2022秋高中数学 第三章 圆锥曲线的方程 测评试题 新人教A版选择性必修第一册.docx

1、第三章测评一、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,只有一项是符合题目要求的.1.已知抛物线x2=ay(a0)的焦点在直线y=2x-4上,则a的值为()A.8B.-4C.-8D.-162.(2021辽宁沈阳期中)方程x1-y2+y1-x2=1的对应曲线图形是()3.若双曲线x2a2y24=1(a0)的渐近线与圆x2+(y-2)2=1相切,则a=()A.233B.433C.32D.34.过抛物线y2=2x的焦点作一条直线与抛物线交于A,B两点,它们的横坐标之和等于2,则这样的直线()A.有且只有一条B.有且只有两条C.有且只有三条D.有且只有四条5.在ABC中,A

2、(-5,0),B(5,0),点C在双曲线x216y29=1上,则sinCsinA-sinB=()A.53B.53C.54D.-546.(2021吉林长春月考)已知M是抛物线y2=4x上的一点,F是抛物线的焦点,若以Fx为始边,FM为终边的角xFM=60,则|FM|等于()A.2B.433C.23D.47.(2021安徽合肥期中)19世纪法国著名数学家加斯帕尔蒙日,创立了画法几何学,推动了空间几何学的独立发展.提出了著名的蒙日圆定理:椭圆的两条切线互相垂直,则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上,称为蒙日圆,且该圆的半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根.若圆(x-2)2+(y-b)2

3、=9上有且只有一个点在椭圆x23+y2=1的蒙日圆上,则b的值为()A.1B.5C.21D.258.(2021江苏泰州期中)如图,椭圆:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为e,F是的右焦点,点P是上第一象限内任意一点.且sinPOF0),FQOP=0,若e,则离心率e的取值范围是()A.0,62B.63,1C.22,1D.0,22二、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.(2021湖南长沙期中)已知椭圆C的对称中心为坐标原点,焦点在坐标轴上,若椭圆的长轴长为6,短轴长为4,则椭圆C的标

4、准方程可能为()A.x24+y29=1B.x29+y25=1C.x29+y24=1D.x25+y29=110.(2021辽宁大连期中)已知F是双曲线C:x2a2y2a2=1(a0)的右焦点,点P是双曲线上任意一点,则POF的大小可能是()A.30B.45C.60D.15011.某同学在研究教材中一例问题“设点A(-5,0),B(5,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为-49,求点M的轨迹方程”时,将其中已知条件“斜率之积为-49”拓展为“斜率之积为常数k(k0)”之后,进行了探究.则下列结论正确的有()A.k0时,点M的轨迹为椭圆(不含与x轴的交点)B.-1k0时,点M的轨迹为焦

5、点在x轴上的椭圆(不含与x轴的交点)C.k0时,点M的轨迹为焦点在x轴上的双曲线(不含与x轴的交点)12.(2021福建厦门检测)线段AB是抛物线y2=2px(p0)过焦点F的弦,下列命题正确的有()A.|AF|最小值是pB.|AB|最小值是2pC.AOB可能为锐角,其中O为坐标原点D.以AB为直径的圆一定与直线x=-p2相切三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知抛物线C:y2=2px(p0)上一点P(3,y0)到其准线的距离为8,则p=.14.已知双曲线的一条渐近线方程为y=2x,则双曲线的方程可以为(写出一个正确答案即可);此时,你所写的方程对应的双曲线的离心率为.15

6、.(2021上海徐汇区期末)设椭圆x225+y29=1上的一点P到椭圆两焦点的距离的乘积为s,则当s取得最大值时,点P的坐标是.16.(2021江苏常州期中)已知圆C:(x-3)2+y2=1,点M在抛物线T:y2=4x上运动,过点M引直线l1,l2与圆C相切,切点分别为A,B,则|AB|的取值范围为.四、解答题:本题共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.(10分)分别求下列曲线的方程.(1)已知椭圆C:x2a2+y25=1(a5)的离心率为e=23,求椭圆C的方程;(2)已知双曲线C:x2a2y2b2=1的焦距为42,渐近线方程之一为y=x,求双曲线C的方程.18.

7、(12分)(2021陕西咸阳期末)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,准线方程为x=-2.(1)求抛物线C的方程;(2)若直线l:y=x-2与抛物线C交于A,B两点,求|AB|.19.(12分)(2021浙江绍兴期中)已知双曲线C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的实轴长为8,离心率e=54.(1)求双曲线C的方程;(2)直线l与双曲线C相交于P,Q两点,弦PQ的中点坐标为A(8,3),求直线l的方程.20.(12分)(2021宁夏银川期中)如图,把半椭圆1:x2a2+y2b2=1(x0)与圆弧2:(x-1)2+y2=a2(x0). (1)若T是抛物线C的焦点,求直线l的方程;(2

