高二上学期数学北师大版（2019）选择性必修第一册第三章 圆锥曲线的方程同步单元必刷卷（培优卷）（全解全析）（含答案）

第三章圆锥曲线的方程同步单元必刷卷（培优卷）全解全析1．C【分析】根据椭圆方程可知值，根据焦点坐标得到值，即可求出代入离心率公式求解.【详解】由已知可得，，则，所以，则离心率．故选：C.2．C【分析】结合抛物线的定义求得正确答案.【详解】抛物线开口向左，依题意，抛物线上的点与点间的距离为3，所以，抛物线方程为，令，得，解得，故选：C3．C【分析】根据抛物线的定义即可求解.【详解】由抛物线的定义可知，，所以．故选：C.4．A【分析】由题意，根据双曲线的定义，求得点的轨迹方程，联立直线与双曲线，求交点，可得答案.【详解】由题意，点的轨迹是以两点为焦点的双曲线的右支，则，即方程为，对于A，联立方程，消去可得，则，则方程无实数解，故直线与双曲线无交点，故A符合题意；对于B，联立方程，消去可得，解得，故直线与双曲线的右支有一个交点，则B不符合题意；对于C，联立方程，消去可得，则，解得，由，则直线与双曲线的右支存在一个交点，故C不符合题意；对于D，联立方程，消去可得，则，解得，由，则直线与双曲线的右支存在一个交点，故D不符合题意.故选：A.5．D【分析】由题意可以得到为的倾斜角减去的倾斜角，利用两角差的正切公式即可较易得出结果.【详解】设，，直线，的倾斜角分别为，，由椭圆的对称性，不妨设为第二象限的点，即，则，，，当且仅当，即时，等号成立，又因为的最大值为2，所以，所以．故选：D.6．A【分析】利用已知条件列出方程组，求解得关于，的等式关系，转化为离心率的式子，即可求得．【详解】解：如图，正方形的顶点A，B为双曲线的焦点，顶点C，D在双曲线上则，故由正方形得：，所以，则即：，两边同除得：，解得：或（舍）故选：A.7．C【分析】首先利用两点间距离表示，再结合基本不等式求最值，并且求得点的坐标，根据双曲线上的点和焦点坐标，即可求得双曲线的离心率.【详解】设，，，则，当且仅当时取等号，此时,，所以.故选：C8．B【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用表示，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.【详解】依题意，直线都过点，如图，有，，设，则，显然有，，，因此，，在，，即，解得，即，令双曲线半焦距为c，在中，，即，解得，所以E的离心率为.故选：B【点睛】方法点睛：求双曲线离心率的三种方法：①定义法，通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；②齐次式法，由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.9．CD【分析】根据曲线的形状求出参数的取值范围，可判断A选项；利用集合的包含关系可判断BCD选项.【详解】对于A选项，若曲线为椭圆，则，解得且，A错；对于B选项，因为或，所以，“”是“曲线是椭圆”的必要不充分条件，B错；对于C选项，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，又因为，所以，“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的必要不充分条件，C对；对于D选项，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，所以，“曲线是焦点在轴上的椭圆”是“”的充要条件，D对.故选：CD.10．BD【分析】由双曲线的定义，可判定A错误；由，结合双曲线的方程，得到，所以B正确；结合双曲线的几何性质，可判定C错误；结合，得到，可判定D正确．【详解】由题意，点是双曲线上异于的任意一点，设，对于A中，由双曲线的定义知，，所以A错误；对于B中，由，，可得，又由，所以，可得，所以B正确；对于C中，若P在第一象限，则当时，，为等腰三角形；当时，，也为等腰三角形，故点P在第一象限且使得为等腰三角形的点P有两个．同理可得，在第二、三、四象限且使得为等腰三角形的点P也各有两个，因此使得为等腰三角形的点P共有八个，所以C错误．对于D中，由，得，从而，所以D正确．故选：BD．11．AD【分析】根据抛物线方程求得直线方程，结合三角形的知识求得的最大值，结合抛物线的定义求得的最小值以及判断出以线段为直径的圆与y轴相切.【详解】由题意得，则焦点，准线l的方程是，故A正确；，当点M在线段的延长线上时等号成立，∴的最大值为，故B错误；如图所示，过点M，E分别作准线l的垂线，垂足分别为A，B，则，当点M在线段上时等号成立，∴的最小值为5，故C不正确；设点，线段的中点为D，则，∴以线段为直径的圆与y轴相切，D正确.故选：AD12．CD【分析】设点,表示出，由求得曲线的方程，判断A;设，求得P到直线的距离的最大值，求出面积的最大值，判断B;由椭圆定义可将化为，利用三点共线知识求得的最大值，判断C;利用三点共线知识求得的最大值,判断D.【详解】由题意得，设点，则,因为，故，整理，得，即动点P的轨迹方程为，故A错误；设点，所在直线方程为，则P到直线的距离为，当时即时，d取最大值，而,故面积的最大值为，B错误；由以上分析知为椭圆的焦点，由椭圆的定义，得，故，而，当且仅当三点共线且点P位于第四象限时等号成立，所以，故C正确；由题意知,当且仅当三点共线且点P位于第一象限时等号成立，即的最大值为，D正确，故选︰．13．【分析】根据渐近线方程可得，又，可得与的值，进而可得双曲线方程.【详解】由题可设双曲线方程为，由渐近线方程为，可得，，又因为，即，解得，则，所以双曲线的标准方程为，故答案为：.14．【分析】根据抛物线的定义可得四边形ABCD为平行四边形，进而可求出点坐标，即可求解.【详解】如图所示，由已知，．得．因为轴，，，所以四边形ABCD为平行四边形，且，所以，解得，代入得，所以．故答案为：.15．