2021年新教材高中数学 第三章 圆锥曲线的方程 质量评估作业（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、第三章质量评估(时间:120分钟分值:150分)一、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,只有一个选项是符合题目要求的.1.已知A(0,-5),B(0,5),|PA|-|PB|=2a(a0),当a=3和a=5时,点P的轨迹分别为()A.双曲线和一条直线B.双曲线和两条射线C.双曲线的一支和一条直线D.双曲线的一支和一条射线解析:当2a1,则双曲线x2a2-y2(a+1)2=1的离心率e的取值范围是()A.(2,2)B.(2,5)C.(2,5)D.(2,5)解析:由题意,得e2=ca2=a2+(a+1)2a2=1+1+1a2.因为1a是随着a的增大而减小的,所以当

2、a1时,01a1,所以2e25,所以2eb0)的一个焦点为圆x2+y2-6x+8=0的圆心,且短轴长为8,则椭圆的左顶点为()A.(-3,0)B.(-4,0)C.(-10,0)D.(-5,0)解析:因为圆的方程可化为(x-3)2+y2=1,所以圆心坐标为(3,0),所以c=3.由题意,知b=4,所以a=b2+c2=5.因为椭圆的一个焦点为(3,0),所以椭圆的左顶点为(-5,0).答案:D6.若椭圆x24+y22=1的弦AB的中点为(-1,-1),则弦AB的长为()A.303B.263C.103D.153解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-2,y1+y2=-2.因为点A

3、,B在椭圆上,所以x124+y122=1,x224+y222=1,解得弦AB所在直线的斜率为-12,所以弦AB所在直线的方程为y=-12(x+1)-1,联立椭圆方程消去y得到3x2+6x+1=0,根据弦长公式得|AB|=303.答案:A7.设F1,F2分别是双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,O是坐标原点.过点F2作双曲线C的一条渐近线的垂线,垂足为P.若|PF1|=6|OP|,则双曲线C的离心率为()A.5B.2C.3D.2解析:设渐近线的方程为bx-ay=0,则直线PF2的方程为ax+by-ac=0,由ax+by-ac=0,bx-ay=0,可得Pa2c,abc.由F

4、1(-c,0)及|PF1|=6|OP|,得a2c+c2+abc2=6a2c2+abc2,化简可得3a2=c2,则e=3.答案:C8.已知F1,F2是椭圆与双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且|PF1|PF2|,线段PF1的垂直平分线过F2,若椭圆的离心率为e1,双曲线的离心率为e2,则2e1+e22的最小值为()A.6B.3C.6D.3解析:如图,设椭圆的长轴长为2a1,双曲线的实轴长为2a2,由题意可知,|F1F2|=|F2P|=2c.因为|F1P|+|F2P|=2a1,|F1P|-|F2P|=2a2,所以|F1P|+2c=2a1,|F1P|-2c=2a2,两式相减,可得a1-a2=2

5、c.因为2e1+e22=2a1c+c2a2=4a1a2+c22ca2,所以2e1+e22=4(2c+a2)a2+c22ca2=8ca2+4a22+c22ca2=4+2a2c+c2a2.因为2a2c+c2a222a2cc2a2=2,当且仅当2a2c=c2a2时成立,所以2e1+e22的最小值为6.答案:C二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知曲线C:mx2+ny2=1,下列说法正确的是()A.若m=0,n0,则C是两条直线B.若m=n0,则C是圆,其半径为nC.若mn0,则C是椭圆,其

6、焦点在x轴上D.若mn0,则C是两条直线:y=nn和y=-nn,所以A项正确;若m=n0,则C是圆,其半径为nn,所以B项错误;若mn0,则C是椭圆,其焦点在y轴上,所以C项错误;若mn0)经过点(2,1),则p=14.解析:因为抛物线y2=2px(p0)经过点(2, 1),所以1=4p,即p=14.14.直线l:y=kx+2与椭圆C:x22+y2=1有公共点,则k的取值范围是-,-6262,+.解析:由x22+y2=1,y=kx+2消去y,整理得(2k2+1)x2+8kx+6=0.因为直线l与椭圆C有公共点,所以=(8k)2-24(2k2+1)0,解得k62或k-62.15.在平面直角坐标系

7、Oxy中,设P为两动圆(x+2)2+y2=(r+2)2,(x-2)2+y2=r2(r1)的一个交点,记动点P的轨迹为C,给出下列三个结论:曲线C过坐标原点;曲线C关于x轴对称;设点P(x,y),则有|y|0).因为(0,0)不在曲线C上,所以不正确;设M(x0,y0)为曲线上任一点,则M(x0,y0) 关于x轴的对称点为N(x0,-y0).因为N也在曲线C上,所以曲线C关于x轴对称,所以正确;因为4x2=41+y23=4+43y2y2,所以|y|0,b0).因为双曲线过点(0,2),所以c=5,a=2.所以b2=c2-a2=25-4=21.所以双曲线的标准方程是y24-x221=1,实轴长为4

