第八章 直线和圆、圆锥曲线综合测试卷（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）VIP

第八章直线和圆、圆锥曲线综合测试卷（新高考专用）（考试时间：120分钟；满分：150分）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷（选择题）一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。1．（5分）（2024·河南新乡·三模）已知直线l1:2x+my−1=0，l2:m+1A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】利用充分条件、必要条件的定义，结合两直线平行判断即得.【解答过程】当m=2时，直线l1:2x+2y−1=0，当l1//l2时，所以“m=2”是“l1故选：C.2．（5分）（2024·广东惠州·模拟预测）已知椭圆的方程为x29+y24=1，过椭圆中心的直线交椭圆于A、BA．8 B．6+23 C．10【解题思路】根据题意结合椭圆定义可得△ABF2的周长为【解答过程】椭圆的方程为x29+y24=1连接AF1，则由椭圆的中心对称性可知OA=可知AF1B可得△ABF2的周长为当AB位于短轴的端点时，AB取最小值，最小值为2b=4，所以周长为2a+AB故选：C.3．（5分）（2024·全国·模拟预测）已知直线l1:y=2x和l2:y=kx+1与x轴围成的三角形是等腰三角形，则A．−2 B．−43 C．5−1【解题思路】分为围成的等腰三角形底边在x轴上、底边在直线l2上和底边在直线l【解答过程】令直线l1,l2的倾斜角分别为当围成的等腰三角形底边在x轴上时，θ=π−α，当围成的等腰三角形底边在直线l2上时，θ=α2因为tanα=2tanα2所以k=tanθ=tan当围成的等腰三角形底边在直线l1上时，θ=2α，则k=故选：D．4．（5分）（2024·四川·模拟预测）已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),F,A分别为E的右焦点和左顶点，点M−2,3A．3 B．2 C．62 D．【解题思路】根据S△AMF=92、点M−2,3【解答过程】由题设知，AF=a+c，则S所以a+c=3，且c>a，易知0<a<3又因为点M−2,3在E上，所以4a2因为a2+b2=则a4a3解得a=1或a=1±7（舍去）．所以a=1,c=2故E的离心率为ca故选：B．5．（5分）（2024·西藏拉萨·二模）已知点M3,−3,N3,0，动点P在圆O:x2A．1453 B．1653 C．1459【解题思路】先设点的坐标，结合轨迹方程求参，再根据距离和最小值为两点间距离求解即可.【解答过程】令PN′=设Px,y,N整理，得点P的轨迹方程为x2又点P在圆O:x所以−9m−34=0−9n所以PM+即PM+13故选：A.6．（5分）（2024·湖南邵阳·三模）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点为F，点A−1,83在C的准线上，点B在C上且位于第一象限，A．453 B．8103 C．【解题思路】由点A−1,83在抛物线y2=2pxp>0的准线上，可得【解答过程】由点A−1,83在抛物线y2=2px所以抛物线C的方程为y2=4x，焦点F(1,0)，准线方程为设Bx0,y0，则x0整理得y0=34x0−34点B位于第一象限，所以x0>0，x0=9⇒y0所以BF=所以AB2=AF故选:D.7．（5分）（2024·江西宜春·模拟预测）已知动点P到原点O与到点A(2,0)的距离之比为3:2，记P的轨迹为E，直线l:5x−53y+2=0，则（A．E是一个半径为25B．E上的点到l的距离的取值范围为2C．l被E截得的弦长为4D．E上存在四个点到l的距离为2【解题思路】设P(x,y)，则x2+y2x−22+y2=32，整理得x−1852+y2=14425，所以E是一个圆心为185，0，半径为125的圆，判断A；再利用点到直线的距离公式，求得圆心185，0到直线l的距离为2，得到E上的点到直线l的距离的取值范围，判断B；由半径、弦心距、弦的一半构成的直角三角形求出弦长，判断【解答过程】对于A，设P(x,y)，则x2整理得x−18所以E是一个圆心为185，0，半径为12对于B，因为圆心185，0到直线l所以E上的点到直线l的距离的取值范围为[0，2+125]，即[0，22对于C，圆心185，0所以l被E截得的弦长为21252对于D，因为125−2=25，所以E上存在三个点到l的距离为故选：C．8．（5分）（2024·陕西商洛·三模）已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点为F，过F的直线交E于A，B两点，点P满足OP=λOF0<λ<1，其中O为坐标原点，直线AP交E于另一点C，直线BP交E于另一点D，记△PAB，△PCD的面积分别为SA．