【文档说明】2023届高考人教A版数学一轮复习试题（适用于老高考旧教材）单元质检卷九　解析几何含解析【高考】.docx，共(11)页，107.161 KB，由小赞的店铺上传

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1单元质检卷九解析几何(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.(2021吉林省吉林市三模)已知直线l经过点(1,-1),且

与直线2x-y-5=0垂直,则直线l的方程为()A.2x+y-1=0B.x-2y-3=0C.x+2y+1=0D.2x-y-3=02.(2021北京朝阳一模)已知圆x2+y2=4截直线y=kx+2所得弦的长度为2√3,则实

数k=()A.√2B.-√3C.±√2D.±√33.(2021广西桂林二模)已知中心在坐标原点的椭圆C的右焦点为F(2,0),且其离心率为12,则椭圆C的标准方程为()A.𝑥216+𝑦212=1B.𝑥216+𝑦24=1C.𝑥216+𝑦29=1D.𝑥

24+𝑦22=14.(2021广西桂林二模)若圆C:(x-2)2+(y-1)2=4恰好被直线l:ax+by=1(a>0,b>0)平分,则1𝑎+2𝑏的最小值为()A.8√2B.6√2C.8D.65.已知双曲线x2-𝑦28=1

的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点,且|AF1|=|BF1|,则|AB|=()A.2√2B.3C.4D.2√2+126.(2021安徽安庆二模)设抛物线y2=2px

(p>0)的焦点为F,过点F作倾斜角为60°的直线交抛物线于点A,B(点A位于x轴上方),O是坐标原点,记△AOF和△BOF的面积分别为S1,S2,则𝑆1𝑆2=()A.9B.4C.3D.27.(2021北京朝阳二模)若圆O:x2

+y2=1上存在点P,直线l:y=k(x+2)上存在点Q,使得𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑄𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则实数k的取值范围为()A.[-√3,√3]B.-√33,√33C.{-√3,√3}D.-√33,√33

8.(2021安徽安庆一模)双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0),圆M:(x+2)2+y2=3与双曲线C的一条渐近线相交所得弦长为2,则双曲线的离心率等于()A.√2B.√3C.√62D.√729.(2021安徽合肥一

模)设双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,双曲线C上一点P到x轴的距离为2a,∠F1PF2=120°,则双曲线C的离心率为()A.√3B.1+√3C.2+√3D.410.(2021宁夏银川二模)

已知抛物线y2=8x的焦点为F,经过点P(1,1)的直线l与该抛物线交于A,B两点,且点P恰为AB的中点,则|AF|+|BF|=()A.4B.6C.8D.1211.(2021河南新乡三模)已知抛物线M

:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F且斜率为512的直线l与抛物线M交于A,B两点(点A在第二象限),则|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=()A.513B.413C.59D.49312.(2021山西太原二模)已知直线x-2y+n=0(n≠0)与双曲线:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>

0)的两条渐近线分别相交于A,B两点,点P的坐标为(n,0),若|PA|=|PB|,则该双曲线的离心率是()A.√2B.√3C.√153D.√62二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021山东潍

坊一模)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,点P在抛物线C上,PQ垂直l于点Q,QF与y轴交于点T,O为坐标原点,且|OT|=2,则|PF|=.14.(2021东北三省四市一模)在平面直角坐标系中,直线mx

+y-2m-2=0与圆C:(x-1)2+(y-4)2=9交于M,N两点,当△MNC的面积最大时,实数m的值为.15.(2021新高考Ⅰ,14)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程

为.16.(2021宁夏银川二模)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,左顶点为A,过点F作C的一条渐近线的垂线,垂足为M,若tan∠MAF=12,则双曲线的离心率等于.三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演

算步骤.17.(10分)(2021河北石家庄27中模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),其右焦点为F(√3,0),且离心率e=√32.(1)求椭圆C的方程;(2)过F且倾斜角为45°的直

