高考数学一轮复习模块卷一解析几何含解析新人教A版

PAGEPAGE1模块卷(一)时间:110分钟分值:140分解析几何一、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,只有一项是符合题目要求的.1.(2020北京清华附中朝阳学校摸底,1)抛物线y2=2x的焦点到准线的距离为 ()A.12C.2D.3答案B由题意可知,抛物线的焦点坐标为12,0,准线方程为x=-122.数学家欧拉在1765年发现,任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上,这条直线称为欧拉线.已知△ABC的顶点A(2,0),B(0,4),若其欧拉线的方程为x-y+2=0,则顶点C的坐标为 ()A.(-4,0)B.(-3,-1)C.(-5,0)D.(-4,-2)答案A设C(m,n),由重心坐标公式得,三角形ABC的重心坐标为2+m3,4+n3,代入欧拉线方程,得2+m3-4+线段AB的中点为(1,2),kAB=4-00-2=-2,线段AB的中垂线方程为y-2=12(x-1),联立x-2∴△ABC的外心为(-1,1),∴(m+1)2+(n-1)2=(2+1)2+(0-1)2=10,整理,得m2+n2+2m-2n=8②,联立①②,得m=-4,n=0或m=0,n=4.当m=0,n=4时,B,C重合,舍去.∴顶点C的坐标是(-4,0).故选A.解后反思设出点C的坐标,由重心坐标公式求得重心坐标,代入欧拉线方程得一方程,求出线段AB的垂直平分线方程,和欧拉线方程联立,求得三角形的外心坐标,由外心到两个顶点的距离相等得另一方程,两方程联立求得点C的坐标.3.(2020浙江绍兴嵊州期末,6)若圆x2+y2-2x-2y-k=0上的点到直线x+y-10=0的最大距离与最小距离的差为6,则实数k的值是 ()A.-34B.1C.4D.7答案D本题考查了与圆有关的最值问题,属于中档题.将圆的一般方程化为标准方程可知,(x-1)2+(y-1)2=k+2,则k+2>0⇒k>-2,圆的半径r=k+2,设圆心(1,1)到直线x+y-10=0的距离为d,则d=82=4当d>r时,圆x2+y2-2x-2y-k=0上的点到直线x+y-10=0的最大距离为d+r,最小距离为d-r,由已知条件得(d+r)-(d-r)=2r=6,所以r=3,即k+2=3,解得k=7此时,d=42>3,直线x+y-10=0与圆(x-1)2+(y-1)2=9相离,符合题意.当d≤r时,圆x2+y2-2x-2y-k=0上的点到直线x+y-10=0的最大距离为d+r,最小距离为0,由已知条件得d+r=6⇒r=6-42<42,矛盾,舍去.综上,k=7,故选D.4.(2019北京海淀新高考调研卷,7)已知圆C:x2+y2-2x-2y-2=0,直线y=k(x-2)与圆C交于A,B两点,则|AB|的最小值为 ()A.2B.22C.23D.4答案B由题意得圆C的标准方程为(x-1)2+(y-1)2=4,则圆心C(1,1)到直线y=k(x-2)的距离d=|k-1-2k|1+k2,则有|∴当k>0,且k=1k=1时,|AB|取最小值,此时|AB|=22,故选B5.(2019北京昌平期末,8)设点F1、F2分别为椭圆C:x29+y25=1的左、右焦点,点P是椭圆C上任意一点,若使得PF1·PF2=m成立的点恰好是4A.12B.3C.5答案B易知F1(-2,0),F2(2,0),设P(x0,y0),则PF1·PF2=(-2-x0,-y0)·(2-x0,-y0)=x∵x029+y025=1,得x02=9-∴m=PF1·PF2∵满足条件的点有4个,∴m∈(1,5),故选B.小题巧解当P位于椭圆上顶点或下顶点时,得到m=(2,-5)·(-2,-5)=1或m=(2,5)·(-2,5)=1;当P位于左顶点或右顶点时,m=(1,0)·(5,0)=5或m=(-5,0)·(-1,0)=5.故若使满足PF1·PF2=m的点P有4个,需m∈6.(2020江西南昌十中高二月考,4)圆x2+4x+y2=0与圆(x-2)2+(y-3)2=r2有三条公切线,则半径r= ()A.5B.4C.3D.2答案C由圆x2+4x+y2=0,得(x+2)2+y2=4,∴圆心坐标为(-2,0),半径为2.由(x-2)2+(y-3)2=r2,得圆心坐标为(2,3),半径为r.因为圆x2+4x+y2=0与圆(x-2)2+(y-3)2=r2有三条公切线,所以两圆相外切,∴(-2-2)2+(0-37.(2020湖南宁远期中)古希腊数学家阿基米德利用“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的中心为原点,焦点F1,F2均在x轴上,C的面积为23π,过点F1的直线交C于点A,B,且△ABF2的周长为8.则C的标准方程为 ()A.x24+y2=1B.x2C.x24+y23=1D.