8、)若|TE|2=|PA|PB|,求t的值.22.(12分)(2021上海虹口期末)已知椭圆:x212+y28=1的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1的直线l交椭圆于A,B两点,交y轴于点P(0,t).(1)若F1PF2P,求t的值.(2)若点A在第一象限,满足F1AF2A=7,求t的值.(3)在平面内是否存在定点Q,使得QAQB是一个确定的常数?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由.第三章测评1.D因为抛物线x2=ay(a0)的焦点F0,a4在直线y=2x-4上,所以a4=-4,即a的值为-16.2.A由方程x1-y2+y1-x2=1,可知x-1,1,y-1,1,显然x0,y0,方程不

9、成立,排除C;又1-y20,1,1-x20,1,所以xy0)的渐近线为y=2ax,即2xay=0,因为双曲线x2a2y24=1(a0)的渐近线与圆x2+(y-2)2=1相切,所以2a4+a2=1,解得a=233(负值舍去).4.B设该抛物线的焦点为F,A,B的横坐标分别为xA,xB,则|AB|=|AF|+|FB|=xA+p2+xB+p2=xA+xB+1=32p=2.所以符合条件的直线有且只有两条.5.C由双曲线的方程x216y29=1可得a2=16,b2=9,所以c2=a2+b2=25,即焦点坐标恰好为A,B的坐标,所以|AB|=10,|BC|-|AC|=2a=8,由正弦定理知sinCsinA

10、-sinB=|AB|BC|-|CA|=108=54.6.D如图所示,由题意得焦点坐标F(1,0),准线方程x=-1,设M的坐标y24,y,xFM=60,y241,|y|=3y24-1,整理得3y2-4|y|-43=0,解得|y|=23,又xFM=60,|FM|=23sin60=4.7.C由椭圆的定义知,x23+y2=1的蒙日圆r2=3+1=2,所以蒙日圆为x2+y2=4.蒙日圆的半径r1=2.因为圆(x-2)2+(y-b)2=9上有且只有一个点在蒙日圆上,所以两圆相切.由已知r2=3,所以22+b2=r1+r2=5,解得b=21.8.B因为点P是上第一象限内任意一点,故POF为锐角,又sinP

11、OFcosPOF,所以0tanPOF1.设直线OP的斜率为k,则0k0,y0,可得x=abb2+a2k2,y=kabb2+a2k2,故Pabb2+a2k2,kabb2+a2k2,所以Qabb2+a2k2,kabb2+a2k2.因为FQOP=0,故kQF=-1k,所以kabb2+a2k2abb2+a2k2-c=-1k,解得=cab2+a2k2b(k2+1),因为e对任意的0ke,整理得到a2-2b2b2k2对任意的0k1恒成立,故a2-b22b2,即2a23c2,即63e0)的渐近线方程为y=x,双曲线的渐近线与x轴的夹角为45.F是双曲线C:x2a2y2a2=1(a0)的右焦点,O为坐标原点,

12、点P是双曲线上任意一点,0POF45或135POF180.POF的大小可能是30,150.故选AD.11.BCD设M(x,y),则kAM=y-0x+5,kMB=y-0x-5,由题意可得,y-0x+5y-0x-5=k,故y2=k(x2-25).若k=-1,方程化为y2+x2=25,点M的轨迹为以原点为圆心,5为半径的圆(不含与x轴的交点);若-1k0,方程化为x225+y2-25k=1,点M的轨迹为焦点在x轴的椭圆(不含与x轴的交点);若k0,方程化为x225y225k=1,点M的轨迹为焦点在x轴的双曲线(不含与x轴的交点).综上可知,BCD正确.故选BCD.12.BD依题意设A(x1,y1),

13、B(x2,y2),对于A选项,由抛物线定义可得|AF|=x1+p2,因为x10,所以|AF|=x1+p2p2,故A错误;对于B选项,设直线AB的方程为x=my+p2,联立x=my+p2,y2=2px,得y2-2mpy-p2=0,=4m2p2+4p20,y1+y2=2mp,y1y2=-p2,所以x1+x2=y122p+y222p=(y1+y2)2-2y1y22p=2pm2+pp,则|AB|=x1+x2+pp+p=2p,故B正确;对于C选项,OA=(x1,y1),OB=(x2,y2),因为y1y2=-p2,y12=2px1,y22=2px2,所以x1x2=y12y224p2=(-p2)24p2=p

14、24,则OAOB=x1x2+y1y2=p24-p2=-3p240)上的一点P(3,y0)到其准线的距离为8,3+p2=8,解得p=10.14.x2-y24=15(答案不唯一)因为双曲线的渐近线为y=2x,所以双曲线的方程为x2-y24=(0),故可取=1,可得双曲线的方程为x2-y24=1,所以c=5.此时其离心率e=ca=5.15.(0,3)或(0,-3)设椭圆x225+y29=1的焦点为F1,F2,由椭圆定义可得,|PF1|+|PF2|=2a=10,则s=|PF1|PF2|PF1|+|PF2|22=a2=25,当且仅当|PF1|=|PF2|=a=5,即P(0,3)或(0,-3)时,s取得最

