2023版高中数学第二章圆锥曲线与方程单元质量评估新人教A版选修1-1

第二章圆锥曲线与方程(120分钟150分)一、选择题(本大题共12小题,每题5分,共60分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的)1.椭圆x29+y2k2A.k>3 B.2<k<3C.k=2 D.0<k<2【解析】选C.k>0,9-k22.(2023·菏泽高二检测)假设双曲线的顶点为椭圆x2+y2A.x2-y2=1 B.y2-x2=1C.x2-y2=2 D.y2-x2=2【解析】选D.由题意设双曲线方程为y2a2-x2b2=1,离心率为e,椭圆x2+y22=1长轴端点为(0,2),所以a=2,又椭圆的离心率为123.(2023·浙江高考)椭圆C1:x2m2+y2=1(m>1)与双曲线C2:x2n2-y2=1(n>0)的焦点重合,e1,e2A.m>n且e1e2>1 B.m>n且e1e2<1C.m<n且e1e2>1 D.m<n且e1e2<1【解题指南】根据椭圆与双曲线离心率的定义求解,注意a2,b2与c2的关系.【解析】选A.由题意知m2-1=n2+1,即m2=n2+2,(e1e2)2=m2-1m1-1m21+1n2,因为m2=n2+2,m>1,n>0,所以m>n,(e1e2)4.(2023·潍坊高二检测)设椭圆x2m2+y2nA.x212+y216=1 B.C.x248+y264=1 D.【解析】选B.因为y2=8x的焦点为(2,0),所以x2m2又e=12=2因为c2=m2-n2=4,所以n2=12.所以椭圆方程为x216+【补偿训练】(2023·成都高二检测)双曲线中心在原点且一个焦点为F(7,0),直线y=x-1与其相交于M,N两点,MN中点的横坐标为-23A.x25-y22=1 B.C.x23-y24=1D.【解题指南】先根据题意设出双曲线的方程x2a2-y2b2=1,然后与直线方程联立方程组,消元得二元一次方程,根据根与系数的关系及MN中点的横坐标建立a,b的一个方程,又双曲线中有c【解析】选B.设双曲线方程为x2a2将y=x-1代入x2a2整理得(b2-a2)x2+2a2x-a2-a2b2=0,由根与系数的关系得x1+x2=2a那么x1+x22又c2=a2+b2=7,解得a2=2,b2=5,所以双曲线的方程为x22-y25.P是长轴在x轴上的椭圆x2a2+y2b2=1上的点,F1,F2分别为椭圆的两个焦点,椭圆的半焦距为c,那么|PFA.1 B.a2 C.b2D.c2【解析】选D.由椭圆的几何性质得|PF1|∈[a-c,a+c],|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|≤|PF1|+|P当且仅当|PF1|=|PF2|时取等号.|PF1|·|PF2|=|PF1|(2a-|PF1|)=-|PF1|2+2a|PF1|=-(|PF1|-a)2+a2≥-c2+a2=b2,所以|PF1|·|PF2|的最大值与最小值之差为a2-b2=c2.6.(2023·天津高二检测)双曲线x2a2-y△AOB的面积为3,那么p=()A.1 B.3C.2 D.3【解析】选C.因为e=2,所以b2=3a2,双曲线的两条渐近线方程为y=±3x,不妨设A=-p2,3p2,B-p2,-3p2,那么AB=3p,又三角形的高为p2,那么S7.(2023·东营高二检测)点P是抛物线y2=-8x上一点,设点P到此抛物线准线的距离是d1,到直线x+y-10=0的距离是d2,那么d1+d2的最小值是()A.3B.23C.62D.3【解析】选C.抛物线y2=-8x的焦点F(-2,0),根据抛物线的定义知,d1+d2=|PF|+d2,显然当由点F向直线x+y-10=0作垂线与抛物线的交点为P时,d1+d2取到最小值,即|-2+0-10|28.假设直线y=kx-2与抛物线y2=8x交于A,B两个不同的点,且AB的中点的横坐标为2,那么k等于()A.2或-1 B.-1C.2 D.1±5【解析】选C.由y=kx-2,k2x2-4(k+2)x+4=0,故Δ=[-4(k+2)]2-4k2×4=64(1+k)>0,解得k>-1,由x1+x2=4(k+2)解得k=-1或k=2,又因为k>-1,故k=2.【易错警示】此题易忽略Δ>0而错选A.9.(2023·邯郸高二检测)设双曲线x2a2-yA.y=±22x B.y=±2C.y=±12x D.y=±【解析】选A.由题意得2b=2,2c=2所以a=c2-b因此双曲线的方程为x22-y所以渐近线方程为y=±2210.(2023·福建高考)椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,短轴的一个端点为M,直线A.0,3C.32,1【解析】选A.