答案C因为△ABF2的周长为8,所以|AB|+|AF2|+|BF2|=8⇒|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=8⇒(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=8,由椭圆的定义可知|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,所以2a+2a=8,所以a=2,由题意可得abπ=23π,解得b=3,因为椭圆的焦点在x轴上,所以C的标准方程为x24+y238.(2019浙江嘉兴9月基础测试,9)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点到一条渐近线的距离小于它的实轴长,A.1<e<2B.1<e<5C.e>2D.e>5答案B双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一个焦点F(c,0)到一条渐近线y=bax的距离是bca2+b2=bcc2=b,由已知有b<2a,所以b2<4a2,即c2-a9.(2020云南昆明一中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,点M是抛物线C上一点,MH⊥l于H.若|MH|=4,∠HFM=60°,则抛物线C的方程为 ()A.y2=16xB.y2=8xC.y2=4xD.y2=2x答案C因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离,所以|MF|=|MH|=4,又∠HFM=60°,所以△MHF为正三角形,所以|HF|=4,记准线l与x轴交于点Q,则∠QHF=30°,所以p=|QF|=|HF|sin∠QHF=4sin30°=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.思路分析根据题意得到|MF|=|MH|=4,推出△MHF为正三角形,求出|HF|=4,记准线l与x轴交于点Q,根据p=|QF|=|HF|sin∠QHF即可求出结果.10.(2019湖南三湘名校教育联盟第一次大联考,12)过抛物线y2=4x的焦点F且倾斜角为60°的直线交抛物线于A、B两点,以AF、BF为直径的圆分别与y轴相切于点M,N,则|MN|= ()A.233B.3C.43答案C设A(x1,y1),B(x2,y2),抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),由直线AB的倾斜角为60°,可得直线AB的斜率为3,所以直线AB的方程为y=3(x-1).因为以AF,BF为直径的圆分别与y轴相切于点M,N,所以|OM|=12|y1|,|ON|=12|y2|,∴|MN|=12|y1-将直线AB的方程y=3(x-1)代入y2=4x中,整理得3y2-4y-43=0,解得y1=23,y2=-23则|MN|=1223+2311.(2020北京清华大学中学生标准学术能力11月测试,11)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,直线l:y=3x与C交于A、B两点,AF,BF的中点分别为M,N,若以线段MNA.3-3B.23-1C.3+2D.3+1答案D本题考查双曲线的几何性质、直线与圆的位置关系,考查学生运用化归与转化、数形结合的思想方法分析问题与解决问题的能力,体现直观想象、数学运算的核心素养.由x2a2-y2b2=1,y=3x,得x则M12N12∵点O在以线段MN为直径的圆上,∴OM·ON=14c+abb2-3a2·c从而有c2b2-3c2a2=4a2b2,即c4-8a2c2+4a4=0,∴e4-8e2+4=0,解得e2=4+23或e2=4-23(舍),∴e=3+1,故选D.方法总结直线与双曲线的问题转化为直线与圆的问题,再转化为两向量的垂直问题,最后得关于离心率e的方程即可求解.12.(2020北京八一学校开学摸底,8)已知抛物线W:y2=x及直线m:y=x-4.矩形ABCD的顶点A,B在m上,C,D在W上,经过C,D的直线记为l.给出下列四个命题:①∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l不存在;②∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l仅有一条;③∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l仅有两条;④∃s>0,使矩形ABCD的面积为s的直线l仅有三条.其中所有真命题的序号是 ()A.①②③④B.①②③C.②③D.