第八章 解析几何（直线与圆、圆锥曲线）-备考2024年高考数学专题测试模拟卷（新高考专用）

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本试卷22小题，满分150分。考试用时120分钟
一、单项选择题：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．（2023·广东·高三统考模拟预测）设，则“”是“直线与直线平行”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】若直线与直线平行，
则，解得或，
经检验或时两直线平行．
故“”能得到“直线与直线平行”，但是 “直线与直线平行”不能得到“”
故选：A
2.(2023·南京模拟)已知椭圆的两个焦点分别为F1(0,2), F2(0，－2)，P为椭圆上任意一点，若|F1F2|是|PF1|，|PF2|的等差中项，则此椭圆的标准方程为( )
A.eq \f(x2,64)＋eq \f(y2,60)＝1 B.eq \f(y2,64)＋eq \f(x2,60)＝1
C.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1 D.eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,12)＝1
【答案】 D
【解析】 由题意|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|＝8＝2a，故a＝4，又c＝2，则b＝2eq \r(3)，
焦点在y轴上，故椭圆的标准方程为eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,12)＝1.
3．（2023·广东江门·统考模拟预测）若直线与圆相交于P，Q两点，且（其中O为坐标原点），则b的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】，圆的半径为1，，圆心到直线的距离，，解得.
故选：C
4．(2023·昆明模拟)已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的两个焦点为F1，F2，过F2的直线交椭圆于M，N两点，则△F1MN的周长为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】 D
【解析】 由eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得a＝2.
因为M，N是椭圆上的点，F1，F2是椭圆的焦点，
所以|MF1|＋|MF2|＝2a，|NF1|＋|NF2|＝2a，
因此△F1MN的周长为|MF1|＋|MN|＋|NF1|＝|MF1|＋|MF2|＋|NF2|＋|NF1|＝2a＋2a＝4a＝8.
5．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）已知抛物线的焦点为 ，准线为，为上一点，，垂足为，与轴交点为，若，且的面积为，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】由抛物线定义知，所以为等边三角形，为的中点，
所以，，
的面积，所以的方程为.
故选：A.
6．（2023·江苏·统考三模）已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则PQ＋PF的最大值为（ ）
A．3B．6
C．D．
【答案】D
【详解】圆M：的圆心为，
设椭圆的左焦点为，如下图，由椭圆的定义知，，
所以，所以
，
当且仅当三点在一条直线上时取等，
，，，.
故选：D．
7．（2023·浙江·统考二模）已知是圆上一点，是圆的直径，弦的中点为.若点在第一象限，直线、的斜率之和为0，则直线的斜率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题可得圆的方程，设直线的斜率为，则直线的方程为，代入圆的方程可得的坐标，从而可得的坐标，于是根据斜率关系可解得的值，由于点在第一象限，对的值进行取舍，即可得所求.
【详解】已知是圆上一点，所以
设直线的斜率为，则直线的方程为，所以，
则，恒成立，所以
由于，所以，则，由于是圆的直径，所以，则弦的中点为坐标为
因为直线、的斜率之和为0，所以，整理得
解得或，又点在第一象限，所以，故，即直线的斜率是.
故选：C.
8.(2022·济南模拟)已知抛物线C：y2＝4x，圆F：(x－1)2＋y2＝1，直线l：y＝k(x－1)(k≠0)自上而下顺次与上述两曲线交于M1，M2，M3，M4四点，则下列各式结果为定值的是( )
A．|M1M2|·|M3M4| B．|FM1|·|FM4|
C．|M1M3|·|M2M4| D．|FM1|·|M1M2|
【答案】 A
【解析】 如图，
分别设M1，M2，M3，M4四点的横坐标为x1，x2，x3，x4，
由y2＝4x得焦点F(1,0)，准线l0：x＝－1，
由定义得，|M1F|＝x1＋1，
又|M1F|＝|M1M2|＋1，
所以|M1M2|＝x1，
同理|M3M4|＝x4，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消去y，
整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0(k≠0)，
设M1(x1，y1)，M4(x4，y4)，
则x1x4＝1，即|M1M2|·|M3M4|＝1.
二、多项选择题：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．（2023·广东肇庆·统考一模）已知圆，直线，则（ ）
A．直线过定点
B．直线与圆可能相离
C．圆被轴截得的弦长为
D．圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为
【答案】AC
【解析】直线，由，得，即l恒过定点，故A正确；
点与圆心的距离，故直线l与圆C恒相交，故B错误；
令，则，可得，故圆C被y轴截得的弦长为，故C正确；
要使直线l被圆C截得弦长最短，只需与圆心连线垂直于直线，
所以直线l的斜率，可得，故直线l为，故D错误．
故选：AC．
10．（2023·安徽马鞍山·统考三模）已知抛物线：的焦点为，点为坐标原点，点在抛物线上，直线与抛物线交于点，则（ ）
A．的准线方程为B．
C．直线的斜率为D．
【答案】CD
【详解】由题意可知，，得，则抛物线方程为，所以抛物线的准线方程为，故A错误；
抛物线的焦点，，则直线的方程为，与抛物线方程联立，得，设，，
，则，故B错误，C正确；
，得或，
当时，，当时，，
即，，，故D正确.
