【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材）单元质检卷八　平面解析几何含解析【高考】.docx，共(13)页，50.748 KB，由小赞的店铺上传

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1单元质检卷八平面解析几何(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.(2021山东枣庄二模)已知点(1,1)在抛物线C:y

2=2px(p>0)上,则抛物线C的焦点到其准线的距离为()A.14B.12C.1D.22.(2021河北石家庄模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑚+4+𝑦2𝑚=1的离心率为√33,则椭圆C的长轴长为()A.2√3B.4C.4√3D.8

3.(2020全国Ⅰ,理4)已知点A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到抛物线C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=()A.2B.3C.6D.94.设双曲线C的方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b

>0),过抛物线y2=4x的焦点和点(0,b)的直线为l.若双曲线C的一条渐近线与直线l平行,另一条渐近线与直线l垂直,则双曲线C的方程为()A.𝑥24−𝑦24=1B.x2-𝑦24=1C.𝑥24-y2=1D.

x2-y2=15.(2021江苏南通一模)阿基米德不仅是著名的物理学家,也是著名的数学家,他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的焦点在y轴上,且椭圆C的离

心率为35,面积为20π,则椭圆C的标准方程为()A.𝑥25+𝑦24=1B.𝑥225+𝑦216=1C.𝑦25+𝑥24=1D.𝑦225+𝑥216=16.(2021广东梅州二模)F1,F2是双曲线C:𝑥

2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点P(2,3)在双曲线C上,且F1F2⊥F2P,则双曲线C的离心率为()A.2B.√3C.√2D.127.(2021北京房山二模)设F1,F2是双曲线C:𝑥23-y2=1的两个焦点,点O为坐标原点,点P在双曲线C上,且|OP

|=|OF1|,则△PF1F2的面积为()2A.52B.2C.32D.18.已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,点A是椭圆的下顶点,直线AF2交椭圆于另一点P,若|PF1|=|PA|,则椭圆的离心率为()A.√33B.13C.√22D.12二、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,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.若椭圆的对称轴为坐标轴,长轴长与短轴长的和为18,焦距为6,则椭圆的方程可以为()A.𝑥29+𝑦216=1B.𝑥225+𝑦21

6=1C.𝑥216+𝑦29=1D.𝑥216+𝑦225=110.(2021福建厦门外国语学校模拟)已知双曲线的方程为𝑥29−𝑦27=1,则下列说法正确的是()A.焦点为点(±√2,0)B.渐近线方程为√7x±3y=0C.离心率e=43D.焦点到渐近线的距离为√14411.设圆锥曲线

Γ有两个焦点F1,F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于()A.12B.23C.32D.212.(2021河北沧州三模)已知斜率为k的直线l过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与抛物线C交于A,B两点.抛物线C的准线上一点

M(-1,-1),满足𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,则()A.p=2B.k=-2C.|AB|=√5D.△MAB的面积为5√52三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知椭圆C的焦

点在x轴上,且离心率为12,则椭圆C的方程可以为.314.(2021北京顺义二模)若双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的焦距等于实轴长的√3倍,则双曲线C的渐近线方程为.15.(2021山东淄博一模

)若抛物线y2=2px(p>0)上的点A(x0,-2)到其焦点的距离是点A到y轴距离的3倍,则p等于.16.(2021浙江,16)已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的焦点F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),若过点F1的直线和圆(𝑥-1

2𝑐)2+y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF2⊥x轴,则该直线的斜率是,椭圆的离心率是.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)求符合下列要求的曲线的标准方程:(1)已知椭圆的焦点在x轴上,且长轴长为12,离心率为12;(2)

已知双曲线过点A(-7,-6√2),B(2√7,3).18.(12分)(2021湖南高三模拟)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的一个焦点为(√5,0),一条渐近线方程为2x-y=0.(1)求双曲线C的标准

方程;(2)已知倾斜角为3π4的直线l与双曲线C交于A,B两点,且线段AB的中点的纵坐标为4,求直线l的方程.419.(12分)已知抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线C2:𝑥24−𝑦212=1的右顶点重合.(1)求抛物线C1的标准方程;(

2)设过点(0,1)的直线l与抛物线C1交于不同的两点A,B,点F是抛物线C1的焦点,且𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=1,求直线l的方程.20.(12分)(2021福建龙岩三模)已知a>b>0,曲线Γ由曲线C1:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(y≥0)和曲线C2:𝑥