λ B．2λ C．λ2 D．【解题思路】设直线的方程为x=ty+p2，Ax1,y1，Bx3【解答过程】根据已知条件作出图形，如图所示由题意知Fp2,0，又OP显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=ty+p2，Ax由y2=2pxx=ty+p2，得y显然直线BD的斜率不为0，设Dx2,y2由y2=2pxx=my+λp2，得y又y1y3=−p2，所以S2故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．（6分）（2024·黑龙江大庆·三模）已知点P1,2是双曲线C:3x2−y2A．双曲线的浙近线方程为y=±B．双曲线的焦点到渐近线的距离为1C．PAD．△PAB的面积为3【解题思路】首先根据双曲线方程求渐近线方程，判断A，再根据点到直线的距离判断BC，最后根据几何关系，求∠APB，再代入面积公式，即可求解.【解答过程】因为双曲线的方程为C:3x2−y2双曲线的右焦点233,0到渐近线y=由点到直线的距离公式可得PA⋅PB=如图，因为KOA=3，所以∠AOx=60∘.在△PAD∠PDA=∠ODB，所以∠APD=∠BOD=60S△PAB故选：ABD.10．（6分）（2024·山东青岛·三模）已知动点M，N分别在圆C1:x−12+y−22A．圆C2B．圆C1和圆CC．PM+PND．过点P做圆C1的切线，则切线长最短为【解题思路】求出两个圆的圆心、半径判断AB；求出圆C1关于x【解答过程】圆C1的圆心C1(1,2)，半径r1=1，圆C对于A，圆C2的半径为3对于B，|C1C2|=2对于C，圆C1关于x轴对称的圆为C0:(x−1)2+(y+2)2=1，C由圆的性质得，PM≥|C0C2|−1−且M,N是线段P1C1,P对于D，设点P(t,0)，过点P的圆C1的切线长|PA|=当且仅当t=1，即P(1,0)时取等号，D正确.故选：BD.

11．（6分）（2024·福建龙岩·三模）已知抛物线C:y2=2px(p>0)与圆O:x2+y2=20交于A，B两点，且|AB|=8.过焦点F的直线l与抛物线C交于M，N两点，点PA．若MF=3FN，则直线l的斜率为±33C．∠MON为钝角 D．点P与点F的横坐标相同时，|PF||PQ|【解题思路】根据抛物线与圆的方程可得A(2,4)，代入抛物线方程可得y2=8x，即可根据向量的坐标关系求解坐标，由斜率公式即可求解A，根据焦点弦的性质1MF【解答过程】因为抛物线C：y2=2px(p>0)与圆O：x2+y2=20则第一象限内的交点A的纵坐标为4，代入圆方程得横坐标为2，即A(2,4)，所以42=4p，p=4，即抛物线方程为y2设M(x对A，由MF=3FN得则x1+3x2=8所以直线l的斜率为±4对B，由抛物线定义得1MF所以MF=10+2(MF当且仅当MFNF=4因此MF+4NF的最小值为对C，如图，不妨设M在第一象限，

设M(x1,y1),N(x得y2−8my−16=0，又所以y1∴x∴cosOM,对D，Q(−2,0)，F(2,0)，设P(x0,由抛物线的定义可得PF=PQ=又x0则PFPQ=1−当且仅当x0=2时取等号，所以PF故选：BCD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）（2024·山东·二模）过直线x+y+1=0和3x−y−3=0的交点，倾斜角为45°的直线方程为y=x−2.【解题思路】联立直线求解交点，即可根据点斜式求解直线方程.【解答过程】联立x+y+1=0与3x−y−3=0可得x=1故交点为12,−3故直线方程为y+32=x−故答案为：y=x−2.13．（5分）（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知圆C:x2+y2=1，直线l:x+y+2=0，P为直线l上的动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则直线【解题思路】设出P点坐标，可得以PC为直径的圆的方程，与圆C方程作差即可得公共弦方程，即可得定点坐标.【解答过程】根据题意，P为直线l：x+y+2=0上的动点，设P的坐标为t,−2−t，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，则PA⊥AC，PB⊥BC，则点A、B在以PC为直径的圆上，又由C0,0，Pt,−2−t，则以PC为直径的圆的方程为变形可得：x2则有x2+y变形可得：1+2y−tx−y=0，即直线AB的方程为则有1+2y=0x−y=0，解可得x=−12y=−1故答案为：−114．