故选：CD
11.．(2023·湖北四地联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，长轴长为4，点P(eq \r(2)，1)在椭圆C外，点Q在椭圆C上，则( )
A．椭圆C的离心率的取值范围是
B．当椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)时，|QF1|的取值范围是[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]
C．存在点Q使得eq \(QF1,\s\up6(—→))·eq \(QF2,\s\up6(—→))＝0
D.eq \f(1,|QF1|)＋eq \f(1,|QF2|)的最小值为1
【答案】 BCD
【解析】 由题意得a＝2，
又点P(eq \r(2)，1)在椭圆C外，
则eq \f(2,4)＋eq \f(1,b2)>1，解得b所以椭圆C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(4－b2),2)>eq \f(\r(2),2)，
即椭圆C的离心率的取值范围是，故A不正确；
当e＝eq \f(\r(3),2)时，c＝eq \r(3)，b＝eq \r(a2－c2)＝1，
所以|QF1|的取值范围是[a－c，a＋c]，
即[2－eq \r(3)，2＋eq \r(3)]，故B正确；
设椭圆的上顶点为A(0，b)，F1(－c,0)，F2(c,0)，
由于eq \(AF1,\s\up6(—→))·eq \(AF2,\s\up6(—→))＝b2－c2＝2b2－a2<0，所以存在点Q使得eq \(QF1,\s\up6(—→))·eq \(QF2,\s\up6(—→))＝0，故C正确；
(|QF1|＋|QF2|)＝2＋eq \f(|QF2|,|QF1|)＋eq \f(|QF1|,|QF2|)≥2＋2＝4，
当且仅当|QF1|＝|QF2|＝2时，等号成立，
又|QF1|＋|QF2|＝4，
所以eq \f(1,|QF1|)＋eq \f(1,|QF2|)≥1，故D正确．
12．（2023·湖南邵阳·统考三模）已知双曲线C的左､右焦点分别为，，双曲线具有如下光学性质：从右焦点发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点，如图所示.若双曲线C的一条渐近线的方程为，则下列结论正确的有（ ）
A．双曲线C的方程为
B．若，则
C．若射线n所在直线的斜率为k，则
D．当n过点M（8，5）时，光由所经过的路程为10
【答案】AC
【详解】对于A ，由题意可知，因为双曲线C的一条渐近线的方程为，
所以，即，所以双曲线的方程为故A正确；
对于B，由，得，解得，
在中，，由勾股定理及双曲线的定义知，，
即，解得，故B错误；
对于C，由题意可知，双曲线的渐近线方程为，由双曲线的性质可得射线所在直线的斜率范围为，故C正确；
对于D，由题意可知，，当过点时，
由双曲线定义可得光由所经过的路程为，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（2023·浙江台州·统考二模）已知椭圆经过点和，则椭圆的离心率为___________.
【答案】/0.5
【分析】通过已知两个点求出椭圆方程即可得到离心率.
【详解】将两个点代入椭圆方程得：，解得，故.
故答案为：
14．（2023·浙江·统考二模）已知圆，若被两坐标轴截得的弦长相等，则__________.
【答案】/
【分析】被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，即圆心的横纵坐标的绝对值相等可得答案.
【详解】圆的弦长为（为圆的半径，为圆心到弦的距离），
若被两坐标轴截得的弦长相等，则圆心到两坐标轴的距离相等，
即圆心的横纵坐标的绝对值相等，即，解得.
故答案为：.
15.(2023·长沙模拟)已知抛物线C：y2＝16x，倾斜角为eq \f(π,6)的直线l过焦点F交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则△ABO的面积为________．
【答案】 64
【解析】 方法一 (常规解法)依题意，抛物线C：y2＝16x的焦点为F(4,0)，
直线l的方程为x＝eq \r(3)y＋4.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)y＋4，,y2＝16x，))
消去x，整理得y2－16eq \r(3)y－64＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝16eq \r(3)，y1y2＝－64.
S△OAB＝eq \f(1,2)|y1－y2|·|OF|＝2eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝2eq \r(16\r(3)2－4×－64)＝64.
方法二 (活用结论)
依题意，抛物线y2＝16x，p＝8.
又l的倾斜角α＝eq \f(π,6).
所以S△OAB＝eq \f(p2,2sin α)＝eq \f(82,2sin \f(π,6))＝64.
16．（2023·辽宁大连·统考三模）已知为坐标原点，是双曲线的左､右焦点，双曲线上一点满足，且，则双曲线的渐近线方程为__________.点A是双曲线上一定点，过点的动直线与双曲线交于两点，为定值，则当时实数的值为__________.