不妨设左焦点为F2,连接AF2,BF2,由椭圆的对称性可知四边形AFBF2的对角线互相平分,所以四边形AFBF2为平行四边形,所以AF+BF=BF2+BF=2a=4,所以a=2,设M(0,b),所以d=45b≥45⇒b≥1,所以e=1-又e∈(0,1),所以e∈0,11.(2023·哈尔滨高二检测)椭圆E:x2a2+为()A.x245+y236=1 B.C.x227+y218=1 D.【解析】选D.设A点坐标为(x1,y1),B点坐标为(x2,y2),所以x12a2+即(x1-因为x1+x2=2,y1+y2=-2,所以k=y2-y又因为k=-1-01-3=12,所以b又因为c2=a2-b2=2b2-b2=b2,c2=9,所以b2=9,a2=18,即E的标准方程为x218+12.(2023·宝鸡高二检测)设抛物线C:y2=3px(p>0)的焦点为F,点M在C上,|MF|=5,假设以MF为直径的圆过点A(0,2),那么C的方程为()A.y2=4x或y2=8x B.y2=2x或y2=8xC.y2=4x或y2=16x D.y2=2x或y2=16x【解析】选C.由得F34p,0,A(0,2),M因为AF⊥AM,所以kAF·kAM=-1,即2-34所以y02-8y0+16=0,所以y0=4,所以M因为|MF|=5,所以5=34所以34所以3p4-163p=3或3所以9p2-36p-64=0,①或9p2+36p-64=0,②由①得p=-43(舍),p=16由②得p=43,p=-16所以C的方程为y2=4x或y2=16x.二、填空题(本大题共4小题,每题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)13.椭圆mx2+ny2=1与直线l:x+y=1交于M,N两点,过原点与线段MN中点的直线斜率为22,那么m【解析】设M(x1,y1),N(x2,y2),所以mx12+nymx22+ny又因为y2-y1x2-x因为y1+y2x所以m=22n,所以mn=答案:214.直线y=kx+1(k∈R)与椭圆x25+【解析】将y=kx+1代入椭圆方程,消去y并整理,得(m+5k2)x2+10kx+5-5m=0.由m>0,5k2≥0,知m+5k2>0,故Δ=100k2-4(m+5k2)(5-5m)≥0对k∈R恒成立.即5k2≥1-m对k∈R恒成立,故1-m≤0,所以m≥1.又因为m≠5,所以m的取值范围是m≥1且m≠5.答案:m≥1且m≠5【易错警示】此题易忽略隐含条件m≠5而出错.15.(2023·山东高考)过双曲线C:x2a2-y【解题指南】此题是双曲线性质的综合应用,应从焦点和渐近线出发构造a,b,c的关系,进而求出离心率e.【解析】将y=ba(x-c)代入x2a2-y2b2=1消去y得x所以(2a)2化简得3a2=(2a-c)2,即3a=c-2a,所以e=2+3.答案:2+3【补偿训练】(2023·济宁高二检测)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为()A.22,1C.0,2【解析】选A.由PF1⊥PF2,知△F1PF2是直角三角形,所以|OP|=c≥b,即c2≥a2-c2,所以a≤2c,因为e=ca,0<e<1,所以2216.(2023·浙江高考)椭圆x2a2+y【解题指南】利用条件求出点Q的坐标,从而求出a,b,c的关系.【解析】设F(c,0)关于直线y=bcx的对称点为Q(m,n),那么有nm-c·bc=-1,n2=bc×m+c2,解得m=c3-cb答案:2三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)抛物线的顶点在原点,它的准线过双曲线x2a2-y【解析】依题意,设抛物线方程为y2=2px(p>0),因为点32,6在抛物线上,所以6=2p所以p=2,所以所求抛物线方程为y2=4x.因为双曲线左焦点在抛物线的准线x=-1上,所以c=1,即a2+b2=1,又点32,6在双曲线上,所以9由a解得a2=14,b2=3所以所求双曲线方程为4x2-43y2【补偿训练】假设椭圆x210+y2m=1与双曲线x2-【解析】由椭圆与双曲线有相同的焦点得10-m=1+b,即m=9-b,①又因为点P103y2=89m,y2=b9.解由①②③组成的方程组得m=1,b=8,所以椭圆方程为x210+y2=1,双曲线方程为x2-18.(12分)求以直线x+2y=0为渐近线,且截直线x-y-3=0所得弦长为83【解析】由于双曲线的渐近线方程为x+2y=0,故可设双曲线方程为x2-4y2=λ(λ≠0).设直线x-y-3=0与双曲线的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).