新课标2018年高考数学专题1812月第单次周考第八章解析几何测试三测试卷文.doc

1、专题18 12月第单次周考（第八章 解析几何测试三）测试时间：120分钟 班级： 姓名： 分数： 试题特点：本套试卷重点考查直线方程与圆的方程的求法、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、椭圆、双曲线及抛物线的简单的几何性质的应用、直线与圆锥曲线的位置关系等在命题时，注重考查基础知识如第1-8，13-15及17-20题等；整套试卷注重数形结合能力和运算能力以及转化与化归能力的考查讲评建议：评讲试卷时应注重圆锥曲线定义的应用、椭圆双曲线及抛物线简单几何性质的运用、整体思想及常用解题方法的总结；关注运算能力的培养；加强直线、圆及圆锥曲线的位置关系综合题的求解能力的培养试卷中第5，10，16，17，

2、19，21，22各题易错，评讲时应重视一、选择题（本大题共12个小题，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若直线与直线平行，则的值为（ ）A B C D【答案】D【解析】由题设可得，则，应选答案D2抛物线的准线方程为（ ）A B C D【答案】C【解析】根据抛物线的准线方程为可知的准线方程为故选择C3直线经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到直线的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（ ）A B C D【答案】A【解析】设椭圆的方程为 ，直线 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，则直线方程为 ，椭圆中心到l的距离为其短轴长的 ，可得，故选B4离心率为，且过点

3、的椭圆的标准方程是()A B或 C D或【答案】D5已知椭圆，直线，点，直线交椭圆于两点，则的值为( )A B C D【答案】B【解析】 设点的坐标分别为，由椭圆的定义可知，椭圆的右焦点，此时直线经过点， 可得， ，所以联立方程组 ，得，所以，代入上式可得，故选B【名师点睛】本题考查至直线与椭圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到椭圆标准方程及其简单的几何性质，椭圆的定义等知识点的综合考查，解答中合理转化为直线与圆锥曲线联立，根据根与系数的关系，利用韦达定理是解答问题的关键，试题有一定的难度，属于中档试题6直线，且不同为经过定点（ ）A B C D【答案】A7已知两点， （），若曲线上存在点，使

4、得，则正实数的取值范围为（ ）A B C D【答案】B【解析】把圆的方程化为，以为直径的圆的方程为，若曲线上存在点，使得，则两圆有交点，所以，解得 ，选B8下列说法正确的是（ ）A若命题： ， ，则： ， B已知相关变量满足回归方程，若变量增加一个单位，则平均增加4个单位C命题“若圆： 与两坐标轴都有公共点，则实数”为真命题D已知随机变量，若，则【答案】C【解析】命题的否定是，A错误；相关变量满足回归方程，若变量增加一个单位，则平均减少4个单位，B错误；若圆与两坐标轴都有公共点，则，解得，C正确；随机变量，若，则，D错误故选C9已知椭圆（）的右顶点和上顶点分别为、，左焦点为以原点为圆心的圆与直

5、线相切，且该圆与轴的正半轴交于点，过点的直线交椭圆于、两点若四边形是平行四边形，则该椭圆的离心率为（ ）A B C D【答案】A解得： 故选A10已知抛物线，过焦点且斜率为的直线与相交于两点，且两点在准线上的投影分别为两点，则（ ）A B C D【答案】B【解析】设，所以，直线方程是 与抛物线方程联立， ，整理为： ， ，所以 ，故选B11已知抛物线的交点为，直线与相交于两点，与双曲线的渐近线相交于两点，若线段与的中点相同，则双曲线离心率为（ ）A B C D【答案】C【解析】试题分析：由，得设，则，将代入，化简，得，则，解得，故选C考点：直线与圆锥曲线的位置关系12已知双曲线的左焦点是，离心

6、率为，过点且与双曲线的一条渐近线平行的直线与圆在轴右侧交于点，若在抛物线上，则（ ）A B C D【答案】D【解析】FF为圆x2+y2=c2的直径，PFPF，且tanPFF=，|FF|=2c，满足，将代入得x2+2cxc2=0，则x=cc，即x=（1）c，（负值舍去），代入，即y=，再将y代入得，=2（1）c2，即为b2=c2a2=（1）a2，由e=，可得e2=故选D二、填空题（每题5分，满分20分）13已知点，直线，则点到直线的距离为_，点关于直线对称点的坐标为_【答案】 利用对称的性质得：，解得：x=5，y=2，点P到直线l的距离为，点M的坐标为(5，2)14已知双曲线的离心率为，则该双曲

7、线的渐近线方程为_【答案】【解析】，所以双曲线的渐近线方程为15已知点是直线上一动点，是圆的两条切线，是切点，若四边形的最小面积是2，则的值为_【答案】【解析】试题分析：圆的圆心，半径是，由圆的性质知：，四边形的最小面积是，的最小值是切线长），圆心到直线的距离就是的最小值，故答案为考点：1、直线的方程及圆的方程；2、切线的性质及根据几何性质求最值【方法点晴】本题主要考查直线的方程及圆的方程、切线的性质及根据几何性质求最值，属于难题解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数