【答案】
【详解】（1）根据，取的中点，易知，
可知，，即△为直角三角形.
设，依题意有，解得，
根据勾股定理得，解得，
故双曲线为等轴双曲线，渐近线为.
（2）当时，双曲线，
设直线，
联立方程组，化简得，
，
，
因为为定值，所以
法一：，
，
，解得，
法二：，解得.
故答案为：，
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(2023·衡水模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(2),2)，短轴顶点分别为M，N，四边形MF1NF2的面积为32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l交椭圆C于A，B两点，若AB的中点坐标为(－2,1)，求直线l的方程．
【解析】 (1)因为离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以a＝eq \r(2)c，
因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
因为四边形MF1NF2的面积为32，所以2bc＝32，所以b＝c＝4，a＝4eq \r(2)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,32)＋eq \f(y2,16)＝1.
(2)由题意得，直线l的斜率存在．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),32)＋\f(y\\al(2,1),16)＝1，,\f(x\\al(2,2),32)＋\f(y\\al(2,2),16)＝1，))
两式相减得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),32)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),16)＝0，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
因为AB的中点坐标为(－2,1)在椭圆内部，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0.
18．（2023·重庆·统考三模）已知椭圆的上、下顶点分别为，左顶点为，是面积为的正三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆外一点的直线交椭圆于两点，已知点与点关于轴对称，点与点关于轴对称，直线与交于点，若是钝角，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）是面积为的正三角形，，解得：，椭圆的方程为：.
（2）
设，则，
直线方程为：，即；
由对称性可知：点在轴上，则令，解得：，
设直线，
由得：，，
，，
又，，，，
为钝角，，解得：或，
即实数的取值范围为.
19.（2023·安徽·校联考三模）如图，椭圆的左、右焦点分别为，，点A，B，C分别为椭圆的左、右顶点和上顶点，O为坐标原点，过点的直线l交椭圆于E，F两点，线段的中点为．点P是上在第一象限内的动点，直线AP与直线BC相交于点Q，直线CP与x轴相交于点M．
(1)求椭圆的方程；
(2)设的面积为，的面积为，求的值．
【答案】(1)
(2)16
【详解】（1）因为线段的中点为在y轴上，O为的中点，
所以轴，即轴，
设，，，代入椭圆的方程得，，
又，所以，即，
所以，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题意可得，，所以直线BC的方程的截距式为，即为．
设直线AP的斜率为k，点P的坐标为，则AP的方程为，
联立得，
所以，即，．
所以．直线CP的方程为，
设点M，Q的坐标分别为，，
在中，令得．解得．
所以．
20．（2023·安徽蚌埠·统考三模）已知，是双曲线的左､右顶点，为双曲线上与，不重合的点.
(1)设直线，的斜率分别为，，求证：是定值；
(2)设直线与直线交于点，与轴交于点，点满足，直线与双曲线交于点（与，，不重合）.判断直线是否过定点，若直线过定点，求出该定点坐标；若直线不过定点，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)直线MN过定点
【详解】（1）设，由题意，且 ，
所以
（2）设，，，BN的斜率为，由 知：
，由(1)知： 所以
设MN：，与双曲线 联立，
得：，
所以 ，
所以 ，
即﹐
则
整理得，解得或（舍），故直线MN过定点.
21．（2023·山西运城·统考三模）已知抛物线的焦点为，分别为上两个不同的动点，为坐标原点，当为等边三角形时，.
(1)求的标准方程；
(2)抛物线在第一象限的部分是否存在点，使得点满足，且点到直线的距离为2？若存在，求出点的坐标及直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点，直线的方程为.
【详解】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，
当为等边三角形时，的高为，
由题意知点在上，代入，得，解得，
所以的标准方程为.
（2）由（1）知，根据题意可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，，，，
联立，得，
所以，即，且，，
所以，
由，得，
所以，所以，即，
又点在上，所以，即，①
所以，解得，
又点在第一象限，所以，所以.
又点到直线的距离，化简得，②
联立①②解得，或（舍去），或（舍去）.此时点，直线的方程为.
22.（2023·山东淄博·统考二模）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.
现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系.
(1)求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)已知点是圆上任意一点，过点做椭圆的两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.
注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：.
【答案】(1)；
(2)，.
【分析】（1）利用椭圆的定义结合条件即得；
（2）由题可得直线的方程是，然后利用韦达定理法结合条件可表示出，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.
【详解】（1）设为椭圆上一点，
则，
所以点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，
所以，则，
所以椭圆方程为；
（2）设，则，
切线方程：，切线方程：，两直线都经过点，
所以，得， ，
从而直线的方程是：，
由，得，
由韦达定理，得，
，
点到直线的距离，
，其中，
令，则，
令，则，
在上递增，
，即时，的面积取到最大值，此时点.