线l与椭圆交于不同的两点M,N,求三角形OMN(O为坐标原点)的面积.18.(12分)(2020全国Ⅱ,理19)已知椭圆C1:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于

A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.419.(12分)(2021山西太原一模)已知椭圆C:𝑥2𝑎

2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,其离心率e=12,点P是椭圆C上一动点,△PF1F2内切圆面积的最大值为π3.(1)求椭圆C的标准方程;(2)直线PF1,PF2与椭圆C分别相交于点A,B,求证:|𝑃𝐹1||𝐹1𝐴|+|𝑃𝐹2

||𝐹2𝐴|为定值.20.(12分)(2021广西桂林二模)已知抛物线E:y2=4x的焦点为F,准线为l,O为坐标原点,过F的直线m与抛物线E交于A,B两点,点A在第一象限,过F且与直线m垂直的直线n与准线l交于点M.(1)若直线m的斜率

为√3,求|𝐴𝐹||𝐵𝐹|的值;(2)设AB的中点为N,若O,M,N,F四点共圆,求直线m的方程.21.(12分)如图,过椭圆E:𝑥24+y2=1的左、右焦点F1,F2分别作直线l1,l2,交椭圆于A,B两点与C,D两点,且l1∥l2.(1)求证:当直线l1的斜率k1与直线BC的

斜率k2都存在时,k1k2为定值;(2)求四边形ABCD面积的最大值.22.(12分)(2021全国甲,理20)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点

M(2,0),且☉M与l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)设A1,A2,A3是C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切.判断直线A2A1与☉M的位置关系,并说明理由.答案：1.C解析:因为直线l与直线2x-y-5=0垂直,所以直线l的方程可设为x+2

y+m=0,因为直线l经过点(1,-1),所以1+2×(-1)+m=0,解得m=1,则直线l的方程为x+2y+1=0,故选C.52.D解析:由圆x2+y2=4截直线y=kx+2所得弦的长度为2√3,得弦心距为√4-3=1,所以圆心到直线y=kx+2的

距离为1,即|2|√1+𝑘2=1,解得k=±√3.3.A解析:由题意,c=2,又𝑐𝑎=12,所以a=4,所以b2=a2-c2=12,所以椭圆C的标准方程为𝑥216+𝑦212=1.故选A.4.C

解析:由题意,圆心C(2,1)在直线l上,则有2a+b=1,所以1𝑎+2𝑏=(2a+b)1𝑎+2𝑏=𝑏𝑎+4𝑎𝑏+4≥2√𝑏𝑎·4𝑎𝑏+4=8,当且仅当𝑏𝑎=4𝑎𝑏,即b=2a=12时,取等号,所以1𝑎+2𝑏的最小值为8.故选C

.5.C解析:设双曲线的实半轴长为a,依题意可得a=1,由双曲线的定义可得|AF2|-|AF1|=2a=2,|BF1|-|BF2|=2a=2,又|AF1|=|BF1|,故|AF2|-|BF2|=4,又|AB|=|AF2|-|BF2|,故|AB|=4.6.C解析:由题意,直线AB的方程为y=√3x

-𝑝2,代入y2=2px,整理得x2-53px+14p2=0.设点A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),因为点A位于x轴上方,解方程得x1=32p,x2=16p,所以𝑆1𝑆2=|𝑦1||𝑦2|=√2𝑝𝑥1√2𝑝𝑥2=√𝑥1√𝑥2=3.故选C.7.B

解析:由于𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑄𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即PQ是圆O的直径,所以直线和圆有公共点,圆心(0,0)到直线y=k(x+2)的距离|2𝑘|√1+𝑘2≤1,化简得k2≤13,所以k∈-√33,√33.8.A解析:双曲线的一

条渐近线bx-ay=0,圆心(-2,0)到渐近线的距离d=|-2𝑏-0|√𝑏2+𝑎2=2𝑏√𝑏2+𝑎2,又圆心(-2,0)到渐近线的距离等于√3-(22)2=√2,从而2𝑏√𝑏2+𝑎2=√2,即b=√22c,所以a=√22c,所以e=√