2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(y<0)组成,其中曲线C1的右焦点为F1(2,0),曲线C2的左焦点为F2(-6,0).(1)求a,b的值;(2)若直线l过点F2交曲线C1于点A,B,求△ABF1面积的最大值.521.(12分)(2021河北张家口一模)已知双曲线C:�

�2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)上一动点P,左、右焦点分别为F1,F2,且F2(2,0),定直线l:x=32,PM⊥l,点M在直线l上,且满足|𝑃𝑀||𝑃𝐹2|=√32.(1)求双曲线的标准方程;(2)

若直线l0的斜率k=1,且l0过双曲线右焦点与双曲线右支交于A,B两点,求△ABF1的外接圆方程.22.(12分)已知抛物线C:y2=4px(p>0)的焦点为F,且点M(1,2)到点F的距离比到y轴的距离

大p.(1)求抛物线C的方程;(2)若直线l:x-m(y+2)-5=0与抛物线C交于A,B两点,是否存在实数m使|MA||MB|=64√2?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.6单元质检卷八平面解析几何1.B解析因为点(

1,1)在抛物线上,所以1=2p,所以p=12,所以C的焦点到其准线的距离为12.故选B.2.C解析由题可知c2=m+4-m=4,所以c=2.又因为e=2√𝑚+4=√33,所以m=8,所以椭圆C的长轴长为2√𝑚+4=4√3

.故选C.3.C解析设点A的坐标为(x,y).由点A到y轴的距离为9可得x=9.由点A到抛物线C的焦点的距离为12,可得x+𝑝2=12,解得p=6.4.D解析抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0),则直线l的方程为y=-b

(x-1).∵双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±𝑏𝑎x,且双曲线C的一条渐近线与直线l平行,另一条渐近线与直线l垂直,∴-𝑏𝑎=-b,𝑏𝑎·(-b)=-1,∴a=1,b=1,∴双曲线C

的方程为x2-y2=1.故选D.5.D解析设椭圆C的标准方程为𝑦2𝑎2+𝑥2𝑏2=1(a>b>0),焦距为2c,则{𝑐𝑎=35,𝑎𝑏=20,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得{𝑎=5,𝑏=4.故

选D.6.A解析由题可知,c=2,𝑏2𝑎=3,且c2=a2+b2,所以a=1,b=√3,所以e=𝑐𝑎=2.故选A.7.D解析由已知,不妨设F1(-2,0),F2(2,0).由题可知a=√3,c=2.因为|OP|=|OF1|=12|F1F2|,所以点P在以线段

F1F2为直径的圆上,所以△PF1F2是以点P为直角顶点的直角三角形,7所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,即|PF1|2+|PF2|2=16.又||PF1|-|PF2||=2a=2√3,所以12=||𝑃𝐹1|-|𝑃𝐹2||2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2

|=16-2|PF1||PF2|,所以|PF1||PF2|=2,所以𝑆△𝐹1𝐹2𝑃=12|PF1||PF2|=1.故选D.8.A解析由题可知|AF1|=|AF2|=a,|PF1|+|PF2|=2a.因

为|PF1|=|PA|,所以|PF2|=12a,|PF1|=32a,cos∠APF1=(32𝑎)2+(32𝑎)2-𝑎22×32𝑎×32𝑎=(12𝑎)2+(32𝑎)2-4𝑐22×12𝑎×32�

�,化简得a2=3c2.又e=𝑐𝑎∈(0,1),所以椭圆的离心率为√33.故选A.9.BD解析因为2c=6,所以c=3.又2a+2b=18,a2=b2+c2,所以{𝑎=5,𝑏=4,所以椭圆方程为𝑥225+𝑦216=1或𝑥216+𝑦225=1.故选BD.10.BC解析由题可知a=

3,b=√7,c=√9+7=4,则双曲线的焦点为点(±4,0);渐近线方程为y=±𝑏𝑎x=±√73x,即√7x±3y=0;离心率e=𝑐𝑎=43;焦点(4,0)到渐近线√7x+3y=0的距离为d=|4√7|√7+9=√7.故选BC.11.AC解析设圆锥曲线的离心率为e.令|

PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2.若圆锥曲线Γ为椭圆,则e=|𝐹1𝐹2||𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=34+2=12;若圆锥曲线Γ为双曲线,则e=|𝐹1𝐹2||𝑃𝐹1|-|𝑃

