2023年新教材高考数学一轮复习单元质检卷八平面解析几何含解析新人教B版

单元质检卷八　平面解析几何

(时间:120分钟　满分:150分)

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.(2021山东枣庄二模)已知点(1,1)在抛物线C:y2=2px(p>0)上,则抛物线C的焦点到其准线的距离为(　　)

A. B. C.1 D.2

2.(2021河北石家庄模拟)已知椭圆C:=1的离心率为,则椭圆C的长轴长为(　　)

A.2 B.4 C.4 D.8

3.(2020全国Ⅰ,理4)已知点A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到抛物线C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=(　　)

A.2 B.3 C.6 D.9

4.设双曲线C的方程为=1(a>0,b>0),过抛物线y2=4x的焦点和点(0,b)的直线为l.若双曲线C的一条渐近线与直线l平行,另一条渐近线与直线l垂直,则双曲线C的方程为(　　)

A.=1 B.x2-=1

C.-y2=1 D.x2-y2=1

5.(2021江苏南通一模)阿基米德不仅是著名的物理学家,也是著名的数学家,他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的焦点在y轴上,且椭圆C的离心率为,面积为20π,则椭圆C的标准方程为(　　)

A.=1 B.=1

C.=1 D.=1

6.(2021广东梅州二模)F1,F2是双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点,点P(2,3)在双曲线C上,且F1F2⊥F2P,则双曲线C的离心率为(　　)

A.2 B. C. D.

7.(2021北京房山二模)设F1,F2是双曲线C:-y2=1的两个焦点,点O为坐标原点,点P在双曲线C上,且|OP|=|OF1|,则△PF1F2的面积为(　　)

A. B.2 C. D.1

8.已知椭圆=1(a>b>0),F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,点A是椭圆的下顶点,直线AF2交椭圆于另一点P,若|PF1|=|PA|,则椭圆的离心率为(　　)

A. B. C. D.

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.若椭圆的对称轴为坐标轴,长轴长与短轴长的和为18,焦距为6,则椭圆的方程可以为(　　)

A.=1 B.=1

C.=1 D.=1

10.(2021福建厦门外国语学校模拟)已知双曲线的方程为=1,则下列说法正确的是(　　)

A.焦点为点(±,0)

B.渐近线方程为x±3y=0

C.离心率e=

D.焦点到渐近线的距离为

11.设圆锥曲线Γ有两个焦点F1,F2.若曲线Γ上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线Γ的离心率等于(　　)

A. B.

C. D.2

12.(2021河北沧州三模)已知斜率为k的直线l过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与抛物线C交于A,B两点.抛物线C的准线上一点M(-1,-1),满足=0,则(　　)

A.p=2 B.k=-2

C.|AB|= D.△MAB的面积为

三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.

13.已知椭圆C的焦点在x轴上,且离心率为,则椭圆C的方程可以为　　　　　. 

14.(2021北京顺义二模)若双曲线C:=1(a>0,b>0)的焦距等于实轴长的倍,则双曲线C的渐近线方程为　　　　　. 

15.(2021山东淄博一模)若抛物线y2=2px(p>0)上的点A(x0,-2)到其焦点的距离是点A到y轴距离的3倍,则p等于　　　　　. 

16.(2021浙江,16)已知椭圆=1(a>b>0)的焦点F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),若过点F1的直线和圆+y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF2⊥x轴,则该直线的斜率是　　　　　,椭圆的离心率是　　　　　. 

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)求符合下列要求的曲线的标准方程:

(1)已知椭圆的焦点在x轴上,且长轴长为12,离心率为;

(2)已知双曲线过点A(-7,-6),B(2,3).

18.(12分)(2021湖南高三模拟)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的一个焦点为(,0),一条渐近线方程为2x-y=0.

(1)求双曲线C的标准方程;

(2)已知倾斜角为的直线l与双曲线C交于A,B两点,且线段AB的中点的纵坐标为4,求直线l的方程.

19.(12分)已知抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线C2:=1的右顶点重合.

(1)求抛物线C1的标准方程;

(2)设过点(0,1)的直线l与抛物线C1交于不同的两点A,B,点F是抛物线C1的焦点,且=1,求直线l的方程.

20.(12分)(2021福建龙岩三模)已知a>b>0,曲线Γ由曲线C1:=1(y≥0)和曲线C2:=1(y<0)组成,其中曲线C1的右焦点为F1(2,0),曲线C2的左焦点为F2(-6,0).

(1)求a,b的值;

(2)若直线l过点F2交曲线C1于点A,B,求△ABF1面积的最大值.

