2020届高考数学理一轮（新课标通用）单元质量测试： 第七章　平面解析几何 Word版含解析.doc

www.ks5u.com单元质量测试(七)时间：120分钟满分：150分 第卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1直线3xy10的倾斜角大小为()A30° B60° C120° D150°答案C解析k，120°故选C2“a2”是“直线yax2与yx1垂直”的()A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答案A解析由a2得两直线斜率满足(2)×1，即两直线垂直；由两直线垂直得(a)×1，解得a±2故选A3已知双曲线1(a>0，b>0)的离心率为，则双曲线的渐近线方程为()Ay±x By±xCy±2x Dy±x答案A解析由题意得，双曲线的离心率e，故，故双曲线的渐近线方程为y±x±x4(2018·邯郸摸底)已知F1，F2分别是双曲线C：1的左、右焦点，P为双曲线C右支上一点，且|PF1|8，则()A4 B3 C2 D2答案A解析由1知c2a2b216，所以|F1F2|2c8，由双曲线定义知|PF1|PF2|2a6，所以|PF2|2或|PF2|14(P在右支上，舍去)，所以45(2018·福州模拟)已知双曲线C的两个焦点F1，F2都在x轴上，对称中心为原点，离心率为若点M在C上，且MF1MF2，M到原点的距离为，则C的方程为()A1 B1Cx21 Dy21答案C解析显然OM为RtMF1F2的中线，则|OM|F1F2|c又e，得a1进而b2c2a22故C的方程为x21，故选C6设F1，F2是椭圆E：1(a>b>0)的左、右焦点，P为直线x上一点，F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为()A B C D答案C解析令c如图，据题意，|F2P|F1F2|，F1PF230°，F1F2P120°，PF2x60°，|F2P|23a2c|F1F2|2c，3a2c2c，3a4c，即椭圆的离心率为故选C7(2018·大庆质检一)已知等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y212x的准线交于A，B两点，|AB|2，则C的实轴长为()A B2 C2 D4答案D解析因为抛物线y212x的准线为x3，而等轴双曲线C的焦点在x轴上，所以A，B两点关于x轴对称，且|AB|2，所以点(3，±)在双曲线上，代入双曲线的方程x2y2a2中得95a24，所以a2，即2a4，故双曲线C的实轴长为4故选D8(2018·乌鲁木齐一诊)已知抛物线y24x与圆F：x2y22x0，过点F作直线l，自上而下顺次与上述两曲线交于点A，B，C，D，则下列关于|AB|·|CD|的值的说法中，正确的是()A等于1 B等于16C最小值为4 D最大值为4答案A解析圆F的方程为(x1)2y21设直线l的方程为xmy1代入y24x得y24my40，y1y24设点A(x1，y1)，D(x2，y2)则|AF|x11，|DF|x21，所以|AB|AF|BF|x1，|CD|DF|CF|x2，所以|AB|·|CD|x1x2(y1y2)21故选A9(2018·沈阳质检一)已知双曲线C：1(a0，b0)，O为坐标原点，F为双曲线的右焦点，以OF为直径的圆与双曲线的渐近线交于一点A，若AFO，则双曲线C的离心率为()A2 B C D答案A解析如图所示，在AOF中，OAF90°，又AFO30°，所以AOF60°，故tan60°，所以e 2，故选A10(2019·唐山模拟)已知F1，F2为双曲线：1(a0)的左、右焦点，P为双曲线左支上一点，直线PF1与双曲线的一条渐近线平行，PF1PF2，则a()A B C4 D5答案A解析如图，记PF2与双曲线的渐近线l的交点为M与PF1平行的双曲线的渐近线为yx，由PF1PF2，得PF2l，则F2(c，0)到直线l：xy0的距离为d2而OMF2为直角三角形，所以|OM|a又OMF1P，O是F1F2的中点，所以|F1P|2|OM|2a，|PF2|2|MF2|4而由双曲线的定义，有|PF2|PF1|2a，即42a2a，所以a故选A11(2018·衡阳三模)已知椭圆E：1(ab0)的左焦点为F1，y轴上的点P在椭圆以外，且线段PF1与椭圆E交于点M若|OM|MF1|OP|，则椭圆E的离心率为()A B C1 D答案C解析过M作MHx轴于点H，由|OM|MF1|，知H为OF1的中点，进而MH为PF1O的中位线，则M为F1P的中点从而依题意，有|F1P|OP|，即sinOF1P，则OF1P则MF1O是边长为c的等边三角形连接MF2(F2为椭圆E的右焦点)，则由OMOF1OF2可知F1MF2故e1故选C12(2018·合肥质检一)如图，已知椭圆1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于点H若F1，H是线段MN的三等分点，则F2MN的周长为()A20 