2.9.C解析:设P为第一象限内的点,|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,可得m-n=2a,在△PF1F2中,可得4c2=m2+n2-2mncos120°=m2+n2+mn=(m-n)2+3mn,即为4c2=4a2+3mn,即mn=

43(c2-a2),又△PF1F2的面积为12mnsin120°=12×43(c2-a2)×√32=12×2c×2a,化为c2-a2-2√3ac=0,所以e2-2√3e-1=0,解得e=2+√3(负根舍去).10.B解析:抛物线y2=8x的焦点为F(2,0),准线方程为x=-2,过点

A,B,P作准线的垂线段,垂足分别为点M,N,R,因为点P恰为AB的中点,所以|PR|是直角梯形AMNB的中位线,故6|AM|+|BN|=2|PR|.由抛物线的定义可得|AF|+|BF|=|AM|+|BN|=2|PR|=2|1-(-2)|=6.故

选B.11.D解析:如图,直线CD为抛物线M的准线,AC⊥CD,BD⊥CD,AE⊥BD,垂足为点E.设|BE|=5x,则|AB|=13x,|BE|=|BD|-|AC|=|BF|-|AF|=5x,|AB|=|AF|+|BF|=1

3x,解得|AF|=4x,|BF|=9x,故|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=4𝑥9𝑥=49.故选D.12.C解析:由题意,双曲线的渐近线为y=±𝑏𝑎x,联立{𝑥-2𝑦+𝑛=0,𝑦=-𝑏𝑎

𝑥,得A-𝑎𝑛𝑎+2𝑏,𝑏𝑛𝑎+2𝑏,联立{𝑥-2𝑦+𝑛=0,𝑦=𝑏𝑎𝑥,得B𝑎𝑛2𝑏-𝑎,𝑏𝑛2𝑏-𝑎,所以AB的中点E𝑎2𝑛4𝑏2-𝑎2,2

𝑏2𝑛4𝑏2-𝑎2,kAB=12,kPE=2𝑏2𝑛4𝑏2-𝑎2𝑎2𝑛4𝑏2-𝑎2-𝑛=𝑏2𝑎2-2𝑏2,因为|PA|=|PB|,所以kAB·kPE=-1,即𝑏2𝑎2-2𝑏2=-2,2a2=3b2,所以e=𝑐𝑎=√1+𝑏2𝑎2=√

153.13.5解析:不妨设点P在第一象限,PQ与y轴交于点M,则易知△MQT∽△OFT,则𝑀𝑇𝑂𝑇=𝑀𝑄𝑂𝐹,又OF=MQ=1,OT=2,所以MT=2.所以点P,Q的纵坐标都为4,代入抛物线方程求得P(4,4),故PF=4+1=5.14.-

1或-17解析:由圆C:(x-1)2+(y-4)2=9,则圆心C(1,4),r=3,点C(1,4)到直线的距离d=|2-𝑚|√𝑚2+1,∵直线与圆C相交,∴0<d<r∴0<|2-𝑚|√𝑚2+1<3,解得m∈R.则|MN|=2√𝑟2-

𝑑2=2√9-𝑑2,S△MNC=12|MN|·d=√9𝑑2-𝑑4,设t=d2,则S△MNC=√9𝑡-𝑡2,当t=92时,(S△MNC)max=√9×92-(92)2=92,此时d2=92,即(2

-𝑚)2𝑚2+1=92,∴7m2+8m+1=0,解得m=-1或m=-17.715.x=-32解析:∵PF⊥x轴,∴xP=xF=𝑝2,将xP=𝑝2代入y2=2px,得y=±p.不妨设点P在x轴的上方,则P

