新人教A版高考数学一轮复习模块卷二解析几何含解析

这是一份新人教A版高考数学一轮复习模块卷二解析几何含解析，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
模块卷(二)
时间:110分钟　分值:135分
解析几何
一、选择题:本题共11小题,每小题5分,共55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.(2018浙江宁波高三上学期期末,4)已知焦点在y轴上的椭圆x24+y2m=1的离心率为12,则实数m等于 (　　)
A.3　　B.165　　C.5　　D.163
答案　D　由椭圆焦点在y轴上可知a2=m,b2=4,则c2=a2-b2=m-4,故e2=c2a2=m-4m=14,解得m=163.故选D.
2.(2019西藏日喀则南木林高中期中,12)已知圆C过双曲线x29-y216=1的一个顶点和一个焦点,且圆心在该双曲线上,则圆心到该双曲线中心的距离是 (　　)
A.43　　B.4310　　C.163　　D.5
答案　C　由双曲线的几何性质易知圆C过双曲线同一侧的顶点和焦点,不妨设过双曲线的右焦点和右顶点,
所以圆C的圆心的横坐标为4.故圆心坐标为4,±473.
∴它到中心(0,0)的距离为d=16+1129=163.故选C.
3.(2020湖南长沙明德中学3月月考,7)直线l1:2x+(m+1)y+4=0与直线l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”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　B　本题主要考查充分条件、必要条件的判断,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.
若l1∥l2,则m(m+1)=6,4m≠2×(-2),即m2+m-6=0,m≠-1,
解得m=-3或2.
因此,“直线l1:2x+(m+1)y+4=0与直线l2:mx+3y-2=0平行”是“m=2”的必要不充分条件.
4.(2020广东深圳第二次教学质量检测,9)已知抛物线C:x2=4y的准线为l,记l与y轴交于点M,过点M作直线l'与C相切,切点为N,则以MN为直径的圆的方程为 (　　)
A.(x+1)2+y2=4或(x-1)2+y2=4
B.(x+1)2+y2=16或(x-1)2+y2=16
C.(x+1)2+y2=2或(x-1)2+y2=2
D.(x+1)2+y2=8或(x-1)2+y2=8
答案　C　抛物线x2=4y的准线为y=-1,则M(0,-1),
设切线方程为y=kx-1,联立x2=4y,y=kx-1,消去y得x2-4kx+4=0,∵直线l'与抛物线相切,
∴Δ=16k2-16=0,∴k=±1,当k=1时,x2-4x+4=0,x1=x2=2,此时N(2,1),又M(0,-1),则以MN为直径的圆的方程为(x-1)2+y2=2.同理,当k=-1时,N(-2,1),以MN为直径的圆的方程为(x+1)2+y2=2,故选C.
5.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,8)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,-1)在圆C:x2+y2-2mx-2y+m2-15=0内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若△ABC的面积的最大值为8,则实数m的取值范围是 (　　)
A.(3-23,3+23)　　B.[1,5]
C.(3-23,1]∪[5,3+23)　　D.(-∞,1]∪[5,+∞)
答案　C　圆的标准方程为(x-m)2+(y-1)2=16,则圆心为C(m,1),半径r=4,S△ABC=12r2sin∠ACB=8sin∠ACB,∴当∠ACB=90°时,S△ABC取得最大值8,此时△ABC为等腰直角三角形,|AB|=2r=42,则圆心C到直线AB的距离d=12|AB|=22,∴22≤|PC|0,b>0)的两个焦点,若双曲线C的两个顶点恰好将线段F1F2三等分,则双曲线C的离心率为　　　　. 
答案　3
解析　设双曲线C的左,右顶点分别为A1,A2.
∵A1,A2将F1F2三等分,∴|A1A2|=13|F1F2|,
即2a=13·2c,∴a=13c,∴e=ca=3.
14.(2018天津南开中学第四次月考,13)已知圆C:(x-m)2+(y-n)2=9的圆心在第一象限,直线l:x+2y+2=0被圆C截得的弦的长为4,则m+2nmn的最小值为　　　　. 
答案　83
解析　由题意知圆心C的坐标为(m,n),半径R=3,
∵圆心在第一象限,∴m>0,n>0.
∵直线l:x+2y+2=0被圆C截得的弦的长为4,
∴圆心到直线的距离d=R2-22=9-4=5,
即|m+2n+2|5=5,即m+2n+2=5,
则m+2n=3,即m3+2n3=1,
则m+2nmn=1n+2m×m3+2n3=23+23+m3n+4n3m≥43+2·m3n·4n3m=43+43=83,当且仅当m3n=4n3m,即m=2n时取等号.∴m+2nmn的最小值为83.
15.(2018浙江新高考调研卷四(金华一中),15)过原点O的直线l与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于M,N两点,点P是椭圆上异于M,N的任一点,满足kPM·kPN>-13,则该椭圆的离心率的取值范围是　　　　　. 
答案　63,1
解析　设P(x0,y0),M(m,n),N(-m,-n),kPM·kPN=y0-nx0-m·y0+nx0+m=y02-n2x02-m2>-13,又P(x0,y0),M(m,n)在椭圆x2a2+y2b2=1上,则x02a2+y02b2=1,m2a2+n2b2=1,两式相减得x02-m2a2+y02-n2b2=0,所以y02-n2x02-m2=-b2a2,则-b2a2>-13,a2>3b2=3(a2-c2),3c2>2a2,所以e=ca>63,又em2.因为x1+x2=-2km1+k2,x1x2=m2-11+k2,
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2(m2-1)1+k2-2k2m21+k2+m2=m2-k21+k2.
因为OP⊥OQ,所以OP·OQ=0,即x1x2+y1y2=m2-11+k2+m2-k21+k2=0,故2m2=1+k2,满足Δ>0,符合题意.