B10 C2 D4答案D解析解法一：设点H(0，t)，0<t<2，则由F1，H是线段MN的三等分点，可知点N(c，2t)，M(2c，t)则有消去t2得15e23，则e2又b2，则1e2，即1，解得a25，从而由椭圆的定义可知F2MN的周长为4a4，故选D解法二：由F1，H是线段MN的三等分点，知H是线段F1N的中点，又O是F1F2的中点，则OHF2N，从而F2NF1F2，故Nc，H0，又F1是线段MH的中点，则M2c，由点M在椭圆上，可得1又b24a2c2，从而有1，解得a25，从而由椭圆的定义可知F2MN的周长为4a4，故选D第卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13若kR，直线ykx1与圆x2y22axa22a40恒有交点，则实数a的取值范围是_答案1，3解析因为直线ykx1恒过定点(0，1)，题设条件等价于点(0，1)在圆内或圆上，则02122a·0a22a40且2a4>0，解得1a314(2018·浙江宁波质检)与圆(x2)2y21外切，且与直线x10相切的动圆圆心的轨迹方程是_答案y28x解析设动圆圆心为P(x，y)，则|x1|1，依据抛物线的定义结合题意可知动圆圆心P(x，y)的轨迹是以(2，0)为焦点，x2为准线的抛物线，故方程为y28x15(2018·贵阳模拟)已知过抛物线y22px(p0)的焦点F，且倾斜角为60°的直线与抛物线交于A，B两点，若|AF|BF|，且|AF|2，则p_答案1解析过点A作AMx轴交x轴于点M，由AFM60°，|AF|2得|FM|1，且点A到抛物线的准线l：x的距离为2，而|FM|1，所以抛物线的焦点F到准线的距离为1，即p116已知椭圆C：1，点M与C的焦点不重合若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|BN|_答案12解析解法一：由椭圆方程知椭圆C的左焦点为F1(，0)，右焦点为F2(，0)则M(m，n)关于F1的对称点为A(2m，n)，关于F2的对称点为B(2m，n)，设MN中点为(x，y)，所以N(2xm，2yn)所以|AN|BN|2，故由椭圆定义可知|AN|BN|2×612解法二：根据已知条件画出图形，如图设MN的中点为P，F1，F2为椭圆C的焦点，连接PF1，PF2显然PF1是MAN的中位线，PF2是MBN的中位线，|AN|BN|2|PF1|2|PF2|2(|PF1|PF2|)2×612三、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(2018·河南郑州检测)(本小题满分10分)已知坐标平面上动点M(x，y)与两个定点P(26，1)，Q(2，1)，且|MP|5|MQ|(1)求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；(2)记(1)中轨迹为C，过点N(2，3)的直线l被C所截得的线段长度为8，求直线l的方程解(1)由题意，得5，即5，化简，得x2y22x2y230，所以点M的轨迹方程是(x1)2(y1)225轨迹是以(1，1)为圆心，5为半径的圆(2)当直线l的斜率不存在时，l：x2，此时所截得的线段长度为28，所以l：x2符合题意当直线l的斜率存在时，设l的方程为y3k(x2)，即kxy2k30，圆心(1，1)到直线l的距离d由题意，得24252，解得k所以直线l的方程为xy0，即5x12y460综上，直线l的方程为x2或5x12y46018(2018·佛山质检一)(本小题满分12分)已知椭圆C1：1(ab0)的右顶点与抛物线C2：y22px(p0)的焦点重合，椭圆C1的离心率为，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线被抛物线C2截得的弦长为4(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)过点A(2，0)的直线l与C2交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M，证明：直线MN恒过一定点解(1)设椭圆C1的半焦距为c，依题意，可得a，则C2：y24ax代入xc，得y24ac，即y±2，则有解得a2，b，c1所以椭圆C1的方程为1，抛物线C2的方程为y28x(2)证明：依题意，可知直线l的斜率不为0，可设l：xmy2联立消去x，整理得y28my160设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则点M(x1，y1)，由(8m)24×160，解得m1或m1且有y1y28m，y1y216，m，所以直线MN的斜率kMN可得直线MN的方程为yy2(xx2)，即yxy2xx·(x2)所以当m1或m1时，直线MN恒过定点(2，0)19(2019·深圳调研)(本小题满分12分)已知直线l经过抛物线C：x24y的