②③④答案D本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的弦长、导数求极值的方法,通过直线与圆锥曲线的位置关系考查学生的化归与转化、函数与方程思想方法的运用,体现逻辑推理与数学运算的核心素养.如图(1)所示,设l:y=x+b(b≠-4),联立y=x+b,y2=x,Δ=1-4b>0,即b<14,设C(x1,y1),D(x2,y2),则y1+y2=1,y1y2=b则|CD|=1+1·1-4b又l与m的距离d=|b故S矩形ABCD=|CD|·d=|b+4|·1=(b令f(b)=(b+4)2(1-4b)=-4b3-31b2-56b+16,则f'(b)=-12b2-62b-56=-2(6b2+31b+28),Δ=312-4×6×28=961-672=289>0.令f'(b)=0,解得b1=-4,b2=-76,如图(2)所示,f(b)在(-∞,-4)上为减函数,在-4,-76上为增函数,在-76,14上为减函数.当s2>f-76时,直线l有一条;当s2=f-76时,直线l有两条;当0<s2<f图(1)图(2)思路分析首先设出直线l的方程,然后把它与抛物线方程联立消元后求弦长|CD|,接着求出平行直线AB、CD间的距离,从而求得矩形的面积,最后运用导数来解决.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2020北师大二附中期中,11)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2-y2b2=1(b>0)经过点(3,4),答案y=±2x解析由已知得9-16b2=1,因为b>0,所以b=2,又所以渐近线方程为y=±bax=±214.(2020浙江绍兴柯桥期末,12)设直线y=kx与圆C:(x-2)2+y2=1相交于A,B两点,若|AB|=3,则k=,当k变化时,弦AB中点的轨迹长度是.

答案±1515;解析易得|2k|k2+12+设A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中点为M(x0,y0),则x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,联立得y=kx,(x-2)2+y2=1,消去y,得(1+k2)x2-4由根与系数的关系可知x1+x2=41+所以y1+y2=k(x1+x2)=4k由x0=21+k2,y0=2k1+又由k2<13得x0>32,故弦AB中点的轨迹长度等于半径为1的圆的周长的13所以弦AB中点的轨迹长度为2π×13=2π15.(2018青海西宁四中月考,16)已知F是椭圆C:x220+y24=1的右焦点,P是C上一点,A(-2,1),当△APF的周长最小时答案4解析在椭圆C:x220+y24=1中,a=25,设左焦点为F'(-4,0),△APF周长为|AF|+|AP|+|PF|=|AF|+|AP|+(2a-|PF'|)=|AF|+|AP|-|PF'|+2a≥|AF|-|AF'|+2a,当且仅当A,P,F'三点共线,且P位于x轴上方时,三角形周长最小.易知直线AF'的方程为y=12(x+4),代入x2+5y2=20中,可求得P(0,2),故S△APF=S△PF'F-S△AF'F=12×2×8-1思路分析取左焦点,由椭圆的定义和不等式确定点P的位置,利用面积公式求解.解题关键取另一个焦点F',进而灵活利用椭圆的定义和三角形的基本性质是求解关键.16.(2018湖南六校4月联考,15)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点P(-1,0)作直线l与抛物线C交于A、B两点.若S△ABF=2,且|AF|<|BF|,则|AF||答案1解析设直线l的方程为x=my-1,将直线方程代入抛物线C:y2=4x的方程得y2-4my+4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则0<y1y2<1,y1+y2=4m,y1·y2=4,又S△ABF=2,所以S△BPF-S△APF=|y2-y1|=2,因此y12+y22=10,所以y12+y22y1·y2=104=5思路分析由题意设出直线l的方程,与抛物线方程联立,得出y1+y2与y1y2,利用S△ABF=2得y12+y22=10,结合y1y2=4求得y1三、解答题:共60分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.17.(12分)(2018宁夏银川二中4月模拟,21)已知圆M的半径为3,圆心在x轴正半轴上,直线3x-4y+9=0与圆M相切.(1)求圆M的标准方程;(2)过点N(0,-3)的直线l与圆M交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),而且满足x12+x22=212x1x2解析(1)设圆心为M(a,0)(a>0),∵直线3x-4y+9=0与圆M相切,∴|3a+9|所以圆M的方程为(x-2)2+y2=9.