𝑝2,p,即|PF|=p.如图,由条件得,△PFO∽△QFP,∴|𝑂𝐹||𝑃𝐹|=|𝑃𝐹||𝑄𝐹|,即𝑝2𝑝=𝑝6,解得p=3.故C的准线方程为x=-32.16.53解析:如图,由题意可设直线OM的方程为y=𝑏𝑎x.∵FM⊥OM,∴|MF|=b,|

OM|=a,在△OAM中,OA=a,OM=a,∴∠MAO=∠AMO,∴∠MOF=2∠MAF,在△MOF中,tan∠MOF=|𝑀𝐹||𝑀𝑂|=𝑏𝑎=tan2∠MAF=2tan∠𝑀𝐴𝐹1-tan2∠𝑀�

�𝐹=43,∴𝑏𝑎=43,∴e=√1+(𝑏𝑎)2=53.17.解:(1)由F(√3,0),则c=√3,离心率e=𝑐𝑎=√32,则a=2,b=1,所以椭圆C的方程为𝑥24+y2=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则直线l

的方程为y=x-√3,由{𝑦=𝑥-√3,𝑥24+𝑦2=1,消去y,整理得5x2-8√3x+8=0,Δ>0成立,所以x1+x2=8√35,x1x2=85,8S△OMN=12|OM||ON|sin∠MON=12√|𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2|𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2

-(𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2=12|x1y2-x2y1|=12|x1(x2-√3)-x2(x1-√3)|=√32|x2-x1|=√32√(x2+x1)2-4x1x2=√32√(8√35)2-4×85=2√65.18.解:(1)由已知可

设C2的方程为y2=4cx,其中c=√𝑎2-𝑏2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为𝑏2𝑎,-𝑏2𝑎;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2𝑏2𝑎,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得

4c=8𝑏23𝑎,即3×𝑐𝑎=2-2𝑐𝑎2,解得𝑐𝑎=-2(舍去),𝑐𝑎=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=√3c,故C1:𝑥24𝑐2+𝑦23𝑐2=1.设M(x0,y0),则𝑥02

4𝑐2+𝑦023𝑐2=1,𝑦02=4cx0,故𝑥024𝑐2+4𝑥03𝑐=1.①由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入①得(5-𝑐)24𝑐2+4(5-𝑐)3𝑐=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去),c=3.

所以C1的标准方程为𝑥236+𝑦227=1,C2的标准方程为y2=12x.19.(1)解:由题意得△PF1F2内切圆半径r的最大值为√33,9{𝑒=𝑐𝑎=12,12×(2𝑎+2𝑐)×√33=12×2𝑐·𝑏,𝑎2=𝑏2+𝑐2,∴{𝑏2=3,𝑎2=4

,∴椭圆C的标准方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)证明设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),①当y0≠0时,设直线PF1,PF2的方程分别是x=m1y-1,x=m2y+1,由{𝑥=𝑚1𝑦-1,𝑥24+𝑦23=1得(3𝑚12+4)y2-6m1y-9=0,Δ>0显

然成立.∴y0y1=-93𝑚12+4.∵x0=m1y0-1,∴m1=𝑥0+1𝑦0,∴𝑦0𝑦1=-5+2𝑥03,同理,由{𝑥=𝑚2𝑦+1,𝑥24+𝑦23=1可得𝑦0𝑦2=-5-2𝑥0

3,∴|𝑃𝐹1||𝐹1𝐴|+|𝑃𝐹2||𝐹2𝐵|=-𝑦0𝑦1−𝑦0𝑦2=103.②当y0=0时,直线PF1,PF2与x轴重合,易得|𝑃𝐹1||𝐹1𝐴|+|𝑃𝐹2||𝐹2𝐵|=3+13=103.综上所述,|𝑃𝐹1||�

�1𝐴|+|𝑃𝐹2||𝐹2𝐵|=103.20.解:(1)如图,由抛物线y2=4x,得F(1,0),则直线m的方程为y=√3(x-1),联立{𝑦2=4𝑥,𝑦=√3(𝑥-1),得3x2-10x+3=

