2020-2021学年新教材高考数学 本章达标检测2（含解析）（选择性必修第一册）.docx

1、本章达标检测(满分:150分;时间:120分钟)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.抛物线y2=4x的焦点到双曲线x2-y23=1的渐近线的距离是()A.12B.32C.1D.32.已知椭圆C的两个焦点分别为F1(-3,0),F2(3,0),点P为椭圆C上一点,且|PF1|+|PF2|=10,那么椭圆C的短轴长是()A.6B.7C.8D.93.在平面直角坐标系Oxy中,动点P关于x轴对称的点为Q,且OPOQ=2,则点P的轨迹方程为()A.x2+y2=2B.x2-y2=2C.x+y2=2D.x-y2=24.设F1,F2分别

2、是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,点P在椭圆C上,线段PF1的中点在y轴上,若PF1F2=30,则椭圆C的离心率为()A.33B.36C.13D.165.已知F1,F2是椭圆x210+y28=1的两个焦点,P为椭圆上一点,且F1PF2是直角三角形,则F1PF2的面积为(易错)A.1655B.855C.1655或8D.855或86.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,准线为l,P是l上一点,Q是直线PF与C的一个交点,若FP=3FQ,则|QF|=()A.83B.52C.3D.27.已知椭圆x2a2+y2=1(a1)的上顶点为A,左顶点为B,点P为椭圆上任意一点,PAB面积的

3、最大值为2+1,若点M(-3,0),N(3,0),且点Q为椭圆上任意一点,则1|QN|+4|QM|的最小值为()A.2B.94C.3D.3+228.设A,B分别是双曲线x2-y23=1的左、右顶点,设过P12,t的直线PA,PB与双曲线分别交于点M,N,直线MN交x轴于点Q,过Q的直线交双曲线的右支于S,T两点,且SQ=2QT,则BST的面积为()A.91635B.3417C.3815D.32二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)9.已知方程mx2+ny2=1(m,nR),则()A

4、.当mn0时,方程表示椭圆B.当mn0时,方程表示双曲线C.当m=0时,方程表示两条直线D.方程表示的曲线不可能为抛物线10.以下关于圆锥曲线的说法,不正确的是()A.设A,B为两个定点,k为非零常数,|PA|-|PB|=k,则动点P的轨迹为双曲线B.过定圆O上一定点A作圆的动弦AB,O为坐标原点,若OP=12(OA+OB),则动点P的轨迹为椭圆C.若曲线C:x24-k+y2k-1=1为双曲线,则k4D.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x有且仅有一个公共点,这样的直线有2条11.在平面直角坐标系Oxy中,动点P到两个定点F1(-1,0)和F2(1,0)的距离之积等于8,记点P的轨迹为

5、曲线E,则()A.曲线E经过坐标原点B.曲线E关于x轴对称C.曲线E关于y轴对称D.若点(x,y)在曲线E上,则-3x312.已知F1,F2分别是双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,A为左顶点,P为双曲线右支上一点,若|PF1|=2|PF2|,且PF1F2的最小内角为30,则()A.双曲线的离心率为3B.双曲线的渐近线方程为y=2xC.PAF2=45D.直线x+2y-2=0与双曲线有两个公共点三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)13.与双曲线x23-y24=1有共同的渐近线,且过点(3,2)的双曲线方程为.14.若抛物线y2=2px的焦点

6、与双曲线x24-y25=1的右焦点重合,则实数p的值为.15.已知F1,F2是椭圆的两个焦点,满足MF1MF2=0的点M总在椭圆的内部,则椭圆离心率的取值范围是.16.已知M为抛物线y2=2px(p0)上一点,F(2,0)为该抛物线的焦点,O为坐标原点,若MFO=120,N(-2,0),则p=,MNF的面积为.(本题第一空2分,第二空3分)四、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)(1)求与双曲线x216-y24=1有相同焦点,且经过点(32,2)的双曲线的标准方程;(2)已知椭圆x2+(m+3)y2=m(m0)的离心率e=32,求

7、m的值.18.(本小题满分12分)已知椭圆C的焦点为F1(0,-2)和F2(0,2),长轴长为25,设直线y=x+2交椭圆C于A,B两点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求弦AB的中点坐标及|AB|.19.(本小题满分12分)已知抛物线C:y2=2px(p0),抛物线C上横坐标为1的点到焦点F的距离为3.(1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)过(-1,0)的直线l交抛物线C于不同的两点A,B,交直线x=-4于点E,直线BF交直线x=-1于点D.是否存在这样的直线l,使得DEAF? 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.20.(本小题满分12分)设M(x,y)与定点F(1,0)的距

