《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測九 平面解析幾何單元檢測（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測九 平面解析幾何單元檢測（含解析）.docx（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

單元檢測九　平面解析幾何 (時間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40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選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．直線l經(jīng)過點(，－2)和(0,1)，則它的傾斜角是(　　) A．30B．60C．150D．120 答案　D 解析　由斜率公式k＝＝＝－，再由傾斜角的范圍[0，180)知，tan120＝－，故選D. 2．直線kx－y－3k＋3＝0過定點(　　) A．(3,0) B．(3,3) C．(1,3) D．(0,3) 答案　B 解析　kx－y－3k＋3＝0可化為y－3＝k(x－3)，所以過定點(3,3)．故選B. 3．由直線y＝x＋1上的一點向圓(x－3)2＋y2＝1引切線，則切線長的最小值為(　　) A.B．2C．1D．3 答案　A 解析　圓的圓心為(3,0)，r＝1，圓心到直線x－y＋1＝0的距離為d＝＝2，所以由勾股定理可知切線長的最小值為＝. 4．一束光線從點A(－1,1)發(fā)出，并經(jīng)過x軸反射，到達(dá)圓(x－2)2＋(y－3)2＝1上一點的最短路程是(　　) A．4B．5C．3－1D．2 答案　A 解析　依題意可得，點A關(guān)于x軸的對稱點A1(－1，－1)，圓心C(2,3)，A1C的距離為＝5，所以到圓上的最短距離為5－1＝4，故選A. 5．已知直線x＋y＝a與圓x2＋y2＝4交于A，B兩點，且|＋|＝|－|，其中O為原點，則實數(shù)a的值為(　　) A．2B．－2C．2或－2D.或－ 答案　C 解析　由|＋|＝|－|得|＋|2＝|－|2，化簡得＝0，即⊥，三角形AOB為等腰直角三角形，圓心到直線的距離為，即＝，a＝2. 6．已知雙曲線E的中心為原點，F(xiàn)(3,0)是E的焦點，過F的直線l與E相交于A，B兩點，且AB的中點為N(－12，－15)，則E的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 答案　B 解析　由已知條件得直線l的斜率為k＝kFN＝1， 設(shè)雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有 兩式相減并結(jié)合x1＋x2＝－24，y1＋y2＝－30 得，＝，從而＝1，即4b2＝5a2， 又a2＋b2＝9，解得a2＝4，b2＝5，故選B. 7．(2018紹興市、諸暨市模擬)如圖，已知點P是拋物線C：y2＝4x上一點，以P為圓心，r為半徑的圓與拋物線的準(zhǔn)線相切，且與x軸的兩個交點的橫坐標(biāo)之積為5，則此圓的半徑r為(　　) A．2 B．5 C．4 D．4 答案　D 解析　設(shè)圓與x軸的兩個交點分別為A，B，由拋物線的定義知xP＝r－1，則P(r－1,2)，又由中垂線定理，知|OA|＋|OB|＝2(r－1)，且|OA||OB|＝5，故由圓的切割線定理，得(2)2＝(1＋|OA|)(1＋|OB|)，展開整理得r＝4，故選D. 8．(2018紹興市、諸暨市模擬)已知雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為－＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點，若P是雙曲線右支上的一點，且tan∠PF1F2＝，tan∠PF2F1＝2，則此雙曲線的離心率為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　由tan∠PF1F2＝，tan∠PF2F1＝2知， PF1⊥PF2，作PQ⊥x軸于點Q， 則由△PF1Q∽△F2PQ，得|F1Q|＝4|F2Q|＝c， 故P， 代入雙曲線的方程，有b22－a22＝a2b2， 又a2＋b2＝c2，則(9c2－5a2)(c2－5a2)＝0， 解得＝或＝(舍)，即離心率e＝，故選A. 9．(2019寧波模擬)設(shè)拋物線y2＝4x的焦點為F，過點P(5,0)的直線與拋物線相交于A，B兩點，與拋物線的準(zhǔn)線相交于點C，若|BF|＝5，則△BCF與△ACF的面積之比等于(　　) A.B.C.D. 答案　D 解析　由題意知直線AB的斜率存在， 則由拋物線的對稱性不妨設(shè)其方程為y＝k(x－5)，k>0， 與拋物線的準(zhǔn)線x＝－1聯(lián)立，得點C的坐標(biāo)為(－1，－6k)， 與拋物線的方程y2＝4x聯(lián)立，消去y得 k2x2－(10k2＋4)x＋25k2＝0， 則xA＋xB＝，xAxB＝25， 又因為|BF|＝xB＋1＝5，所以xB＝4， 代入解得xA＝，k＝4， 則yA＝5，yB＝－4，yC＝－24， 則S△ACF＝|PF||yA－yC|＝58， S△ABF＝|PF||yA－yB|＝18， 則＝1－＝，故選D. 10．