北京市东城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何

这是一份北京市东城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
北京市东城区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何 一、单选题1．（2023·北京东城·统考一模）抛物线的准线方程为（    ）A． B． C． D．2．（2022·北京东城·统考三模）已知直线与圆交于两点，且，则（    ）A． B． C． D．3．（2022·北京东城·统考二模）已知点在直线上．则当变化时，实数a的范围为（    ）A． B．C． D．4．（2022·北京东城·统考二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，P为C右支上一点．若的一条渐近线方程为，则（    ）A． B． C． D．5．（2022·北京东城·统考一模）在平面直角坐标系中，直线与轴和轴分别交于，两点，，若，则当，变化时，点到点的距离的最大值为（    ）A． B． C． D．6．（2021·北京东城·统考一模）已知椭圆的右焦点F与抛物线的焦点重合，P为椭圆与抛物线的公共点，且轴，那么椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．7．（2021·北京东城·统考一模）已知圆截直线所得弦的长度为1，那么k的值为（    ）A． B． C．1 D． 二、填空题8．（2023·北京东城·统考一模）已知双曲线的一个焦点是，且与直线没有公共点，则双曲线的方程可以为______.9．（2022·北京东城·统考二模）已知抛物线，为C上一点，轴，垂足为Q，F为C的焦点，O为原点．若，则__________． 三、解答题10．（2023·北京东城·统考一模）已知椭圆E：的一个顶点为，离心率.(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.设椭圆的左顶点为D，求的值.11．（2022·北京东城·统考三模）已知椭圆的左焦点为，长轴长为.过右焦点的直线交椭圆C于两点，直线分别交直线于点.(1)求椭圆C的方程；(2)设线段中点为，当点位于轴异侧时，求到直线的距离的取值范围.12．（2022·北京东城·统考二模）已知椭圆的右顶点为，离心率为．过点与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点B，C，直线，分别交直线于点M，N．(1)求椭圆E的方程；(2)设O为原点．求证：．13．（2022·北京东城·统考一模）已知椭圆的离心率为，焦距为．(1)求椭圆的方程；(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于，两点.是否存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.14．（2021·北京东城·统考一模）已知椭圆过点，且焦距为.（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P，Q两点，点T与点Q关于x轴对称，直线与x轴交于点H，是否存在常数，使得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 四、双空题15．（2022·北京东城·统考三模）双曲线的离心率为___________；设为坐标原点，过的右焦点且垂直于轴的直线与的两条渐近线分别交于两点，则△的面积为___________.16．（2022·北京东城·统考一模）已知抛物线过点，则________；若点，在上，为的焦点，且，，成等比数列，则________.17．（2021·北京东城·统考一模）已知双曲线经过点，那么m的值为___________，C的渐近线方程为___________.
参考答案：1．D【分析】根据抛物线方程求出，进而可得焦点坐标以及准线方程.【详解】由可得，所以焦点坐标为，准线方程为：，故选：D.2．B【分析】由题知直线过定点，且在圆内，进而结合题意将问题转化为圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式求解即可.【详解】解：因为直线，所以，直线过定点，且在圆内，因为直线与圆交于两点，且，所以，圆心到直线的距离为，所以，，即，即.故选：B3．B【分析】由题可得，然后利用三角函数的性质可得，即得.【详解】∵点在直线上，∴，∴，其中，∵，∴，即，解得或.故选：B.4．C【分析】利用双曲线的定义可得，结合条件可得，进而可得，即得.【详解】由题可知，，因为的一条渐近线方程为，所以，，所以.故选：C.5．B【分析】先求得A，两点坐标，根据得到，再结合可得到C轨迹为动圆，求得该动圆圆心的方程，即可求得答案.【详解】由得 ，故 由得，由得，设 ，则 ，即，即点C轨迹为一动圆，设该动圆圆心为 ，则，整理得 ，代入到中，得： ，即C轨迹的圆心在圆上， 故点（1,1）与该圆上的点的连线的距离加上圆的半径即为点到点的距离的最大值，最大值为 ，故选：B6．