①③④【分析】对于①利用导数的几何意义即可求解；对于②，分别设两条曲线上的切线方程，然后根据公切线的定义建立方程，将方程转化为函数，研究函数的零点即可；对于③，利用抛物线的焦半径公式转化求的最小值，进而建立函数，然后再研究函数的单调性即可；对于④，先设动点的坐标，根据轴，进而建立目标函数，然后研究该函数单调性即可.【详解】解：选项①，对于曲线，，当时，，，故直线与曲线相切与点；联立，可得，故此时直线与切于点，故直线l：是曲线和的公切线，故①正确；对于②，设公切线分别与切于点，则曲线的切线为：，曲线的切线为，根据与表示同一条直线，则有，解得，令，则有，可得在区间上单调递增；在区间上单调递减，则有，根据零点存在性定理可知，在区间上存在一个零点，即存在一条公切线故曲线和的公切线有且仅有2条，故②错误；对于③，如图所示，可得，根据抛物线的焦半径公式可得，故有：，设点的坐标为：，则有：，令，可得，再次求导可得：，故在上单调递增，又，可得：当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增；故，则，故，故③正确；对于④，当轴时，设，则，则有：，记，则有，令，解得：，故当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增；故有，故，故选项④正确.故答案为：①③④.16．.【分析】设设，，然后将直线方程代入双曲线方程并化简，进而根据根与系数的关系及建立关于的方程，进而解得答案.【详解】由题意，设，易知，设，则，代入双曲线方程得：，易知，，…①，由，代入①得：，所以，，即.故答案为：.【点睛】由，由此可知题目应涉及到根与系数的关系，进而设出直线方程然后与双曲线联立，然后解决问题.17．(1)；(2)（i）0；（ii）16.【分析】（1）结合已知条件，设，利用直接法求轨迹方程即可.（2）(i)首先设出直线的方程，然后联立直线与抛物线方程，利用韦达定理以及向量的共线关系即可求解；(ii)结合韦达定理以及距离公式表示出，然后利用基本不等式即可求解.【详解】（1）设点，则，且，由得：，即化简得，故动点的轨迹的方程为：.（2）(i)设直线的方程为：．设，，又，联立，消去得，，，由韦达定理知，由，得：，，整理得：，，故．(ii)．当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为．18．(1)(2)证明见解析.【分析】（1）根据右焦点和渐近线方程，可列出关于的方程，进而求解即可；（2）先设出和直线与直线的交点，先表示出坐标，再由，列出方程组，最后消参可得定曲线方程.（1）解：由于双曲线右焦点为，渐近线为，所以，，解得，所以双曲线的方程为：（2）证明：设，直线与直线的交点为，设直线为，由题可知：，联立，化简得，所以，由可得，那么，所以，由于是中点，所以，因为，所以且，解得，因为直线与直线的交点为，根据斜率相等可得，代入的坐标得化简得，将两式相乘得，即为，所以直线与直线的交点在定曲线上.19．(1)(2)条件选择见解析，存在满足题意【分析】（1）设点，根据条件可得出关于、的等式，化简可得出点的轨迹方程；（2）选①，分析可知直线的斜率存在，分两种情况讨论：时，直接验证；时，设直线的方程为，设、，将该直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，写出直线的方程，求出直线所过定点的坐标，综合可得出结论；选②，假设存在满足题意，分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设、，将该直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，根据可得出关于的等式，求出的值，即可得出结论.（1）解：设，又、，则，，由，得，化简得，点的轨迹方程为．（2）解：若选①，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在．当时，与重合，此时对轴上任意一点，、、三点共线．当时，设直线的方程为，设、，联立得，，则，由韦达定理可得，，则直线的斜率，所以，直线的方程为，化简得，所以，直线过定点，存在满足题意．综上，满足题意的点的坐标为；若选②，假设存在满足题意，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设、，联立得，，则，由韦达定理可得，，，所以，，即对任意的恒成立，则.所以，存在满足题意．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.20．(1)(2)存在定点，.【分析】（1）由题意可得，再利用直线的斜率为时，设，列出方程求得，进而求得，可得答案；（2）设，则，表示出直线，的方程，求出，坐标，利用以为直径的圆过点，进而求得答案.【详解】（1）由题意可知，则椭圆方程即，当直线的斜率为时，，故设，，解得，将代入得，即，故，所以椭圆的标准方程为；（2）设，则，则，由椭圆方程可得，∴直线方程为︰，令可得，直线方程为：，令得，假设存在定点，使得，则定点必在以为直径的圆上，以为直径的圆为,即，∵，即∴，令，则，解得，∴以为直径的圆过定点，即存在定点，使得．【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，考查了直线和椭圆的位置关系中的定点问题，能很好地考查学生的思维能力和计算能力，解答时要注意明确解题思路准确计算，解答的关键是通过，推出以为直径的圆过定点，从而求出定点的坐标.21．（1）；（2）.【分析】（1）依据题意可得，简单计算即可.（2）假设点，然后分别求出直线、方程，进一步得到坐标，并表示，最后结合椭圆方程，简单计算即可.【详解】解：（1）由条件得，解得，，所以椭圆方程为；（2）设，由题意直线，的斜率均存在，则：①：②∴，，则.因为在椭圆上，所以有