8、,焦距为10,离心率e=ca=52,渐近线方程是y=22121x.18.(12分)已知抛物线C:y2=2px(p0)的通径长为4.(1)求抛物线C的标准方程;(2)若直线l与抛物线C交于P,Q两点,M(3,2)是线段PQ的中点,求直线l的方程.解:(1)由抛物线的性质,知2p=4,所以p=2,所以所求抛物线C的标准方程为y2=4x.(2)由题意易知直线l不与x轴垂直.设所求方程为y-2=k(x-3),P(x1,y1),Q(x2,y2).由P,Q在抛物线C上,得y12=4x1,y22=4x2.两式相减,化简得(y2+y1)(y2-y1)=4(x2-x1).因为y2+y12=2,y2-y1x2-x

9、1=k,代入上式解得k=1,所以所求直线l的方程为y-2=1(x-3),即x-y-1=0.19.(12分)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,且过点3,12,直线l:y=x+m与y轴交于点P,与椭圆E交于M,N两点.(1)求椭圆E的标准方程;(2)若MP=3PN,求实数m的值.解:(1)由椭圆E的离心率e=32=1-ba2,且过点3,12,即3a2+14b2=1,解得a2=4,b2=1,所以所求椭圆E的方程为x24+y2=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).由题意,得P(0,m),由x24+y2=1,y=x+m,得5x2+8mx+4m2-4=0,所以x1+x

10、2=-8m5,x1x2=4m2-45.因为MP=3PN,所以(-x1,m-y1)=3(x2,y2-m),所以x1=-3x2.把x1=-3x2与x1+x2=-85m联立,解得x2=45m,x1=-125m.把x1=-125m,x2=45m代入x1x2=4m2-45,解得m2=517,所以m=8517.验证:当m=8517时,0成立,符合题意.所以m=8517.20.(12分)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,点M为抛物线C上一点,|MF|=8,且OFM=23(O为坐标原点).(1)求抛物线C的方程;(2)过点F的直线l与抛物线C交于A,B两点,求AOB面积的最小值.解:(1)由抛物线

11、的定义,知点M到准线的距离为8,由|MF|=p+|MF|cos 60,得8=p+4,即p=4.所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)由(1)知焦点F(2,0).由题意知直线l的斜率不为0,所以设直线l的方程为x=ty+2,A(x1,y1),B(x2,y2).将直线l的方程与抛物线C的方程联立,得x=ty+2,y2=8x,消去x整理得y2-8ty-16=0.所以y1+y2=8t,y1y2=-16.坐标原点到直线l的距离d=21+t2.因为|AB|=1+t2|y1-y2|,所以SAOB=12d|AB|=|y1-y2|=(y1+y2)2-4y1y2=64t2+648,当t=0时,取到最小值8.所以A

12、OB面积的最小值为8.21.(12分)(全国卷)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,椭圆C1的中心与抛物线C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交椭圆C1于A,B两点,交抛物线C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求椭圆C1的离心率;(2)若椭圆C1的四个顶点到抛物线C2的准线距离之和为12,求椭圆C1与抛物线C2的标准方程.解:(1)由题意可设抛物线C2的方程为y2=4cx(c0),则焦点为F(c,0).因为CDx轴,将x=c代入抛物线C2的方程可得y2=4c2,所以|y|=2c,所以|CD|=4c.因为ABx轴,将x=c代入椭圆C1的

13、方程可得y2=b21-c2a2=b4a2,所以|y|=b2a,所以|AB|=2b2a.由|CD|=43|AB|,得4c=432b2a,即3ac=2b2=2(a2-c2),整理可得2c2+3ac-2a2=0,即2e2+3e-2=0,e(0,1),解得e=12.所以椭圆C1的离心率为12.(2)由题意可得椭圆C1的四个顶点的坐标分别为(a,0),(-a,0),(0,b),(0,-b),抛物线C2的准线方程为x=-c.所以2c+a+c+a-c=12,即a+c=6.由(1)可得ca=12,所以解得a=4,c=2,所以b2=a2-c2=16-4=12,所以椭圆C1的标准方程为x216+y212=1,抛物

14、线C2的标准方程为y2=8x.22.(12分)已知三个条件:离心率e=12;椭圆C过点1,32;PF1F2面积的最大值为3.在这三个条件中任选一个,补充在下面(横线处)问题中,并解决下面两个问题.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1且斜率为k的直线l交椭圆于P,Q两点,已知椭圆C的短轴长为23,选法不唯一,以选为例.(1)求椭圆C的方程;(2)若线段PQ的垂直平分线与x轴交于点N,求证:|PQ|NF1|为定值.(1)解:由题意可得a2=b2+c2,2b=23,ca=12,解得a=2,b=3,c=1,所以所求椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)证明:

15、当k=0时,|PQ|=2a=4,|NF1|=c=1,所以|PQ|NF1|=2ac=4.当k0时,由题意可得F1(-1,0).设直线PF1的方程为y=k(x+1),P(x1,y1),Q(x2,y2).由y=k(x+1),x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,可求得0,且x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,所以|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2-8k23+4k22-44k2-123+4k2=12+12k23+4k2.所以y1+y2=k(x1+1)+k(x2+1)=k(x1+x2)+2k=-8k33+4k2+2k=6k3+4k2,所以线段PQ的中点为-4k23+4k2,3k3+4k2,所以线段PQ的垂直平分线方程为y-3k3+4k2=-1kx+4k23+4k2.令y=0,得x=-k23+4k2,即N-k23+4k2,0.所以|NF1|=-k23+4k2+1=3k2+33+4k2,所以|PQ|NF1|=12+12k23+4k23k2+33+4k2=4.综上可得|PQ|NF1|=4.