𝐹2|=34-2=32.综上,曲线Γ的离心率为12或32.故选AC.12.ABD解析由题可知𝑝2=1,所以p=2,故选项A正确;8因为p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x,所以其焦点为F(1,0).因为直线l过抛物线的焦点,所以直线l的方程为y=k(x-1).因为𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以点M在以线段AB为直径的圆上.设A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组{𝑦12=4𝑥1,𝑦22=4𝑥2,两式相减得𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=4𝑦1+𝑦2=k.设AB的中点为Q(x

0,y0),则y0=2𝑘.又点Q(x0,y0)在直线l上,所以x0=2𝑘2+1,所以点Q(2𝑘2+1,2𝑘)是以线段AB为直径的圆的圆心.由抛物线的定义知,圆Q的半径r=|𝐴𝐵|2=𝑥1+𝑥2+22=2𝑥0+22=2𝑘2+2.因为|QM|2=(2𝑘2+2)2+(2𝑘

+1)2=r2,所以(2𝑘2+2)2+(2𝑘+1)2=(2𝑘2+2)2,解得k=-2,故选项B正确;因为k=-2,所以弦长|AB|=2r=2(2𝑘2+2)=5,故选项C不正确;因为k=-2,所以直线l的方程为2x+y-2=0,所以点M到直线l的距离d=|-5|√5=√5,所以S△MAB=

12·d·|AB|=12×√5×5=5√52,故选项D正确.故选ABD.13.𝑥24+𝑦23=1(答案不唯一)解析因为焦点在x轴上,所以设椭圆的方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0).又因为离心率为12,所以𝑐𝑎=12,所

以𝑐2𝑎2=𝑎2-𝑏2𝑎2=14,即𝑏2𝑎2=34.14.√2x-y=0或√2x+y=0解析因为双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的焦距等于实轴长的√3倍,所以2c=2√3a,即c=√3a,所以𝑐𝑎=√

3.9又因为𝑏𝑎=√(𝑐𝑎)2-1=√2,所以双曲线C的渐近线方程为y=±√2x.15.2√2解析由题可知抛物线y2=2px(p>0)开口向右,准线方程为x=-𝑝2.将点A的坐标代入抛物线方程得4=2px0,即x0=2𝑝.因为抛物线y2=2px(p>0)上的点A(x0,-2)到其

焦点的距离是点A到y轴距离的3倍,所以x0+𝑝2=3x0,所以2𝑝+𝑝2=3×2𝑝,所以p2=8,所以p=2√2.16.2√55√55解析不妨设c=2,切点为B,则sin∠PF1F2=sin∠BF1A=|𝐴𝐵||𝐹1𝐴|=23,tan∠PF1F2=2√32-22=25√5,所以k

=2√55.又k=|𝑃𝐹2||𝐹1𝐹2|,|F1F2|=2c=4,所以|PF2|=8√55,所以|PF1|=12√55,所以2a=|PF1|+|PF2|=4√5,即a=2√5,所以e=𝑐𝑎=22√5=√55.17.解(1)设所求的椭圆标准方程为𝑥2𝑎2+

𝑦2𝑏2=1(a>b>0).由题可知2a=12,即a=6,且离心率e=𝑐𝑎=12,所以c=3,所以b2=a2-c2=62-32=27,所以所求椭圆的标准方程为𝑥236+𝑦227=1.(2)设所求的双

曲线方程为mx2+ny2=1,由题可得{49𝑚+72𝑛=1,28𝑚+9𝑛=1,解得{𝑚=125,𝑛=-175,所以所求双曲线的标准方程为𝑥225−𝑦275=1.18.解(1)由题可知c=√5.因为双曲线C的一条渐近线方程为2x-y=0,10所以𝑏𝑎=2.又c2=

a2+b2,所以5=a2+4a2,解得a2=1,b2=4,所以双曲线C的标准方程为x2-𝑦24=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点的坐标为(x0,4),则𝑥12−𝑦124=1,①𝑥22−

𝑦224=1.②②-①得𝑥22−𝑥12=𝑦224−𝑦124,所以𝑦2-𝑦1𝑥2-𝑥1=4𝑥2+𝑥1𝑦2+𝑦1,即k=4𝑥0𝑦0=4𝑥04=x0.又k=tan3π4=-1,所

以x0=-1,所以直线l的方程为y-4=-(x+1),即x+y-3=0.19.解(1)由题可知,双曲线C2:𝑥24−𝑦212=1的右顶点为(2,0),∴𝑝2=2,∴p=4,∴抛物线C1的标准方程为y2=8x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题可知直线l的斜