联立方程组x-y-3=0,整理得3x2-24x+36+λ=0.由Δ=(-24)2-3×4(36+λ)>0,解得λ<12.由根与系数关系可得x代入弦长公式中,|AB|=2|x1-x2|=2·(=2·82-4×36+λ于是8(12-λ)3=833,解得故所求的双曲线的标准方程为x24-y219.(12分)过抛物线y2=2px(p>0)的焦点,斜率为22的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)两点,且|AB|=9.(1)求该抛物线的方程.(2)O为坐标原点,C为抛物线上一点,假设OC→=OA→+λ【解析】(1)直线AB的方程是y=22x-p2,与y2=2px联立,从而有4x2-5px+p2=0,所以x1+x2=5p4所以p=4,从而抛物线方程是y2=8x.(2)由p=4,方程4x2-5px+p2=0可化为x2-5x+4=0,从而x1=1,x2=4,y1=-22,y2=42,从而A(1,-22),B(4,42).设OC→=(x3,y3)=(1,-22)+λ(4,4=(4λ+1,42λ-22),又y32=8x3,即[22(2λ-1)]2=8(4即(2λ-1)2=4λ+1,解得λ=0或λ=2.20.(12分)点P(3,4)是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点,F1,F2为椭圆的两焦点,假设PF1(1)椭圆的方程.(2)△PF1F2的面积.【解析】(1)令F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),那么b2=a2-c2.因为PF1⊥PF2,所以kPF1·kPF解得c=5,所以设椭圆方程为x2a2因为点P(3,4)在椭圆上,所以9a2+解得a2=45或a2=5.又因为a>c,所以a2=5(舍去).故所求椭圆方程为x245+(2)由椭圆定义知|PF1|+|PF2|=65,①又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=100,①2-②得2|PF1|·|PF2|=80,所以S△PF1F2=12|PF【补偿训练】抛物线C:y2=2px(p>0)过点A(1,-2).(1)求抛物线C的方程,并求其准线方程.(2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l,使得直线l与抛物线C有公共点,且直线OA与l的距离等于55?假设存在,求出直线l【解析】(1)将(1,-2)代入y2=2px,得(-2)2=2p·1,所以p=2.故所求的抛物线C的方程为y2=4x,其准线方程为x=-1.(2)假设存在符合题意的直线l,其方程为y=-2x+t.由y=-2x+t,y2因为直线l与抛物线C有公共点,所以Δ=4+8t≥0,解得t≥-12另一方面,由直线OA到l的距离d=55可得|t|5=15因为-1∉-12,+∞,1所以符合题意的直线l存在,其方程为2x+y-1=0.21.(12分)椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,它的一个顶点恰好是抛物线y=14x2的焦点,离心率为25(1)求椭圆C的标准方程.(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M,假设MA→=mFA→,【解析】(1)设椭圆C的标准方程为x2a2抛物线方程可化为x2=4y,其焦点为(0,1),那么椭圆C的一个顶点为(0,1),即b=1.由e=ca=a2-得a2=5,所以椭圆C的标准方程为x25+y(2)易求出椭圆C的右焦点F(2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0),显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-2),代入方程x25+y得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0.所以x1+x2=20k21+5k2,x1又MA→=(x1,y1-y0),MB→=(x2,yFA→=(x1-2,y1),FB→=(x因为MA→=mFA→,所以m=x1x1所以m+n=2x又2x1x2-2(x1+x2)=40=-101+54-2(x1+x2)+x1x2=4-40k21+5k2所以m+n=10.22.(12分)(2023·北京高考)椭圆C:x2a2(1)求椭圆C的方程及离心率.(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:四边形ABNM的面积为定值.【解题