已知直線l：kx－y－2k＋1＝0與橢圓C1：＋＝1(a>b>0)交于A，B兩點，與圓C2：(x－2)2＋(y－1)2＝1交于C，D兩點．若存在k∈[－2，－1]，使得＝，則橢圓C1的離心率的取值范圍是(　　) A.B.C.D. 答案　C 解析　直線l過圓C2的圓心，∵＝， ∴||＝||，∴C2的圓心為線段AB的中點． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 兩式相減得， ＝－， 化簡可得－2＝k， 又∵a>b，∴＝－∈， 所以e＝∈. 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上) 11．(2018臺州質(zhì)檢)已知直線l1：mx＋3y＝2－m，l2：x＋(m＋2)y＝1，若l1∥l2，則實數(shù)m＝________；若l1⊥l2，則實數(shù)m＝________. 答案?。??。? 解析　l1∥l2等價于解得m＝－3. l1⊥l2等價于m＋3(m＋2)＝0，解得m＝－. 12．(2018浙江十校聯(lián)盟考試)拋物線y＝4x2的焦點坐標(biāo)是________，焦點到準(zhǔn)線的距離是________． 答案　　 解析　由y＝4x2，得x2＝，可得2p＝，所以p＝，即焦點的坐標(biāo)為，焦點到準(zhǔn)線的距離為. 13．(2018衢州模擬)已知圓C與x軸相切于點T(1,0)，與y軸正半軸交于兩點A，B(B在A的上方)，|AB|＝2，圓C的半徑為________；圓C在點B處的切線在x軸上的截距為________． 答案　?。?－ 解析　設(shè)圓心C(1，b)，則半徑r＝b. 由垂徑定理得，1＋2＝b2， 即b＝，且B(0,1＋)． 又由∠ABC＝45，切線與BC垂直， 知切線的傾斜角為45， 故切線在x軸上的截距為－1－. 14．若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的右焦點到漸近線的距離等于焦距的倍，則雙曲線的離心率為________，如果雙曲線上存在一點P到雙曲線的左右焦點的距離之差為4，則雙曲線的虛軸長為________． 答案　2　4 解析　由于右焦點到漸近線的距離等于焦距的倍， 可知雙曲線漸近線y＝x的傾斜角為， 即＝，所以e＝＝＝2， 因為a＝2，從而b＝＝2， 所以虛軸長為4. 15．已知點A(0,1)，拋物線C：y2＝ax(a>0)的焦點為F，線段FA與拋物線C相交于點M，F(xiàn)A的延長線與拋物線的準(zhǔn)線相交于點N，若|FM|∶|MN|＝1∶3，則實數(shù)a的值為________． 答案　 解析　依題意得焦點F的坐標(biāo)為， 設(shè)點M在拋物線的準(zhǔn)線上的射影為K，連接KM(圖略)， 由拋物線的定義知|MF|＝|MK|， 因為|FM|∶|MN|＝1∶3， 所以|KN|∶|KM|＝2∶1， 又kFN＝＝，kFN＝－＝－2， 所以＝2，解得a＝. 16．已知雙曲線E：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A(2,1)，B是E上不同的兩點，且四邊形AF1BF2是平行四邊形，若∠AF2B＝，＝，則雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 答案?。瓂2＝1 解析　如圖， 因為四邊形AF1BF2是平行四邊形， 所以＝， ∠F1AF2＝， 所以|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos， 即4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－|AF1||AF2|，① 又4a2＝(|AF1|－|AF2|)2， 所以4a2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|，② 由①②可得|AF1||AF2|＝4b2， 又＝4b2＝， 所以b2＝1，將點A(2,1)代入－y2＝1，可得a2＝2， 故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為－y2＝1. 17．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A(3,0)，P(3，t)，t∈R，若存在C，D兩點滿足＝＝2，且＝2，則t的取值范圍是________． 答案　[－2，2] 解析　設(shè)C(x，y)，因為A(3,0)，＝2， 所以＝2， 整理得(x＋1)2＋y2＝4， 即點C在圓M：(x＋1)2＋y2＝4上． 同理由＝2可得點D也在圓M上． 因為＝2，所以C是PD的中點， 過點M作MN⊥CD，垂足為N，連接CM，PM. 設(shè)|MN|＝d，|PC|＝|CD|＝2k，分別在Rt△CMN，Rt△PMN中，由勾股定理，得 消去k2得，t2＝20－8d2. 因為0≤d2<4，所以t2≤20，解得－2≤t≤2， 所以t的取值范圍是[－2，2]． 