8、的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调法以及均值不等式法，本题就是用的这种思路，利用平面几何的有关结论求得四边形面积的最值后解出值的16已知椭圆，过点的直线与椭圆交于不同两点（在之间），有以下四个结论：若，椭圆变成曲线，则曲线的面积为；若是椭圆的右顶点，且的角平分线是轴，则直线的斜率为；若以为直径的圆过原点，则直线的斜率为；若，则的取值范围是其中正确的序号是 【答案】【解析】称，直线斜率不存在，显然错误；设直线方程，与椭圆方程联立，得到，根据条件，当过原点时，满足，代入根与系数的关系，得到，故不正确；根据得到，又根据条件可得，代入整理为，整理为，解得，又，当斜率不存在时，

9、此时，故故填：考点：1命题；2圆锥曲线的综合问题【易错点睛】主要考察了圆锥曲线的命题问题，属于中档题型，比较好判断前三个命题，而对于第四个命题考察了直线与圆锥曲线的位置关系问题，设直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，消参后得到关于的不等式，计算量比较大，容易出错在忘了当斜率不存在时的情况，导致错误，在有限的时间判断此题时也可考虑两个临界情况，一是相切时，有两个交点，二是斜率不存在时，此时，能取到，这样就比较好选择此问三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（本小题满分10分）已知点是圆上的任意一点，点为圆的圆心，点与点关于平面直角系的坐标原点对称，线段

10、的垂直平分线与线段交于点（I）求动点的轨迹的方程；（II）若轨迹与轴正半轴交于点，直线交轨迹于两点，求面积的取值范围【答案】（I）；（II）的面积表示为关于 的函数，利用基本不等式求最值即可试题解析：（I）由题意知圆的圆心为，半径为4，所以，由椭圆的定义知，动点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，设椭圆的方程为（），且焦距为 ，则：，即，故椭圆的方程为；则， ，因为点，直线与轴交于点的面积，当且仅当，即时取等号，满足，所心面积的取值范围是【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求范围，属于难题解决圆锥曲线中的范围问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的

11、有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（II）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形范围的18（本小题满分12分）已知椭圆的中心在原点，一个焦点，且长轴长与短轴长的比是(1)求椭圆的方程；(2)设点，点是椭圆上任意一点，求的最小值【答案】（I）；（II）【解析】试题分析：（I）用待定系数法求解即可；（II）设为椭圆上的动点，可得，再根据求解可得结果试题解析：（I）设椭圆的方程为，由题意得，解得，椭圆的方程为 （II）设为椭圆上的动点，则因为，所以 又，所以当时， 有

12、最小值为，所以的最小值为19（本小题满分12分）已知椭圆经过点，离心率为，左右焦点分别为（I）求椭圆的方程；（II）若直线与椭圆交于A，B两点，与以为直径的圆交于C，D两点，且满足，求直线的方程【答案】（I）（II）或【解析】试题分析：（I）根据椭圆几何意义得，利用离心率求出（II）由垂径定理求出，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，代入条件，解出参数m试题解析：解：（I）由题设， ， 解得，椭圆的方程为 由得： ， ， 由得，解得，满足直线的方程为或20（本小题满分12分）已知分别是椭圆：的两个焦点，是椭圆上一点，且成等差数列（I）求椭圆的标准方程；、（II）已知动直线过点

13、，且与椭圆交于两点，试问轴上是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由【解析】（I）成等差数列，将，代入化简，得，由，解得，椭圆的标准方程为（II）假设在轴上存在点，使得恒成立当直线的斜率不存在时，由于（，解得或；下面证明时，恒成立当直线的斜率为0时，结论成立；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，由及，得，=综上所述，在轴上存在点使得恒成立21（本小题满分12分）已知椭圆： （）的离心率为，以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆与直线相切（）求椭圆的标准方程；（）已知点为动直线与椭圆的两个交点，问:在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，试求出点的坐标和定值；若不存

14、在，请说明理由【答案】（）；（）【解析】试题分析：（I）由，以原点为圆心，椭圆的长半轴为半径与直线相切，求出的值，由此可求出椭圆的方程；试题解析：（）由，得，即，又以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆为，且圆与直线相切，所以，代入得，则所以椭圆的方程为（）由得，且设，则，根据题意，假设轴上存在定点，使得为定值，则有要使上式为定值，即与无关，则应，即，此时为定值，定点为【名师点睛】本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中把直线方程与椭圆

15、方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答的关键22（本小题满分12分）已知圆与直线相切，点为圆上一动点，轴于点，且动点满足，设动点的轨迹为曲线（I）求动点的轨迹曲线的方程；（II）若直线与曲线相交于不同的两点、且满足以为直径的圆过坐标原点，求线段长度的取值范围【答案】（I）（II）【解析】试题分析：（II）设出直线的，分斜率存在和不存在两种情形，以为直径的圆过坐标原点可转化为 再把直线方程和椭圆方程联立试题解析：（I）设动点，由于轴于点又圆与直线即相切，圆由题意，得即将代入，得曲线的方程为 （II）（I）假设直线的斜率存在，设其方程为，设联立，可得 将（*）代入可得，即即，又将代入，可得 当且仅当，即时等号成立又由，（II）若直线的斜率不存在，因以为直径的圆过坐标原点，故可设所在直线方程为，联立解得 同理求得 故综上，得【名师点睛】本题第（II）容易忘记讨论斜率不存在的情形