21.(12分)(2021河北张家口一模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)上一动点P,左、右焦点分别为F1,F2,且F2(2,0),定直线l:x=,PM⊥l,点M在直线l上,且满足.

(1)求双曲线的标准方程;

(2)若直线l0的斜率k=1,且l0过双曲线右焦点与双曲线右支交于A,B两点,求△ABF1的外接圆方程.

22.(12分)已知抛物线C:y2=4px(p>0)的焦点为F,且点M(1,2)到点F的距离比到y轴的距离大p.

(1)求抛物线C的方程;

(2)若直线l:x-m(y+2)-5=0与抛物线C交于A,B两点,是否存在实数m使|MA||MB|=64?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.

单元质检卷八　平面解析:几何

1.B　解析:因为点(1,1)在抛物线上,所以1=2p,所以p=,所以C的焦点到其准线的距离为.故选B.

2.C　解析:由题可知c2=m+4-m=4,所以c=2.

又因为e=,所以m=8,

所以椭圆C的长轴长为2=4.

故选C.

3.C　解析:设点A的坐标为(x,y).由点A到y轴的距离为9可得x=9.由点A到抛物线C的焦点的距离为12,可得x+=12,解得p=6.

4.D　解析:抛物线y2=4x的焦点坐标为(1,0),

则直线l的方程为y=-b(x-1).

∵双曲线C:=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±x,

且双曲线C的一条渐近线与直线l平行,另一条渐近线与直线l垂直,

∴-=-b,·(-b)=-1,

∴a=1,b=1,

∴双曲线C的方程为x2-y2=1.

故选D.

5.D　解析:设椭圆C的标准方程为=1(a>b>0),焦距为2c,

则解得

故选D.

6.A　解析:由题可知,c=2,=3,且c2=a2+b2,所以a=1,b=,所以e==2.故选A.

7.D　解析:由已知,不妨设F1(-2,0),F2(2,0).

由题可知a=,c=2.

因为|OP|=|OF1|=|F1F2|,

所以点P在以线段F1F2为直径的圆上,

所以△PF1F2是以点P为直角顶点的直角三角形,

所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,

即|PF1|2+|PF2|2=16.

又||PF1|-|PF2||=2a=2,

所以12==|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|=16-2|PF1||PF2|,

所以|PF1||PF2|=2,所以|PF1||PF2|=1.

故选D.

8.A　解析:由题可知|AF1|=|AF2|=a,|PF1|+|PF2|=2a.

因为|PF1|=|PA|,所以|PF2|=a,|PF1|=a,cos∠APF1=,化简得a2=3c2.

又e=∈(0,1),所以椭圆的离心率为.

故选A.

9.BD　解析:因为2c=6,所以c=3.

又2a+2b=18,a2=b2+c2,

所以所以椭圆方程为=1或=1.

故选BD.

10.BC　解析:由题可知a=3,b=,c==4,

则双曲线的焦点为点(±4,0);

渐近线方程为y=±x=±x,即x±3y=0;

离心率e=;焦点(4,0)到渐近线x+3y=0的距离为d=.

故选BC.

11.AC　解析:设圆锥曲线的离心率为e.

令|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2.

若圆锥曲线Γ为椭圆,则e=;

若圆锥曲线Γ为双曲线,则e=.

综上,曲线Γ的离心率为.

故选AC.

12.ABD　解析:由题可知=1,所以p=2,故选项A正确;

因为p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x,所以其焦点为F(1,0).

因为直线l过抛物线的焦点,所以直线l的方程为y=k(x-1).

因为=0,所以点M在以线段AB为直径的圆上.

设A(x1,y1),B(x2,y2).

联立方程组两式相减得=k.

设AB的中点为Q(x0,y0),则y0=.

又点Q(x0,y0)在直线l上,所以x0=+1,

所以点Q是以线段AB为直径的圆的圆心.

由抛物线的定义知,圆Q的半径r=+2.

因为|QM|2==r2,

所以,

解得k=-2,故选项B正确;

因为k=-2,所以弦长|AB|=2r=2=5,故选项C不正确;

因为k=-2,所以直线l的方程为2x+y-2=0,

所以点M到直线l的距离d=,所以S△MAB=·d·|AB|=×5=,故选项D正确.

故选ABD.

13.=1(答案不唯一)　解析:因为焦点在x轴上,所以设椭圆的方程为=1(a>b>0).

又因为离心率为,所以,所以,即.

14.x-y=0或x+y=0　解析:因为双曲线C:=1(a>0,b>0)的焦距等于实轴长的倍,

所以2c=2a,即c=a,所以.