(2)当直线l的斜率不存在时,直线l:x=0,与圆M交于A(0,5),B(0,-5),此时x12+x22=212x1x2=0,当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx-3,由y=kx-3,(x-2)2+y整理得:(1+k2)x2-(4+6k)x+4=0,①所以x1+x2=4+6k1+k2,x1x∵x12+x22=212x1x2,∴(x1+x2)2=25即4+6k1+k22整理得7k2-24k+17=0,∴k=1或k=177把k值代入到方程①中的判别式Δ=[-(4+6k)]2-16(1+k2)=48k+20k2中,判别式的值都为正数,所以k=1或k=177,所以直线l的方程为y=x-3或y=177x-3,即x-y-3=0或17x-7y综上,直线l为x-y-3=0或17x-7y-21=0或x=0.18.(12分)(2020北师大二附中期中,17)已知圆O:x2+y2=4.(1)直线l1:3x+y-23=0与圆O相交于A、B两点,求|AB|;(2)如图,设M(x1,y1),P(x2,y2)是圆O上的两个动点,点M关于原点的对称点为M1,点M关于x轴的对称点为M2,如果直线PM1,PM2与y轴分别交于(0,m)和(0,n),问mn是不是定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解析本题考查直线与圆的位置关系,弦长公式,直线方程,主要通过直线与圆的位置关系考查学生分析问题与解决问题的能力,体现数学运算的核心素养.(1)∵圆心(0,0)到直线3x+y-23=0的距离d=|-23|(3)2+12=(2)mn为定值.理由如下:由题意得M1(-x1,-y2)、M2(x1,-y1),且x12+y12=4,直线PM1的方程为y+y1令x=0,得y=m=x1直线PM2的方程为y+y1令x=0,得y=n=-x∴mn=x1y2-x2y1x2+思路分析(1)先求出圆心(0,0)到直线3x+y-23=0的距离,再利用弦长公式求得|AB|的值.(2)先求出M1和M2的坐标,用两点式求直线PM1和PM2的方程,根据方程求得他们在y轴上的截距m、n的值,计算mn的值,可得结论.19.(12分)(2020甘肃兰州一中二模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点A(2,2),点B在抛物线C上,且满足OF=FB-2FA(O为坐标原点).(1)求抛物线C的方程;(2)过焦点F任作两条相互垂直的直线l与D',直线l与抛物线C交于P,Q两点,直线D'与抛物线C交于M,N两点,△OPQ的面积记为S1,△OMN的面积记为S2,求证:1S12+解析(1)设B(x1,y1),∵Fp2,0,∴OF=p2,0,FB=x1-p2,y1∴p2,0∴p2=x1-p2-4+p,y1-4=0,∴x1=4,y∵点B在抛物线C上,∴42=2p·4,∴p=2,∴y2=4x.(2)证明:由题意得直线l的斜率存在且不为零,设l:x=my+1,代入y2=4x得y2-4my-4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),所以y1+y2=4m,y1y2=-4,∴|y1-y2|=16m2+16因此S1=12|y1-y2|×1=2m2+1,同理可得S2因此1S12+1S22=14(m故1S12+20.(12分)(2020首师大附中开学摸底,19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求椭圆C的方程;(2)直线y=k(x-1)(k≠0)与椭圆C交于A,B两点,点M是椭圆C的右顶点,直线AM与直线BM分别与y轴交于点P,Q,试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点?若过,求出定点坐标;若不过,说明理由.解析本题考查椭圆的几何性质以及直线与椭圆的位置关系中的定点问题,考查学生运用化归转化的数学思想分析问题、解决问题的能力,渗透逻辑推理与数学运算的核心素养.(1)由题意得ca=32,所以椭圆C的方程是x24+y2(2)以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点.将y=k(x-1)(k≠0)代入椭圆方程可得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,易得Δ>0恒成立,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=8k21+4k2,x1因为点M是椭圆C的右顶点,所以点M(2,0).由题意可知直线AM的方程