（5分）（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知椭圆M:x22+y2=1，经过坐标原点的两条直线分别与椭圆M相交于A、B、C、D四个点，若该两条直线的斜率分别为k1、k2【解题思路】设出点A、C的坐标，将△AOC的面积用坐标表示，再利用已知条件及点在椭圆上进行坐标运算求解即可.【解答过程】设A(x1,所以OA、OC的斜率存在且不为0，即x1直线OA方程：y=y1x所以点C到OA的距离为d=|因此△AOC的面积为S△AOC而点A、C在椭圆x22+y12y所以(=x所以S△AOC故答案为：22四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）（2024·陕西西安·二模）解答下列问题.(1)已知直线l1:ax−3y+4b=0与直线l2:2x+by−2a=0相交，交点坐标为(2)已知直线l过点P(2,3)，且点M(3,1)到直线l的距离为1，求直线l的方程.【解题思路】（1）利用直线的交点坐标同时在两直线上解方程组即可得到结果；（2）分直线的斜率存在与否，不存在时，直接验证即可；存在时利用点斜式设出直线方程，再由点到直线的距离解出斜率，得到直线方程即可.【解答过程】（1）由题意得a×1−3×2+4b=02×1+2b−2a=0，即a+4b=6a−b=1∴a=2,b=1；（2）显然直线l：x=2满足条件.此时，直线l的斜率不存在.当直线l的斜率存在时，设l:y−3=k(x−2)，即l:kx−y−2k+3=0.∵点M(3,1)到直线l的距离为1，∴3k−1−2k+3k2+−12得直线l:3x+4y−18=0综上所述，直线l的方程为l:x=2和3x+4y−18=0.16．（15分）（2024·山东·二模）已知双曲线的中心为坐标原点O，点P2,−(1)求双曲线的标准方程；(2)若过点Q0,2的直线l与双曲线交于E，F两点，△OEF的面积为22，求直线【解题思路】（1）设所求双曲线方程为x2−y2=m（2）根据题意设直线l的方程为y=kx+2，联立直线与双曲线的方程，分别用点到直线的距离公式，弦长公式，三角形面积公式，建立方程，即可得出答案．【解答过程】（1）因为双曲线C的两条渐近线互相垂直，所以双曲线C为等轴双曲线，所以设所求双曲线方程为x2−y又双曲线C经过点P(2,−2所以4−2=m，即m=2，所以双曲线的方程为x2−y（2）根据题意可知直线l的斜率存在，又直线l过点Q(0,2)，所以直线l的方程为y=kx+2，所以原点O到直线l的距离d=2联立y=kx+2x2−所以k2≠1且所以k2<3，且所以|EF|=1+所以△OEF的面积为12所以3−k2|k2所以直线l的方程为y=2x+2或17．（15分）（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，过点D2,1(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得p=2，（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解.【解答过程】（1）由题意过点D2,1且斜率为1的直线方程为y−1=x−2，即y=x−1，令y=0，则x=1∴点F的坐标为1,0，∴p2∴p=2．抛物线C的方程为y2（2）由（1）得抛物线C：y2=4x，假设存在定点设直线AB的方程为x=ty+m（t∈R,m≠0），A由x=ty+my2=4x∴y1+y2=4t∵OA⊥OB，∴OA⋅∴OA=−4mt∴m=4或m=0（舍去），当m=4时，点M的坐标为4,0，满足OA⊥OB，Δ=16∴存在定点M4,018．（17分）（2024·江苏苏州·三模）已知圆O:x2+y2=4，直线l1:x=m，直线l2:y=x+b和圆交于A，B两点，过(1)求实数b的取值范围;(2)若m=−4，求四边形ABDC的面积取最大值时，对应实数b的值;(3)若直线AD和直线BC交于点E，问是否存在实数m，使得点E在一条平行于x轴的直线上?若存在，求出实数m的值;若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）利用圆O与直线l2相交可建立关于b（2）联立圆O与直线l2的直线方程，利用韦达定理和b表示出四边形ABDC（3）表示出直线AD和直线BC交的直线方程，联立方程组得到y的值，再结合韦达定理可得实数m.【解答过程】（1）圆O的半径为2，因为直线l2和圆O交于A，B所以圆心到直线l2的距离d=解得−22则实数b的取值范围为−22（2）设Ax1,由y=x+bx2+所以x1+x则y1−y因为四边形ABDC为直角梯形，所以四边形ABDC的面积S==1令fb=8−f′b=48−bb当−22<b<2−22时，f当2−22<b<22时，f所以当b=2−22时四边形ABDC且最大值为6+22

（3）Ax1,y1,Bx由（2）x1+x2=−b,直线AD:y−y2联立得y=y=若b