8、离和它到直线l1:x=3的距离的比是常数33.记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)过定点F的直线l2交曲线C于A,B两点,以O、A、B三点(O为坐标原点)为顶点作平行四边形OAPB,若点P刚好在曲线C上,求直线l2的方程.21.(本小题满分12分)已知半椭圆y2a2+x2b2=1(y0,ab0)和半圆x2+y2=b2(y0)组成曲线C.如图所示,半椭圆内切于矩形ABCD,CD与y轴交于点G,点P是半圆上异于A,B的任意一点.当点P位于点M63,-33处时,AGP的面积最大.(1)求曲线C的方程;(2)连接PC,PD分别交AB于点E,F,求证:|AE|2+|BF|2为定值.22.(

9、本小题满分12分)设圆x2+y2-2x-15=0的圆心为M,直线l过点N(-1,0)且与x轴不重合,l交圆M于A,B两点,过点N作AM的平行线交BM于点C.(1)证明|CM|+|CN|为定值,并写出点C的轨迹方程;(2)设点C的轨迹为曲线E,直线l1:y=kx与曲线E交于P,Q两点,点R为曲线E上一点,若RPQ是以PQ为底边的等腰三角形,求RPQ面积的最小值.答案全解全析一、单项选择题1.B抛物线y2=4x的焦点为(1,0),到双曲线x2-y23=1的一条渐近线3x-y=0的距离为|31-0|(3)2+(-1)2=32,故选B.2.C设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0).依题意

10、得,2a=10,a=5,又c=3,b2=a2-c2=16,即b=4,因此椭圆的短轴长是2b=8,故选C.3.B设P(x,y),Q(x,-y),则OPOQ=(x,y)(x,-y)=x2-y2=2,故选B.4.A设点P的横坐标为x,F1(-c,0),线段PF1的中点在y轴上,-c+x=0,x=c.P与F2的横坐标相等,PF2x轴.PF1F2=30,|PF2|=12|PF1|,|PF1|+|PF2|=2a,|PF2|=23a,tanPF1F2=|PF2|F1F2|=2a32c=33,ac=3,e=ca=33.故选A.5.B由题意得a2=10,b2=8,c2=a2-b2=2,设椭圆的上顶点为B,由cb

11、得,F1PF2F1BF21),当PAB的面积取得最大值时,设过点P且与AB平行的切线方程为y=1ax+m(m1),联立方程,得x2a2+y2=1,y=1ax+m,消去y,可得2x2+2amx+a2m2-a2=0,令=4a2m2-8(a2m2-a2)=0,得m2=2,易知m=-2(正值舍去),所以切线的方程为y=1ax-2,易得(0,-2)为切线上的点.设此时切线到直线AB的距离为d,即(0,-2)到直线AB的距离为d,则d=|2+1|1a2+(-1)2=a(2+1)a2+1,又|AB|=a2+1,所以12|AB|d=2+1,解得a=2,则M(-3,0),N(3,0)分别为椭圆的左、右焦点,所以

12、|QM|+|QN|=2a=4,所以1|QN|+4|QM|=1|QN|+4|QM|14(|QM|+|QN|)=1+14+|QM|4|QN|+|QN|QM|94,当且仅当|QM|=2|QN|时取等号.故1|QN|+4|QM|的最小值为94.8.A双曲线x2-y23=1的左、右顶点分别为A(-1,0),B(1,0),又P12,t,直线PA的方程为x=3y2t-1,PB的方程为x=-y2t+1,联立x=3y2t-1,3x2-y2=3可得274t2-1y2-9yt=0,解得y=0或y=36t27-4t2,将y=36t27-4t2代入x=3y2t-1可得x=27+4t227-4t2,即有M27+4t227

13、-4t2,36t27-4t2,联立x=-y2t+1,3x2-y2=3可得34t2-1y2-3ty=0,解得y=0或y=12t3-4t2,将y=12t3-4t2代入x=-y2t+1,可得x=-3-4t23-4t2,即N-3-4t23-4t2,12t3-4t2.设Q(s,0),由M,N,Q三点共线,可得kMN=kQN,即有yM-yNxM-xN=yNxN-s,将M,N的坐标代入化简可得-12t9-4t2=12t-3-4t2-s(3-4t2),解得s=2,即Q(2,0),设过Q的直线方程为x=my+2,联立3x2-y2=3,x=my+2得(3m2-1)y2+12my+9=0,设S(x1,y1),T(x

14、2,y2),可得y1+y2=-12m3m2-1,y1y2=93m2-1,=144m2-36(3m2-1)0恒成立,又SQ=2QT,y1=-2y2,-2144m2(3m2-1)2=93m2-1,解得m2=135,可得SBST=12|BQ|y1-y2|=12|y1-y2|=12(y1+y2)2-4y1y2=1236m2+36|3m2-1|=3135+11-335=93516.故选A.二、多项选择题9.BD当mn0时,原方程整理得x21m+y21n=1,若m,n同负,或1m=1n,则方程不表示椭圆,A错误;当mn0时,1m与1n异号,方程表示双曲线,B正确;当m=0时,方程是ny2=1,当n0时,方