A【分析】利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到，将其代入椭圆方程得到，根据离心率公式得到，解方程可得结果.【详解】由得，不妨设在第一象限，因为轴，，所以，又在椭圆中，，所以，即，所以，所以，所以，所以，所以，整理得，解得或（舍），故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于的等量关系．利用椭圆的右焦点与抛物线的交点重合得到，将其代入椭圆方程得到，根据离心率公式可得关于的等量关系.7．D【分析】根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求得结果.【详解】圆的圆心为，半径，圆心到直线的距离，由得，得，又因为，所以.故选：D8．【分析】取直线为双曲线的渐近线，则，根据焦点得到，，得到双曲线方程.【详解】取直线为双曲线的渐近线，则，双曲线的一个焦点是，故，故，故双曲线方程为.故答案为：9．/0.6【分析】由题可设直线，进而可得，即得.【详解】不妨设在轴上方，由，可设直线，由，可得，∴，又，∴.故答案为：.10．(1)(2) 【分析】（1）依题意可得，，进而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线，的方程，表示出，得到点为线段的中点，进而求解.【详解】（1）由题意可知，，所以，则所求椭圆的方程为.（2）依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，因为点，则点为线段的中点，所以.【点睛】直线与圆锥曲线相交所成线段比值的求解步骤：设出直线方程，利用韦达定理和判别式求出取值范围；结合韦达定理将线段比值的表达式表示出来；根据判别式中的范围采用分离变量，换元，基本不等式等方法进行求值.11．(1)(2) 【分析】（1）由题可知，求解即可；（2）利用韦达定理求斜率的范围以及线段中点T的横坐标为，注意讨论直线斜率是否存在．（1）由题可知解得.故椭圆C的方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，T到直线的距离为1.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为.联立消y，得.由及题意，可得.设，则.直线的方程为，令，得，则.同理，.因为点M，N位于x轴异侧，所以.即，解得.线段中点T的横坐标为t，则.T到直线的距离为.由，得，故.综上，T到直线的距离的取值范围为.12．(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由题得到关于的方程组，解方程组即得解；（2）设，只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得韦达定理，根据三点共线得到，，求出即得证.【详解】（1）解：由题得所以椭圆E的方程为.（2）解：要证，只需证，只需证明只需证明只需证明设，只需证明只需证明.设直线l的方程为，联立椭圆方程得，设，所以，又三点共线，所以，同理，所以，所以所以.所以.13．(1)(2)存在，. 【分析】（1）由求出，再根据求出，可得结果；（2）设，，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到与，将化为，即，再结合韦达定理可得对恒成立，从而可得.(1)由题意可知，，解得，所以，所以椭圆的方程为.(2)直线的方程为，联立，消去并整理得，则，得，设，，则，，依题意可得，因为在，之间，所以，所以,因为，所以 得，得，得，将，代入上式并整理得，对恒成立，所以，即，故存在常数，使得直线与直线的交点在，之间，且总有.【点睛】关键点点睛：利用平面集合知识将化为后，再结合韦达定理求解是解题关键.14．（1）（2）存在, 【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出可得结果；（2）设，，则，设直线，代入，得到和，利用直线的方程求出的坐标，求出、，则可得的值.【详解】（1）因为椭圆过点，所以，又，即，所以，所以椭圆C的方程为：.（2）显然直线的斜率存在且不为0，设直线，联立，消去并整理得，，得，设，，则，所以，，直线：，令，得，所以，又，所以，又因为，，所以，，所以，解得.所以存在常数，使得成立.【点睛】关键点点睛：用的坐标表示的坐标，再根据韦达定理算的值是解题关键.15．     2     【分析】由题知，进而根据题意，依次求解即可.【详解】解：由题知，故双曲线的离心率为.所以，右焦点为，渐近线方程为，所以，所以的面积为.故答案为：；16．          【分析】根据点在抛物线上，代入可得，再由抛物线定义可得，，，又，，成等比数列，代入即可得解.【详解】由抛物线过点，可得，所以，根据抛物线定义可得，，，由，，成等比数列，所以，可得，所以.故答案为：，.17．          【分析】将点代入双曲线的方程，求得，进而求得双曲线的渐近线方程，得到答案.【详解】由题意，双曲线经过点，可得，解得，即双曲线的方程为，则其渐近线的方程为.故答案为：；.