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)已知過點A(0,1)，且斜率為k的直線l與圓C： (x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M，N兩點． (1)求實數(shù)k的取值范圍； (2)求證：為定值． (1)解　由題意過點A(0,1)且斜率為k的直線的方程為y＝kx＋1， 代入圓C的方程得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0， 因為直線與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M，N兩點， 所以Δ＝[－4(1＋k)]2－47(1＋k2)>0， 解得1)，設(shè)直線PM的斜率為k. (1)試用a，k表示弦長|MN|； (2)若這樣的△PMN存在3個，求實數(shù)a的取值范圍． 解　(1)不妨設(shè)直線PM所在的直線方程為y＝kx－1(k<0)，代入橢圓方程＋y2＝1， 整理得(1＋a2k2)x2－2ka2x＝0， 解得x1＝0，x2＝， 則|PM|＝|x1－x2|＝－， 所以|MN|＝|PM|＝－. (2)因為△PMN是等腰直角三角形， 所以直線PN所在的直線方程為y＝－x－1(k<0)， 同理可得|PN|＝－＝. 令|PM|＝|PN|，整理得k3＋a2k2＋a2k＋1＝0， k3＋1＋a2k(k＋1)＝0， (k＋1)(k2－k＋1)＋a2k(k＋1)＝0， 即(k＋1)[k2＋(a2－1)k＋1]＝0. 若這樣的等腰直角三角形PMN存在3個，則方程k2＋(a2－1)k＋1＝0有兩個不等于－1的負(fù)根k1，k2， 則 因為a>1，所以a>. 20．(15分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的長軸長為4，其上頂點到直線3x＋4y－1＝0的距離等于. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l與橢圓C交于A，B兩點，交x軸的負(fù)半軸于點E，交y軸于點F(點E，F(xiàn)都不在橢圓上)，且＝λ1，＝λ2，λ1＋λ2＝－8，證明：直線l恒過定點，并求出該定點． 解　(1)由橢圓C的長軸長為4知2a＝4，故a＝2， 橢圓的上頂點為(0，b)，則由＝得b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，E(m,0)(m<0，m≠－2)，F(xiàn)(0，n)， 由＝λ1，得(x1，y1－n)＝λ1(m－x1，－y1)， 所以A. 同理由＝λ2，得B， 把A，B分別代入＋y2＝1 得： 即λ1，λ2是關(guān)于x的方程(4－m2)x2＋8x＋4－4n2＝0的兩個根，∴λ1＋λ2＝＝－8， ∴m＝－，所以直線l恒過定點(－，0)． 21．(15分)已知拋物線C：y2＝2px(p>1)上的點A到其焦點的距離為，且點A在曲線x＋y2－＝0上． (1)求拋物線C的方程； (2)M(x1，y1)，N(x2，y2)是拋物線C上異于原點的兩點，Q(x0，y0)是線段MN的中點，點P是拋物線C在點M，N處切線的交點，若|y1－y2|＝4p，證明：△PMN的面積為定值． (1)解　設(shè)點A(xA，yA)， ∵點A到拋物線焦點的距離為， ∴xA＝－，y＝2pxA＝2p， 又點A在曲線x＋y2－＝0上， ∴－＋2p－＝0， 即p2－p＋1＝0，解得p＝2或p＝(舍去)， ∴拋物線C的方程為y2＝4x. (2)證明　由(1)知M，N，|y1－y2|＝8， 設(shè)拋物線C在點M處的切線的斜率為k(k≠0)， 則該切線的方程為y－y1＝k， 聯(lián)立方程得消去x，整理得 ky2－4y＋4y1－ky＝0， ∵M(jìn)是切點，∴Δ＝16－4k(4y1－ky)＝0， 即4－4ky1＋k2y＝0，解得k＝， ∴直線PM的方程為y－y1＝(x－)，即y＝x＋， 同理得直線PN的方程為y＝x＋， 聯(lián)立方程得解得 ∴P， ∵Q是線段MN的中點，∴y0＝， ∴PQ∥x軸，且x0＝＝， ∴△PMN的面積S＝|PQ||y1－y2| ＝|y1－y2| ＝|y1－y2| ＝|y1－y2|3＝32， 即△PMN的面積為定值． 22．(15分)(2018嘉興測試)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，過直線l：y＝－上任一點M作拋物線的兩條切線MA，MB，切點分別為A，B. (1)求證：MA⊥MB； (2)求△MAB面積的最小值． (1)證明　方法一　設(shè)M， 易知直線MA，MB的斜率都存在，分別設(shè)為k1，k2， 設(shè)過點M的拋物線的切線方程為y＋＝k(x－x0)， 由得x2－kx＋kx0＋＝0， Δ＝k2－4kx0－1＝0， 由題意知，k1，k2是方程k2－4x0k－1＝0的兩個根， 所以k1k2＝－1，所以MA⊥MB. 方法二　設(shè)M，A(x1，x)，B(x2，x)， 易知直線MA，MB的斜率都存在，分別設(shè)為k1，k2. 由y＝x2，得y′＝2x， 則MA，MB的斜率分別為k1＝2x1，k2＝2x2， 所以2x1＝，整理得x＝2x1x0＋， 同理可得，x＝2x2x0＋， 兩式相減得，x－x＝2x0(x1－x2)， 因為x1≠x2，所以x1＋x2＝2x0， 于是x＝x1(x1＋x2)＋， 所以x1x2＝－，即k1k2＝4x1x2＝－1， 所以MA⊥MB. (2)解　由(1)得k1＝2x1，k2＝2x2， 所以A，B， 易知k1k2＝－1，k1＋k2＝4x0， 所以|MA|＝|yA－yM|＝ ＝，同理，|MB|＝， 所以S△MAB＝|MA||MB|＝ ＝＝ ＝≥＝. 綜上，當(dāng)x0＝0時，△MAB的面積取得最小值，最小值為.