0,3),動(dòng)點(diǎn)P滿足條件|PM1|+|PM2|=a+9a(其中a是正常數(shù)),則點(diǎn)P的軌跡是()A.橢圓B.線段C.橢圓或線段D.不存在答案C解析a是正常數(shù),a+9a29=6,當(dāng)且僅當(dāng)a=3時(shí)“=”成立.當(dāng)|PM1|+|PM2|=6時(shí),點(diǎn)P的軌跡是線段M1M2;當(dāng)|PM1|+|PM2|>6時(shí),點(diǎn)P的軌跡是橢圓.故選C.4.過(guò)點(diǎn)P(4,2)作圓x2+y2=4的兩條切線,切點(diǎn)分別為A,B,O為坐標(biāo)原點(diǎn),則OAB外接圓的方程是()A.(x-2)2+(y-1)2=5B.(x-4)2+(y-2)2=20C.(x+2)2+(y+1)2=5D.(x+4)2+(y+2)2=20答案A解析由題意知,O,A,B,P四點(diǎn)共圓,所以所求圓的圓心為線段OP的中點(diǎn)(2,1).又圓的半徑r=12|OP|=5,所以所求圓的方程為(x-2)2+(y-1)2=5.5.已知直線3x-y+4=0與圓x2+y2=16交于A,B兩點(diǎn),則AB在x軸正方向上投影的絕對(duì)值為()A.43B.4C.23D.2答案C解析因?yàn)閳Ax2+y2=16的圓心到直線3x-y+4=0的距離為d=412+(3)2=2,所以|AB|=216-4=43,由于直線3x-y+4=0的傾斜角為3,所以AB在x軸正方向上投影的絕對(duì)值為|AB|cos3=4312=23,故選C.6.已知兩圓C1:(x-4)2+y2=169,C2:(x+4)2+y2=9,動(dòng)圓在圓C1內(nèi)部且和圓C1相內(nèi)切,和圓C2相外切,則動(dòng)圓圓心M的軌跡方程為()A.x264-y248=1B.x248+y264=1C.x248-y264=1D.x264+y248=1答案D解析設(shè)圓M的半徑為r,則|MC1|+|MC2|=(13-r)+(3+r)=16,M的軌跡是以C1,C2為焦點(diǎn)的橢圓,且2a=16,2c=8.故所求的軌跡方程為x264+y248=1,故選D.7.已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)M(p,0)的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),若AM=2MB,則|AF|BF|=()A.2B.52C.2D.與p有關(guān)答案B解析設(shè)直線方程為x=my+p,代入y2=2px,可得y2-2pmy-2p2=0.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=2pm,y1y2=-2p2,AM=2MB,(p-x1,-y1)=2(x2-p,y2),x1=-2x2+p,y1=-2y2,可得y2=p,y1=-2p,x2=12p,x1=2p,|AF|BF|=2p+12p12p+12p=52,故選B.8.(2018嘉興模擬)如圖,已知橢圓C的中心為原點(diǎn)O,F(-25,0)為C的左焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),滿足|OP|=|OF|,且|PF|=4,則橢圓C的方程為()A.x225+y25=1B.x236+y216=1C.x230+y210=1D.x245+y225=1答案B解析設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距為2c,右焦點(diǎn)為F,連接PF,如圖所示.因?yàn)镕(-25,0)為C的左焦點(diǎn),所以c=25.由|OP|=|OF|=|OF|知,FPF=90,即FPPF.在RtPFF中,由勾股定理,得|PF|=|FF|2-|PF|2=(45)2-42=8.由橢圓定義,得|PF|+|PF|=2a=4+8=12,所以a=6,a2=36.于是b2=a2-c2=36-(25)2=16,所以橢圓C的方程為x236+y216=1.9.(2018寧波模擬)已知雙曲線x2a2-y2=1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為233,P為雙曲線右支上一點(diǎn),且滿足|PF1|2-|PF2|2=415,則PF1F2的周長(zhǎng)為()A.25B.25+2C.25+4D.23+4答案C解析雙曲線x2a2-y2=1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,離心率為233,a2+1a=233,可得a=3,c=2,|PF1|-|PF2|=2a=23,|PF1|2-|PF2|2=(|PF1|-|PF2|)(|PF1|+|PF2|)=2a(|PF1|+|PF2|)=23(|PF1|+|PF2|)=415,|PF1|+|PF2|=25,由得|PF1|=5+3,|PF2|=5-3,PF1F2的周長(zhǎng)為|PF1|+|PF2|+|F1F2|=4+25,故選C.10.