又因为,

所以双曲线C的渐近线方程为y=±x.

15.2　解析:由题可知抛物线y2=2px(p>0)开口向右,准线方程为x=-.

将点A的坐标代入抛物线方程得4=2px0,即x0=.

因为抛物线y2=2px(p>0)上的点A(x0,-2)到其焦点的距离是点A到y轴距离的3倍,

所以x0+=3x0,

所以=3×,所以p2=8,所以p=2.

16.　解析:不妨设c=2,切点为B,

则sin∠PF1F2=sin∠BF1A=,tan∠PF1F2=,

所以k=.

又k=,|F1F2|=2c=4,所以|PF2|=,所以|PF1|=,所以2a=|PF1|+|PF2|=4,即a=2,所以e=.

17.解(1)设所求的椭圆标准方程为=1(a>b>0).

由题可知2a=12,即a=6,

且离心率e=,所以c=3,

所以b2=a2-c2=62-32=27,

所以所求椭圆的标准方程为=1.

(2)设所求的双曲线方程为mx2+ny2=1,

由题可得解得

所以所求双曲线的标准方程为=1.

18.解(1)由题可知c=.

因为双曲线C的一条渐近线方程为2x-y=0,

所以=2.

又c2=a2+b2,所以5=a2+4a2,解得a2=1,b2=4,

所以双曲线C的标准方程为x2-=1.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),AB中点的坐标为(x0,4),

则=1, ①

=1. ②

②-①得,

所以=4,

即k==x0.

又k=tan=-1,所以x0=-1,

所以直线l的方程为y-4=-(x+1),即x+y-3=0.

19.解(1)由题可知,双曲线C2:=1的右顶点为(2,0),

∴=2,∴p=4,

∴抛物线C1的标准方程为y2=8x.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).

由题可知直线l的斜率存在且不为零,故设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).

联立得k2x2+(2k-8)x+1=0.

由Δ>0得(2k-8)2-4k2>0,∴k<2,

∴x1+x2=-,x1x2=.

又=1,F(2,0),

∴=(x1-2)(x2-2)+y1y2=1,

∴x1x2-2(x1+x2)+4+(kx1+1)(kx2+1)=(1+k2)x1x2+(k-2)(x1+x2)+5=1,

∴k2+4k-5=0,解得k=1或k=-5,

∴直线l的方程为x-y+1=0或5x+y-1=0.

20.解(1)∵F1(2,0),F2(-6,0),

∴解得

(2)由(1)知,曲线C1:=1(y≥0).

由题可知直线斜率存在且不为零,故设直线l的方程为x=my-6(m>0).

联立得(5+4m2)y2-48my+64=0.

∵5+4m2>0,Δ=(48m)2-4×64×(5+4m2)>0,且m>0,∴m>1.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1+y2=,y1y2=,

∴|y1-y2|=,

∴△ABF1面积S=|F1F2||y1-y2|=×8×=64.

令t=>0,则m2=t2+1,

∴S=,

当且仅当t=,即m=时等号成立,

∴△ABF1面积的最大值为.

21.解(1)设点P(x,y).∵,

∴,

∴(x-2)2+y2=,∴1+y2=,

∴双曲线的标准方程为-y2=1.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).

由题可知直线l0:y=x-2,

联立得2x2-12x+15=0,

∴x1+x2=6,x1x2=.

又y1+y2=x1+x2-4,

∴AB中点为M(3,1).又△ABF1外接圆圆心在AB的垂直平分线l1上,∴l1:y=-x+4.

|AB|==2.

设圆心(x0,y0)满足

解得

∴半径R=,

∴外接圆方程为.

22.解(1)因为点M到点F的距离比到y轴的距离大p,

所以点M到点F的距离与到直线x=-p的距离相等,

所以点M在抛物线C上,所以4=4p,解得p=1,

所以抛物线C的方程为y2=4x.

(2)存在.

联立得y2-4my-8m-20=0.

由题可知Δ=16m2+4(8m+20)>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则y1+y2=4m,y1y2=-4(2m+5).

因为=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)

=+(y1-2)(y2-2)

=+y1y2-2(y1+y2)+5

=-4(2m+5)-8m+5

=0,

所以MA⊥MB,即△MAB为直角三角形.

设d为点M到直线l的距离,

则|MA||MB|=|AB|·d

=

=4|1+m|

=16|1+m|

=64,

所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0,

解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍去),

所以m=1或m=-3,

所以当实数m=1或m=-3时,|MA||MB|=64.