15、大值25.16.142,2如图,连接MC,CA,CB,AB,则CAMA,CBMB,MCAB,故|AB|=2AMACMC=2AMCM=2CM2-1CM=21-1CM2,则当|CM|最小时,|AB|最小,设M(x,y),则|CM|=(x-3)2+y2=x2-2x+9,所以当x=1时,|CM|取得最小值22,当x+时,|AB|趋近于2,故|AB|的取值范围为142,2.17.解(1)因为椭圆C:x2a2+y25=1(a5),则b2=5,所以c=a2-5.因为椭圆的离心率为e=23,则e=ca=a2-5a=23,解得a=3,所以椭圆C的标准方程为x29+y25=1.(2)因为双曲线C:x2a2y2b2

16、=1的焦距为42,所以c=22,又因为其渐近线方程之一为y=x,则ba=1,解得a2=b2=4,所以双曲线C的标准方程为x24y24=1.18.解(1)抛物线C的准线方程为x=-2,-p2=-2,得p=4,故抛物线C的方程为y2=8x.(2)显然直线l:y=x-2过焦点F(2,0),联立y2=8x,y=x-2,消去y可得x2-12x+4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=12,故|AB|=x1+x2+p=12+4=16.19.解(1)实轴长为8,离心率e=54,2a=8,e=ca=54,又a2+b2=c2,即a=4,c=5,b=3.故双曲线C的标准方程为x216y29=1

17、.(2)设P,Q的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),线段PQ的中点为(8,3),x1+x2=16,y1+y2=6.x1216y129=1,x2216y229=1,(x1+x2)(x1-x2)16(y1+y2)(y1-y2)9=0,整理得y1-y2x1-x2=32,即直线l的斜率为32,直线l的方程为y-3=32(x-8),即3x-2y-18=0.20.解(1)由题意可得c=1,OFB2=3,则b=3,a2=b2+c2=4,则椭圆1:x24+y23=1(x0),圆弧2的方程为2:(x-1)2+y2=4(x0)是抛物线C:x2=4y的焦点,t=1.设直线l的方程为y=kx+1,由直线l与圆

18、E相切,得21+k2=1,即k=3,直线l的方程为y=3x+1.(2)设直线l的方程为y=kx+t,P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+t,x2=4y,得x2-4kx-4t=0.则x1+x2=4k,x1x2=-4t,|PA|PB|=1+k2|x1-x0|1+k2|x2-x0|=(1+k2)x1x2-x0(x1+x2)+x02=(1+k2)x02-4(kx0+t)=(1+k2)|x02-4y0|.由直线l与圆E相切,得|t+1|1+k2=1,即1+k2=(t+1)2,由|TE|=t+1,|TE|2=|PA|PB|,得(1+k2)|x02-4y0|=(t+1)2,x0

19、2-4y0=1,又点P在抛物线下方,x02-4y0=1,又x02+(y0+1)2=1,解得y0=-322.由直线l与PE互相垂直,得k=-1kPE=-x0y0+1,y0=kx0+t,t=y0-kx0=y0+x02y0+1=x02+y02+y0y0+1=-y0y0+1.当y0=-3+22时,t=-y0y0+1=-(-3+22)-3+22+1=2-12;当y0=-3-22时,t=-y0y0+1=-(-3-22)-3-22+1=-2-12.t0,t的值为2-12.22.解(1)由椭圆:x212+y28=1的方程可知c2=a2-b2=12-8=4,所以c=2,即左焦点F1(-2,0),右焦点F2(2,

20、0).因为P(0,t),若F1PF2P,则F1PF2P=0,即(2,t)(-2,t)=0,整理可得t2=4,所以t=2,所以t的值为2.(2)设A(x1,y1),因为F1AF2A=7,由(1)可得(x1+2,y1)(x1-2,y1)=7,所以x12-4+y12=7,即x12+y12=11,而x1212+y128=1,由得,x12+81-x1212=11,x10,解得x1=3,y1=2,所以直线AB的方程为y=25(x+2),令x=0,可得y=225,即t的值为225.(3)易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x+2),设A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆的方程,y

21、=k(x+2),x212+y28=1,整理可得(2+3k2)x2+12k2x+12(k2-2)=0,可得x1+x2=-12k22+3k2,x1x2=12(k2-2)2+3k2,设Q为(a,b),所以QAQB=(x1-a,y1-b)(x2-a,y2-b)=(x1-a)(x2-a)+(kx1+2k-b)(kx2+2k-b)=(1+k2)x1x2+(2k2-bk-a)(x1+x2)+4k2-4kb+b2+a2=(1+k2)12(k2-2)2+3k2+(2k2-bk-a)-12k22+3k2+4k2-4kb+b2+a2=(3a2+3b2+12a-4)k2-8kb+2(a2+b2-12)2+3k2=,则(3a2+3b2+12a-4-3)k2-8kb+2(a2+b2-12-)=0恒成立,则3a2+3b2+12a-4-3=0,8b=0,a2+b2-12-=0,解得a=-83,b=0,=-449,即Q-83,0,即存在定点Q-83,0满足条件QAQB=-449.综上所述,存在定点Q-83,0满足条件QAQB=-449.