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)F與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A,B兩點(diǎn),與雙曲線的其中一個(gè)交點(diǎn)為P,設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O,若OP=mOA+nOB(m,nR),且mn=29,則該雙曲線的漸近線方程為()A.y=34xB.y=24xC.y=12xD.y=13x答案B解析不妨令A(yù)c,bca,Bc,-bca,由OP=mOA+nOB可得P(m+n)c,(m-n)bca,代入雙曲線方程得(m+n)2c2a2-b2c2a2(m-n)2b2=1,化簡(jiǎn)得c2a24mn=1,mn=29,c2a2=98,b2a2=18,故雙曲線的漸近線方程為y=24x,故選B.二、填空題(本大題共7小題,多空題每小題6分,單空題每小題4分,共36分.將答案填在題中橫線上)11.已知直線l1:2x-2y+1=0,直線l2:x+by-3=0,若l1l2,則b=;若l1l2,則兩直線間的距離為.答案1724解析l1l2,則-2-2-1b=-1,解得b=1.若l1l2,則-2-2=-1b,解得b=-1.兩條直線方程分別為x-y+12=0,x-y-3=0.則兩直線間的距離為-3-122=724.12.已知圓C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線l:x+my+1=0對(duì)稱,經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(m,m)作圓C的切線,切點(diǎn)為P,則m=;|MP|=.答案-13解析圓C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線l:x+my+1=0對(duì)稱,直線l:x+my+1=0過(guò)圓心C(1,2),1+2m+1=0.解得m=-1.圓C:x2+y2-2x-4y+1=0,可化為(x-1)2+(y-2)2=4,圓心(1,2),半徑r=2,經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(m,m)作圓C的切線,切點(diǎn)為P,|MP|=(1+1)2+(2+1)2-4=3.13.若OAB的垂心H(1,0)恰好為拋物線y2=2px的焦點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)A,B在此拋物線上,則此拋物線的方程是,OAB面積是.答案y2=4x105解析本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì).因?yàn)榻裹c(diǎn)為H(1,0),所以拋物線的方程是y2=4x.設(shè)A(a2,2a),B(b2,2b),由拋物線的對(duì)稱性可知,b=-a.又因?yàn)锳HOB,得2aa2-12bb2=-1,解得a=5(不妨取正值),從而可得OAB面積是105.14.已知拋物線y=x2和直線l:y=kx+m(m>0)交于兩點(diǎn)A,B,當(dāng)OAOB=2時(shí),直線l過(guò)定點(diǎn);當(dāng)m=時(shí),以AB為直徑的圓與直線y=14相切.答案(0,2)14解析設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),y=x2,y=kx+m,整理得x2-kx-m=0,則x1+x2=k,x1x2=-m,y1y2=(x1x2)2=m2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=k2+2m,由OAOB=2,則x1x2+y1y2=m2-m=2,即m2-m-2=0,解得m=-1或m=2,由m>0,得m=2,直線l:y=kx+2,直線l過(guò)定點(diǎn)(0,2),設(shè)以AB為直徑的圓的圓心M(x,y),圓M與y=14相切于點(diǎn)P,由x=x1+x22=k2,則Pk2,-14,由題意可知PAPB=0,即x1-k2,y1+14x2-k2,y2+14=0,整理得x1x2-k2(x1+x2)+k24+y1y2+14(y1+y2)+116=0,代入整理得m2-m2+116=0,解得m=14,當(dāng)m=14,以AB為直徑的圓與直線y=14相切.15.已知圓O1和圓O2都經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0,1),若兩圓與直線4x-3y+5=0及y+1=0均相切,則|O1O2|=.答案5解析如圖,原點(diǎn)O到直線4x-3y+5=0的距離d=|5|42+(-3)2=1,到直線y=-1的距離為1,且到(0,1)的距離為1,圓O1和圓O2的一個(gè)圓心為原點(diǎn)O,不妨看作是圓O1,設(shè)O2(a,b),則由題意得b+1=a2+(b-1)2,b+1=|4a-3b+5|42+(-3)2,解得a=2,b=1.