率存在且不为零,故设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).联立{𝑦=𝑘𝑥+1,𝑦2=8𝑥,得k2x2+(2k-8)x+1=0.由Δ>0得(2k-8)2-4k2>0,∴k<2,∴x1+x2=-2𝑘-8𝑘2,x1x2=1𝑘2.又𝐹𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗·𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=1,F(2,0),∴𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(x1-2)(x2-2)+y1y2=1,∴x1x2-2(x1+x2)+4+(kx1+1)(kx2+1)=(1+k2)x1x2+(k-2)(x1+x2)+5=1,∴k2+4k-5=0,解得k=

1或k=-5,∴直线l的方程为x-y+1=0或5x+y-1=0.20.解(1)∵F1(2,0),F2(-6,0),11∴{𝑎2+𝑏2=36,𝑎2-𝑏2=4,解得{𝑎2=20,𝑏2=16,∴{𝑎=2

√5,𝑏=4.(2)由(1)知,曲线C1:𝑥220+𝑦216=1(y≥0).由题可知直线斜率存在且不为零,故设直线l的方程为x=my-6(m>0).联立{𝑥=𝑚𝑦-6,𝑥220+𝑦216=1,得(5+4m2)y2

-48my+64=0.∵5+4m2>0,Δ=(48m)2-4×64×(5+4m2)>0,且m>0,∴m>1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=48𝑚5+4𝑚2,y1y2=645+4𝑚2,∴|y1-y2|=√(𝑦1+𝑦2)2-4𝑦1𝑦2=16√5√𝑚2-15+4

𝑚2,∴△ABF1面积S=12|F1F2||y1-y2|=12×8×16√5√𝑚2-15+4𝑚2=64√5×√𝑚2-15+4𝑚2.令t=√𝑚2-1>0,则m2=t2+1,∴S=64√5𝑡4𝑡2+9=64√54𝑡+9𝑡≤16√53,当且仅当t=32,即m=√132时等号成立,

∴△ABF1面积的最大值为16√53.21.解(1)设点P(x,y).∵|𝑃𝐹2||𝑃𝑀|=2√33,∴√(𝑥-2)2+𝑦2|𝑥-32|=2√33,∴(x-2)2+y2=43(𝑥-32)2,∴1+y2=𝑥23

,∴双曲线的标准方程为𝑥23-y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题可知直线l0:y=x-2,联立{𝑦=𝑥-2,𝑥23-𝑦2=1,得2x2-12x+15=0,∴x1+x2=6,x1x2=152.12又y1+y2=

x1+x2-4,∴AB中点为M(3,1).又△ABF1外接圆圆心在AB的垂直平分线l1上,∴l1:y=-x+4.|AB|=√2·√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=2√3.设圆心(x0,y0)满足{𝑦0

=-𝑥0+4,(𝑥0-3)2+(𝑦0-1)2+(√3)2=(𝑥0+2)2+𝑦02,解得{𝑥0=18,𝑦0=318,∴半径R=√(18+2)2+(318)2=√62532,∴外接圆方程为(𝑥-18)2+(�

�-318)2=62532.22.解(1)因为点M到点F的距离比到y轴的距离大p,所以点M到点F的距离与到直线x=-p的距离相等,所以点M在抛物线C上,所以4=4p,解得p=1,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)存在.联立{𝑦2=4𝑥,𝑥-𝑚(𝑦+2)-5=0,得y2-4

my-8m-20=0.由题可知Δ=16m2+4(8m+20)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=-4(2m+5).因为𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x

1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=(𝑦124-1)(𝑦224-1)+(y1-2)(y2-2)=𝑦12𝑦2216−(𝑦1+𝑦2)2-2𝑦1𝑦24+y1y2-2(y1+y2)+5=

16(2𝑚+5)216−(4𝑚)2+8(2𝑚+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA⊥MB,即△MAB为直角三角形.设d为点M到直线l的距离,则|MA||MB|=|AB|·d=√1+𝑚2√(

𝑦1+𝑦2)2-4𝑦1𝑦2·4|1+𝑚|√1+𝑚2=4|1+m|√16𝑚2+16(2𝑚+5)13=16|1+m|√(𝑚+1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0,解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍去),所以m=

1或m=-3,所以当实数m=1或m=-3时,|MA||MB|=64√2.