0,解得x1=13,x2=3,∵A在第一象限,∴xA=3,xB=13,则|AF|=3+1=4,|BF|=13+1=43,∴|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=3;(2)设直线m的方程为x=ty+1,由题意可得t≠0,否则,N与F重合,不存在O,M,N,F四点共圆.把x=

ty+1代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,Δ>0显然成立.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-4.x1+x2=𝑦12+𝑦224=(𝑦1+𝑦2)2-2𝑦1𝑦24=16𝑡2+84=4t2+2,∴N

(2t2+1,2t).10∵直线m的斜率为1𝑡,∴直线n的斜率为-t,则直线n的方程为y=-t(x-1).由{𝑥=-1,𝑦=-𝑡(𝑥-1),解得M(-1,2t).若O,M,N,F四点共圆,再结合FN⊥FM,得OM⊥ON,则𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-1×(2t2

+1)+2t×2t=2t2-1=0,解得t=±√22,∴直线m的方程为y=±√2(x-1).21.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),根据对称性,有C(-x1,-y1),因为A(x1,y1),B(x2,y2)都在椭圆E上,所以𝑥124+𝑦12=

1,𝑥224+𝑦22=1,二式相减,得𝑥12-𝑥224+𝑦12−𝑦22=0,所以k1k2=𝑦2-𝑦1𝑥2-𝑥1·𝑦2-(-𝑦1)𝑥2-(-𝑥1)=𝑦22-𝑦12𝑥22-𝑥12=-14为定值.(2)解:当l1的倾斜角为0°

时,l1与l2重合,舍去.当l1的倾斜角不为0时,由对称性得四边形ABCD为平行四边形,F1(-√3,0),设直线l1的方程为x=my-√3,代入𝑥24+y2=1,得(m2+4)y2-2√3ym-1=0.显然Δ>0,y1+y2

=2√3𝑚𝑚2+4,y1·y2=-1𝑚2+4.所以S△OAB=12·√3·|y1-y2|=√32·√(2√3𝑚𝑚2+4)2-4·-1𝑚2+4=2√3·√𝑚2+1(𝑚2+4)2.设m2+1=t,则m2=t-1,t∈[1,+∞).所以𝑚2+1(𝑚2+4)2=𝑡𝑡2+6𝑡+

9=1𝑡+9𝑡+6≤112.当且仅当t=9𝑡,即m=±√2时取等号,所以(S△OAB)max=2√3·√112=1.所以平行四边形面积的最大值为(S▱ABCD)max=4·(S△OAB)=4.22.解:(1)由题意设抛物线的标准方程为y2=2px,p>0,当x=1时,y2=2p,y=±

√2𝑝.∵OP⊥OQ,∴√2𝑝=1,即2p=1,∴抛物线的标准方程为y2=x,☉M的方程为(x-2)2+y2=1.(2)设A1(a2,a),A2(b2,b),A3(c2,c).𝑙𝐴1𝐴2:y-a=1𝑎+𝑏(x-a2),即x-(a+b)y+ab=0,∵直线A1A

2与☉M相切,∴|2+𝑎𝑏|√1+(𝑎+𝑏)2=1.①𝑙𝐴1𝐴3:y-a=1𝑎+𝑐(x-a2)⇒x-(a+c)y+ac=0,∵直线A1A3与☉M相切,∴|2+𝑎𝑐|√1+(𝑎+

𝑐)2=1.②11∴b,c是方程|2+𝑎𝑥|√1+(𝑎+𝑥)2=1,即(a2-1)x2+2ax-a2+3=0的两根.又𝑙𝐴2𝐴3:x-(b+c)y+bc=0,∴圆心(2,0)到直线𝑙𝐴2𝐴3的距离d=|2+𝑏𝑐|√1+(�

�+𝑐)2=|2+3-𝑎2𝑎2-1|√1+(-2𝑎𝑎2-1)2=|𝑎2+1|√𝑎4+2𝑎2+1=1.∴d与☉M的半径相等,即直线A2A3与☉M相切.