|O1O2|=22+12=5.16.雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,P為雙曲線上一點(diǎn),且PF1PF2=0,F1PF2的內(nèi)切圓半徑r=2a,則雙曲線的離心率e=.答案5解析可設(shè)P為第一象限的點(diǎn),由雙曲線的定義可得|PF1|-|PF2|=2a,PF1PF2=0,可得PF1PF2,由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,由可得2|PF1|PF2|=4c2-4a2=4b2,由三角形的面積公式可得12r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=12|PF1|PF2|,即有c+2a=c2+b2,兩邊平方可得c2+4a2+4ac=c2+b2=c2+c2-a2,即c2-4ac-5a2=0,解得c=5a(c=-a舍去),即有e=ca=5.17.(2018浙江鎮(zhèn)海5月)已知拋物線y2=4x的焦點(diǎn)記為F,過(guò)點(diǎn)F作直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),則|AF|-2|BF|的最小值為.答案22-2解析由題意知,拋物線y2=4x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0),當(dāng)斜率k存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=k(x-1),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由y2=4x,y=k(x-1),整理得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.則x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1,則x2=1x1,根據(jù)拋物線性質(zhì)可知,|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,|AF|-2|BF|=(x1+1)-2x2+1=(x1+1)-2x1x1+1=x12+1x1+1,x1>0,設(shè)f(x)=x2+1x+1,x>0,f(x)在區(qū)間(0,2-1)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(2-1,+)上單調(diào)遞增,當(dāng)x=2-1時(shí),f(x)取最小值,最小值為22-2.|AF|-2|BF|的最小值為22-2.三、解答題(本大題共5小題,共74分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)18.(14分)已知圓C:(x-1)2+y2=9內(nèi)有一點(diǎn)P(2,2),過(guò)點(diǎn)P作直線l交圓C于A,B兩點(diǎn).(1)當(dāng)l經(jīng)過(guò)圓心C時(shí),求直線l的方程;(2)當(dāng)直線l的傾斜角為45時(shí),求弦AB的長(zhǎng).解(1)已知圓C:(x-1)2+y2=9的圓心為C(1,0),直線過(guò)點(diǎn)P,C,kPC=2-02-1=2,直線l的方程為y=2(x-1),即2x-y-2=0;(2)當(dāng)直線l的傾斜角為45時(shí),斜率為1,直線l的方程為y-2=x-2,即x-y=0,圓心C到直線l的距離為12.圓的半徑為3,弦AB的長(zhǎng)為34.19.(15分)(2017課標(biāo)高考)已知拋物線C:y2=2x,過(guò)點(diǎn)(2,0)的直線l交C于A,B兩點(diǎn),圓M是以線段AB為直徑的圓.(1)證明:坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上;(2)設(shè)圓M過(guò)點(diǎn)P(4,-2),求直線l與圓M的方程.(1)證明設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由x=my+2,y2=2x可得y2-2my-4=0,則y1y2=-4.又x1=y122,x2=y222,故x1x2=(y1y2)24=4.因此OA的斜率與OB的斜率之積為y1x1y2x2=-44=-1,所以O(shè)AOB.故坐標(biāo)原點(diǎn)O在圓M上.(2)解由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圓心M的坐標(biāo)為(m2+2,m),圓M的半徑r=(m2+2)2+m2.由于圓M過(guò)點(diǎn)P(4,-2),因此APBP=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-12.