15、程无解,故C错误;无论m、n为何值,方程都不可能表示抛物线,D正确.故选BD.10.ABD根据双曲线的定义,必须有k0,x2-90,-3x3,D正确.综上所述,选BCD.12.ABD依题意得,|PF1|-|PF2|=2a,又知|PF1|=2|PF2|,|PF1|=4a,|PF2|=2a.又|F1F2|=2c,且ab0),焦点分别为F1(-c,0)、F2(c,0),如图所示.若点M满足MF1MF2=0,则MF1MF2,可得点M在以F1F2为直径的圆上运动,满足MF1MF2=0的点M总在椭圆内部,以F1F2为直径的圆是椭圆内部的一个圆,即圆的半径小于椭圆的短半轴长.由此可得bc,即a2-c2c,解

16、得a2c.因此椭圆的离心率e=ca22,椭圆离心率的取值范围是0,22.16.答案4;83解析由抛物线的焦点为F(2,0),得p2=2,解得p=4.设抛物线y2=8x的准线为l,则l与x轴的交点即为N(-2,0),作MPl于点P,FQMP于点Q.MFO=120,MFQ=30,|MQ|=12|MF|.由抛物线的定义可知,|MF|=|MP|,|MQ|=|MP|-|PQ|=|MF|-p=12|MF|,即|MF|-4=12|MF|,|MF|=8,|MQ|=4,|FQ|=43,SMNF=12|NF|FQ|=12443=83.四、解答题17.解析(1)所求双曲线与双曲线x216-y24=1有相同焦点,设所

17、求双曲线的方程为x216-y24+=1(-40),(6分)m-mm+3=m(m+2)m+30,mmm+3,(8分)a2=m,b2=mm+3,c=a2-b2=m(m+2)m+3,由e=32,得m+2m+3=32,解得m=1.(10分)18.解析(1)依题意,椭圆的焦点在y轴上,设其方程为y2a2+x2b2=1(ab0).(1分)易知c=2,a=5,(3分)又a2=b2+c2,b=1,(5分)故椭圆C的标准方程为y25+x2=1.(6分)(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),且AB的中点为M(x0,y0),由y=x+2,y25+x2=1,消去y,得6x2+4x-1=0.(8分)故x1+x2=

18、-23,x1x2=-16,(10分)则x0=-13,y0=x0+2=53,所以弦AB的中点M的坐标为-13,53.(11分)|AB|=2|x1-x2|=2(x1+x2)2-4x1x2=249+23=253.(12分)19.解析(1)因为横坐标为1的点到焦点的距离为3,所以1+p2=3,解得p=4,(2分)所以y2=8x,(3分)所以准线方程为x=-2.(4分)(2)显然直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x+1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2).由y2=8x,y=k(x+1),消去y,得k2x2+(2k2-8)x+k2=0.(5分)令=(2k2-8)2-4k40,解得-2k2

19、. 所以-2k0,所以b=1.当半圆在点M处的切线与直线AG平行时,AGP的面积最大.因为kOM=-22,所以kAG=ab=2,又b=1,所以a=2,(2分)所以曲线C的方程为y22+x2=1(y0)和x2+y2=1(y0).(4分)(2)证明:由题意得C(1,2),D(-1,2),设P(x0,y0)(y0|MN|=2,(4分)所以点C的轨迹为椭圆,由椭圆定义可得点C的轨迹方程为x24+y23=1(y0).(6分)(2)由(1)可知点C的轨迹方程为x24+y23=1(y0),易知k0,设P(x1,y1),由y=kx,x24+y23=1,消去y,得(3+4k2)x2=12,解得 x12=123+

20、4k2,y12=12k23+4k2,(7分)则|OP|=x12+y12=123+4k2+12k23+4k2=12(1+k2)3+4k2,(8分)PQR是以PQ为底边的等腰三角形,ROPQ,kROkPQ=-1,则kRO=-1k.同理,|OR|=121+-1k23+4-1k2=12(1+k2)3k2+4.(9分)SRPQ=12|PQ|OR|=12212(1+k2)3+4k212(1+k2)3k2+4=12(1+k2)(3+4k2)(4+3k2),(10分)解法一:SRPQ=12(1+k2)(3+4k2)(4+3k2)12(1+k2)3+4k2+4+3k22=12(1+k2)72(1+k2)=247,(11分)当且仅当3+4k2=4+3k2,即k=1时取等号,(SRPQ)min=247.(12分)解法二:SRPQ=12(1+k2)(3+4k2)(4+3k2)=12k4+2k2+112k4+25k2+12=12k4+2k2+112(k4+2k2+1)+k2=12112+k2k4+2k2+1=1212+1k2+2+1k21212+14=247,(11分)当且仅当k2=1k2,即k=1时取等号,(SRPQ)min=247.(12分)