2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练43曲线与方程

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练43曲线与方程，共5页。试卷主要包含了方程x2+y2=1的曲线形状是，已知方程x2+2=10，给出下列结论,其中错误的是等内容，欢迎下载使用。

2.已知0≤α<2π,点P(cs α,sin α)在曲线(x-2)2+y2=3上,则α的值为( )

A.B.C.D.
3.在平面内,A,B是两个定点,C是动点.若=1,则点C的轨迹为( )
A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线
4.从抛物线y2=8x上各点向x轴作垂线段,则垂线段中点的轨迹方程为( )
A.y2=4xB.y2=2x
C.y2=xD.y2=x
5.已知点A(-2,0),B(3,0),动点P(x,y)满足=x2-6,则动点P的轨迹方程是 .
6.已知方程x2+(y-1)2=10.
(1)判断点P(1,-2),Q(,3)是否在此方程表示的曲线上;
(2)若点M,-m在此方程表示的曲线上,求m的值.
7.设点P是圆x2+y2=4上任意一点,由点P向x轴作垂线PP0,垂足为P0,且,求点M的轨迹C的方程.
综合提升组
8.在平面直角坐标系xOy中,已知M(-1,2),N(1,0),动点P满足||=||,则动点P的轨迹方程是( )
A.y2=4xB.x2=4y
C.y2=-4xD.x2=-4y
9.已知△ABC的顶点B(-3,0),C(1,0),顶点A在抛物线y=x2上运动,点G满足关系=0,则点G的轨迹方程为( )
A.y=3x2+4x+
B.y=3x2+4x+(y≠0)
C.x=3y2+4y+
D.x=3y2+4y+(x≠0)
10.(多选)给出下列结论,其中错误的是( )
A.方程=1表示斜率为1,在y轴上截距为-2的直线
B.到x轴距离为2的点的轨迹方程为y=-2
C.方程|x-3|+(y2-9)2=0表示两个点
D.到两坐标轴距离之和为a(a>0)的点M的轨迹方程为x+y=a(a>0)
11.已知两定点A(-2,0),B(1,0),如果动点P满足条件|PA|=2|PB|,则动点P的轨迹方程为 ,P点轨迹所围成的图形的面积为 .
创新应用组
12.古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著《圆锥曲线论》中提出“在同一平面上给出三点,若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数,则该点轨迹是一个圆”.现在,某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信号塔来构建一个三角形信号覆盖区域,以实现5G商用.已知甲、乙两地相距4公里,丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的倍,则这个三角形信号覆盖区域的最大面积(单位:平方公里)是( )
A.2B.4C.3D.4
13.
如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M在棱AB上,且AM=,点P是平面ABCD上的动点,且动点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为1,则动点P的轨迹是( )
A.圆B.抛物线C.双曲线D.直线
14.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:平面内到两个定点A,B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点所形成的图形是圆.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系xOy中,A(-2,0),B(4,0),点P满足.设点P所构成的曲线为C,下列结论正确的是( )
A.C的方程为(x+4)2+y2=9
B.在C上存在点D,使得D到点(1,1)的距离为3
C.在C上存在点M,使得|MO|=2|MA|
D.在C上存在点N,使得|NO|2+|NA|2=4
参考答案
课时规范练43 曲线与方程
1.C 方程x2+y2=1(xy<0)表示以原点为圆心,1为半径的圆在第二、四象限的部分.故选C.
2.C 由(csα-2)2+sin2α=3,得csα=又0≤α<2π,∴α=或α=故选C.
3.A 以AB所在直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴,建立平面直角坐标系.
设A(-a,0),则B(a,0),C(x,y),则=(x+a,y),=(x-a,y),由=1,得(x+a)(x-a)+y2=1,整理得x2+y2=a2+1,即点C的轨迹为圆.故选A.
4.B 设垂线段中点为(x,y),(x0,y0)是抛物线上任意一点,
则有=8x0,∴4y2=8x,即y2=2x就是垂线段中点的轨迹方程.
5.y2=x 因为A(-2,0),B(3,0),P(x,y),所以=(-2-x,-y),=(3-x,-y),又因为=x2-6,所以(-2-x)(3-x)+y2=x2-6,整理得y2=x.
6.解 (1)∵12+(-2-1)2=10,
∴点P(1,-2)在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上.
∵()2+(3-1)2=6≠10,
∴点Q(,3)不在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上.
(2)∵点M,-m在方程x2+(y-1)2=10表示的曲线上,∴2+(-m-1)2=10,解得m=2或m=-,∴m的值为2或-
7.解 设点M(x,y),P(x0,y0),则由题意知P0(x0,0).
所以=(x0-x,-y),=(0,-y0),又因为,
所以(x0-x,-y)=(0,-y0),
所以
又因为=4,所以x2+y2=4,
所以,点M的轨迹C的方程为=1.
8.A 设P(x,y),因为M(-1,2),N(1,0),所以=(-1-x,2-y),=(1,0),=(1-x,-y).
因为||=||,所以|1+x|=,整理得y2=4x.
9.B 设A(x0,y0),G(x,y),又B(-3,0),C(1,0),
=(x0-x,y0-y),=(-3-x,-y),=(1-x,-y),
由=0,
得
∵A在抛物线y=x2上,∴y0=,即3y=(3x+2)2,得y=3x2+4x+,
若y=0,求得x=-,此时A(0,0),A,B,C三点共线,不合题意,
∴点G的轨迹方程为y=3x2+4x+(y≠0).
10.ABD 对于A,方程=1表示斜率为1,在y轴上的截距为-2的直线且去掉点(2,0),故A错误;对于B,到x轴距离为2的点的轨迹方程为y=-2或y=2,故B错误;对于C,方程|x-3|+(y2-9)2=0表示(3,-3),(3,3)两个点,故C正确;对于D,轨迹方程应为|x|+|y|=a(a>0),故D错误.
11.(x-2)2+y2=4 4π 设P(x,y),由|PA|=2|PB|得,=2,化简整理得(x-2)2+y2=4,所以动点P的轨迹是以(2,0)为圆心,2为半径的圆,所以动点P的轨迹方程为(x-2)2+y2=4,此圆的面积为S=22π=4π.
12.B 由题意不妨设甲、乙两地坐标分别为(-2,0),(2,0),丙地坐标为(x,y),由题意得,整理得(x-4)2+y2=12(x≠0),半径r=2,
所以最大面积为4×2=4
13.
B 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,作PQ⊥AD,垂足为Q,
则PQ⊥平面ADD1A1,过点Q作QR⊥A1D1,则A1D1⊥平面PQR,
则PR为点P到直线A1D1的距离,由题意得PR2-PQ2=RQ2=1,由已知得PR2-PM2=1,所以PQ=PM,
即P到点M的距离等于P到AD的距离,
根据抛物线的定义可得,点P的轨迹是抛物线.故选B.
14.BD 设点P(x,y),由,得,
化简得x2+y2+8x=0,即(x+4)2+y2=16,故A错误;
对于B,设D(x0,y0),由D到点(1,1)的距离为3,得=3,
又=16,联立方程可知有解,故B正确;
对于C,设M(x0,y0),由|MO|=2|MA|,得=2,
又=16,联立方程消去y0得x0=2,则y0无解,故C错误;
对于D,设N(x0,y0),由|NO|2+|NA|2=4,得=4,
又=16,联立方程消去y0得x0=0,解得y0=0,即有解,故D正确.