因为直线l:y=kx+m与圆C:x2+(y-4)2=12相切,所以圆心C(0,4)到直线l的距离d=|m-4|1+k2=22,即m2-8m+16=1+k22,故m2-8m+16=m2,得m=2,
故1+k2=2×22,得k=±7.故直线l的方程为y=±7x+2.
综上,直线l的方程为x=±22或y=±7x+2.
17.(12分)(2018广东深圳3月联考,19)如图,直角三角形ABC的顶点A的坐标为(-2,0),直角顶点B的坐标为(0,-22),顶点C在x轴上,点P为线段OA的中点.
(1)求BC边所在直线方程;
(2)若M为直角三角形ABC外接圆的圆心,求圆M的方程;
(3)在(2)的条件下,若动圆N过点P且与圆M内切,求动圆N的圆心的轨迹方程.

解析　(1)易知kAB=-2,AB⊥BC,∴kCB=22,
∴BC边所在直线方程为y=22x-22.
(2)由(1)及题意得C(4,0),
∴M(1,0),
又∵AM=3,∴外接圆M的方程为(x-1)2+y2=9.
(3)∵圆N过点P(-1,0),
∴PN是动圆的半径,
又∵动圆N与圆M内切,
∴MN=3-PN,即MN+PN=3,
∴点N的轨迹是以M,P为焦点,长轴长为3的椭圆.
∵P(-1,0),M(1,0),∴a=32,c=1,b=a2-c2=54,
∴所求轨迹方程为x294+y254=1,即4x29+4y25=1.
思路分析　(1)由kAB=-2,AB⊥BC,知kBC=22,再根据点B的坐标可求BC边所在直线的方程;(2)由(1)中的方程,令y=0,得C(4,0),从而得圆心坐标与半径,进而得出圆M的方程;(3)利用两圆内切得MN+PN=3,利用椭圆定义得点N的轨迹,从而得轨迹方程.
方法点拨　求解直线方程或圆的方程,常用方法为待定系数法和定义法,但应注意方程的选择.涉及直线的斜率时,要注意对存在性的讨论.
18.(12分)(2019四川成都外国语学校开学考试,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为抛物线C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交抛物线C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线l2∥l且l2和抛物线C有且只有一个公共点E,试问直线AE是否过定点,若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.
解析　(1)由题意知Fp2,0,设D(t,0)(t>0),则FD的中点为p+2t4,0,由|FA|=|FD|及抛物线的定义知3+p2=t-p2,解得t=3+p或t=-3(舍去),
由p+2t4=3,t=3+p,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.
(2)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0>0),D(xD,0)(xD>0),因为|FA|=|FD|,
则|xD-1|=x0+1,由x0>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0),
故直线l的斜率为k=-y02,因为直线l2和直线AB平行,
故可设直线l2的方程为y=-y02x+b,代入抛物线方程得y2+8y0·y-8by0=0,由题意知Δ=64y02+32by0=0,得b=-2y0,则y+4y02=0.设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02,
当y02≠4时,kAE=yE-y0xE-x0=4y0y02-4,可得直线AE的方程y-y0=4y0y02-4·(x-x0),由y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1),所以直线AE恒过点F(1,0),当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE恒过定点F(1,0).
思路分析　(1)根据等边三角形的性质可知A点横坐标为FD的中点的横坐标,列出方程组解出p.
(2)根据|FA|=|FD|列方程得出A,D横坐标的关系,从而得出l的斜率,设l2的方程,代入抛物线方程,由判别式Δ=0得出l2的截距与A点坐标的关系,求出E点坐标,得出AE的方程,根据方程特点判断定点坐标.
19.(12分)(2018湖北武汉4月调研,19)已知椭圆Γ:x24+y22=1,过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l1,l2,设l1与椭圆Γ交于A、B两点,l2与椭圆Γ交于C,D两点.
(1)若P(1,1)为线段AB的中点,求直线AB的方程;
(2)若直线l1与l2的斜率都存在,记λ=|AB||CD|,求λ的取值范围.
解析　(1)解法一(点差法):
由题意可知直线AB的斜率存在.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y122=1,x224+y222=1,
两式作差得y1-y2x1-x2=-24×x1+x2y1+y2=-24×2×12×1=-12,
∴直线AB的方程为y-1=-12(x-1),即x+2y-3=0.
解法二:由题意可知直线AB的斜率存在.
设直线AB的斜率为k,
则其方程为y-1=k(x-1),代入x2+2y2=4中,
得x2+2[kx-(k-1)]2-4=0.
∴(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2(k-1)2-4=0.
Δ=[-4(k-1)k]2-4(2k2+1)[2(k-1)2-4]=8(3k2+2k+1)>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k(k-1)2k2+1,x1x2=2(k-1)2-42k2+1.
∵AB的中点为(1,1),
∴12(x1+x2)=2k(k-1)2k2+1=1,则k=-12.
∴直线AB的方程为y-1=-12(x-1),即x+2y-3=0.
(2)由(1)可知|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·8(3k2+2k+1)2k2+1.
设直线CD的方程为y-1=-k(x-1)(k≠0).
同理可得|CD|=1+k2·8(3k2-2k+1)2k2+1.
∴λ=|AB||CD|=3k2+2k+13k2-2k+1(k≠0),λ>0.
∴λ2=1+4k3k2+1-2k=1+43k+1k-2.
令t=3k+1k,则t∈(-∞,-23]∪[23,+∞),
令g(t)=1+4t-2,t∈(-∞,-23]∪[23,+∞),
∵g(t)在(-∞,-23],[23,+∞)上单调递减,
∴2-3≤g(t)