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点，抛物线C在A，B两点处的切线分别与x轴交于点M，N(1)求证：AMMF；(2)记AFM和BFN的面积分别为S1和S2，求S1·S2的最小值解(1)证明：不妨设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1，y2由导数知识可知，抛物线C在点A处的切线l1的斜率k1，则切线l1的方程yy1(xx1)，令y0，可得M，0因为F(0，1)，所以直线MF的斜率kMF所以k1·kMF1，所以AMMF(2)由(1)可知S1|AM|·|MF|，其中|AM|·，|MF|，所以S1|AM|·|MF|(y11)·同理可得S2(y21)所以S1·S2(y11)(y21)(y1y2y1y21)设直线l的方程为ykx1，联立方程组可得x24kx40，所以x1x24，所以y1y21所以S1·S2(y1y22)(22)1，当且仅当y1y2时，等号成立所以S1·S2的最小值为120(2018·太原三模)(本小题满分12分)已知抛物线C1：y28x的焦点F也是椭圆C2：1(ab0)的右焦点，点P(0，2)在椭圆短轴CD上，且P·P1(1)求椭圆C2的方程；(2)设Q为椭圆C2上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过椭圆C2的右焦点F作OQ的平行线，交椭圆C2于M，N两点，求QMN面积的最大值解(1)由C1：y28x，知焦点F坐标为(2，0)，所以a2b24由已知得点C，D的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又P·P1，于是4b21，解得b25，a29，所以椭圆C2的方程为1(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，直线MN的方程为xmy2由可得(5m29)y220my250则y1y2，y1y2，所以|MN|因为MNOQ，所以QMN的面积等于OMN的面积又点O到直线xmy2的距离d，所以QMN的面积S|MN|·d××令 t，则m2t21(t1)，S因为f(t)5t在1，)上单调递增，所以当t1时，f(t)取得最小值9所以QMN的面积的最大值为21(2018·重庆一模)(本小题满分12分)已知F1，F2分别为椭圆C：1的左、右焦点，点P(x0，y0)在椭圆C上(1)求·的最小值；(2)若y0>0且·0，已知直线l：yk(x1)与椭圆C交于两点A，B，过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q，问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由解(1)由题意可知，F1(1，0)，F2(1，0)，(1x0，y0)，(1x0，y0)，·xy1x1x0，·的最小值为1(2)·0，x01y0>0，P1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)联立直线与椭圆方程，得(23k2)x26k2x3k260，由根与系数的关系可知x1x2，x1·x2由弦长公式可知|AB|x1x2|P1，PQAB，直线PQ的方程为yk(x1)设Q(x3，y3)将PQ的方程代入椭圆方程可知(23k2)x26kkx3k260，x01，x3，|PQ|·|x0x3|·若四边形PABQ为平行四边形，则|AB|PQ|，4·|44k|，解得k故符合条件的直线l的方程为y(x1)，即xy1022(2018·衡阳三模)(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且椭圆C上的动点P到点Q(0，2)的距离的最大值为3(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A，B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由解(1)依题意e，则c2a2，所以b2a2c2a2因为a，所以b1设P(x，y)是椭圆C上任意一点，则1，所以x2a21a23y2，所以|PQ|(yb，b)因为b1，当y1时，|PQ|有最大值3，可得a，所以b1，c故椭圆C的方程为y21(2)假设存在点M(m，n)在椭圆C上，满足题意，所以n21，m233n2，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(m2n2)x22mx1n20所以4m24(m2n2)(1n2)4n2(m2n21)8n2(1n2)0，可得n21由根与系数的关系得x1x2，x1x2，所以y1y2·，所以|AB|2设原点O到直线AB的距离为h，则h，所以SOAB|AB|·h设t，由0n21，得m2n232n2(1，3，所以t，1，SOAB，t，1，所以，当t时，SOAB面积最大，为此时，点M的坐标为，或，或，或，