當(dāng)m=1時(shí),直線l的方程為x-y-2=0,圓心M的坐標(biāo)為(3,1),圓M的半徑為10,圓M的方程為(x-3)2+(y-1)2=10.當(dāng)m=-12時(shí),直線l的方程為2x+y-4=0,圓心M的坐標(biāo)為94,-12,圓M的半徑為854,圓M的方程為x-942+y+122=8516.20.(15分)已知橢圓C1:x216+y24=1,直線l1:y=kx+m(m>0)與圓C2:(x-1)2+y2=1相切且與橢圓C1交于A,B兩點(diǎn).(1)若線段AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為43,求m的值;(2)過(guò)原點(diǎn)O作l1的平行線l2交橢圓于C,D兩點(diǎn),設(shè)|AB|=|CD|,求的最小值.解(1)將l1:y=kx+m代入C1:x216+y24=1得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-4)=0,>0恒成立,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-4)1+4k2,所以-4km1+4k2=43,又d=|k+m|1+k2=1,得k=1-m22m,聯(lián)立得m4-m2-2=0,解得m=2.(2)由(1)得|x1-x2|=416k2-m2+41+4k2,所以|AB|=1+k2416k2-m2+41+4k2,把l2:y=kx代入C1:x216+y24=1得x2=161+4k2,所以|CD|=1+k281+4k2,所以=|AB|CD|=16k2-m2+421+4k2=124-m21+4k2=124-m21+41-m22m2=124-m4m4-m2+1=124-11m2-122+3463,當(dāng)m=2,k=-24時(shí),取最小值63.21(15分)(2018浙江溫州二模)斜率為k的直線交拋物線x2=4y于A,B兩點(diǎn),已知點(diǎn)B的橫坐標(biāo)比點(diǎn)A的橫坐標(biāo)大4,直線y=-kx+1交線段AB于點(diǎn)R,交拋物線于點(diǎn)P,Q.(1)若點(diǎn)A的橫坐標(biāo)等于0,求|PQ|的值;(2)求|PR|QR|的最大值.解(1)A(0,0),B(4,4),k=1.聯(lián)立y=-x+1x2=4yx2+4x-4=0.設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則|PQ|=1+k2|x1-x2|=8.(2)設(shè)AB的方程為y=kx+b,代入x2=4y,得x2-4kx-4b=0.xB-xA=16k2+16b=4,k2=1-b.由y=kx+by=-kx+1xR=1-b2k=k2,聯(lián)立y=-kx+1x2=4yx2+4kx-4=0,x1+x2=-4k,x1x2=-4.則|PR|QR|=-(1+k2)(x1-xR)(x2-xR)=-(1+k2)x1x2-xR(x1+x2)+xR2=-(1+k2)-4+2k2+k24=-94k2-7182+625144,當(dāng)k=146時(shí),|PR|QR|的最大值等于625144.22.(15分)(2018浙江鎮(zhèn)海5月)已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),離心率e=22,左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)P1,22在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程;(2)直線y=kx(k>0)與橢圓C交于A,B,連接AF1,BF1并延長(zhǎng)交橢圓C于點(diǎn)D,E,連接DE,求kDE與k之間的函數(shù)關(guān)系式.解(1)因?yàn)辄c(diǎn)P1,22在橢圓上,所以1a2+12b2=1,a=2c,又a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1,所以橢圓C的方程為x22+y2=1.(2)設(shè)A(x0,y0),則B(-x0,-y0),直線MD:x=x0+1y0y-1,代入C:x22+y2=1,得(x0+1)2+2y02y2-2(x0+1)y0y-y02=0,因?yàn)閤022+y02=1,代入化簡(jiǎn)得(2x0+3)y2-2(x0+1)y0y-y02=0,設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2),則y0y1=-y022x0+3,所以y1=-y02x0+3,x1=x0+1y0y1-1,直線NE:x=x0-1y0y-1,同理可得y2=y0-2x0+3,x2=x0-1y0y2-1,所以kDE=y1-y2x1-x2=y1-y2x0+1y0y1-x0-1y0y2=y1-y2x0y0(y1-y2)+y1+y2y0=1x0y0+1y0y1+y2y1-y2=1x0y0+1y0-4x06=3y0x0=3k.