北京市石景山区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何

这是一份北京市石景山区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何，共12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。
北京市石景山区高考数学三年（2021-2023）模拟题知识点分类汇编-平面解析几何 一、单选题1．（2021·北京石景山·统考一模）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若是线段的中点，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．42．（2021·北京石景山·统考一模）瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作，，点，点，且其“欧拉线”与圆相切.则圆上的点到直线的距离的最小值为（    ）A． B． C． D．63．（2022·北京石景山·统考一模）已知圆C：，过点的直线l与圆C交于A，B两点，则弦长度的最小值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．44．（2022·北京石景山·统考一模）设A，B为拋物线C：上两个不同的点，且直线过抛物线的焦点，分别以A，B为切点作抛物线的切线，两条切线交于点．则下列结论：①点一定在拋物线的准线上；②；③的面积有最大值无最小值．其中，正确结论的个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．35．（2023·北京石景山·统考一模）已知双曲线的离心率是2，则（    ）A．12 B． C． D．6．（2023·北京石景山·统考一模）已知直线:被圆:所截得的弦长为整数，则满足条件的直线有（    ）A．6条 B．7条 C．8条 D．9条7．（2023·北京石景山·统考一模）已知正方体的棱长为2，点为正方形所在平面内一动点，给出下列三个命题：①若点总满足，则动点的轨迹是一条直线；②若点到直线与到平面的距离相等，则动点的轨迹是抛物线；③若点到直线的距离与到点的距离之和为2，则动点的轨迹是椭圆.其中正确的命题个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3 二、填空题8．（2021·北京石景山·统考一模）双曲线的离心率为___________.9．（2022·北京石景山·统考一模）设点，分别为椭圆C：的左，右焦点，点是椭圆上任意一点，若使得成立的点恰好是4个，则实数的一个取值可以为_________． 三、解答题10．（2021·北京石景山·统考一模）已知椭圆的右焦点为，且经过点和点.（1）求椭圆的方程；（2）和是椭圆上两个不同的点，四边形是平行四边形，直线分别交轴于点和点，求四边形面积的最小值.11．（2022·北京石景山·统考一模）已知椭圆C：的短轴长等于，离心率．(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点作斜率为的直线，与椭圆交于A，B两点，线段的垂直平分线交轴于点，判断是否为定值，请说明理由．12．（2023·北京石景山·统考一模）已知椭圆:过点，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过点且互相垂直的直线,分别交椭圆于,两点及两点.求的取值范围. 四、双空题13．（2023·北京石景山·统考一模）抛物线：的焦点坐标为_________，若抛物线上一点的纵坐标为2，则点到抛物线焦点的距离为_________.
参考答案：1．D【分析】依据题意可知线段为抛物线的通径可得结果.【详解】由题可知：线段为抛物线的通径所以故选：D2．A【分析】由等腰三角形的性质可得边上的高线，垂直平分线和中线合一，其“欧拉线”为边的垂直平分线，运用中点坐标公式和两直线垂直的关系，求得边上的垂直平分线方程，再由点到直线的距离公式结合圆的对称性得出答案.【详解】解：因为在中，所以边上的高线、垂直平分线和中线合一，则其“欧拉线”为边的垂直平分线因为点，点，所以因为直线的斜率为，所以的垂直平分线的斜率为所以的垂直平分线方程为，即因为“欧拉线”与圆相切所以可得圆心到“欧拉线”的距离为圆心到直线的距离为由圆的对称性可知，圆上的点到直线的距离的最小值为故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用距离公式得出圆心到直线的距离，再由对称性得出最小值.3．B【分析】由题意，可得当直线l垂直于过圆心C与定点的直线时，弦长度取得最小值.【详解】解：由题意，因为，所以点在圆C内，因为直线l过点与圆C交于A，B两点，所以当直线l垂直于时弦长度取得最小值，因为，所以，故选：B.4．C【分析】由直线与抛物线知识，对结论依次判断【详解】抛物线焦点，可设直线方程为，联立直线与抛物线方程得，有，切线的方程为，化简得同理切线的方程为联立解得，故①正确，，故②正确对于③，当时，有最小值，无最大值，故③错误故选：C5．B【分析】根据双曲线离心率公式即可求出结果.【详解】由题意可得，解得，故选：B.6．B【分析】圆C的圆心为，半径，直线l过定点，故直线l被圆C截得的弦长范围为，结合圆的对称性，再检验斜率不存在的直线l的情况即可得出答案.【详解】圆的圆心为，半径，直线l化为，则直线l过定点，则，在圆内，当时，直线l被圆C截得的弦长最短为，当过圆心C时，直线l被圆C截得的弦长最长为10，故直线l被圆C截得的弦长范围为，因为弦长为整数，则弦长的取值为7，8，9，10，由圆的对称性，故满足弦长为整数的直线有7条.故选：B.7．C【分析】根据正方体中的线面垂直以及线线垂直关系，即可确定满足满足的动点的轨迹，从而可判断①；利用线线关系将点线距离转化为点点距离，结合圆锥曲线的定义即可判断动点的轨迹，即可得判断②③，从而可得答案.【详解】对于①，如图在正方体中，连接，在正方体中，因为四边形为正方形，所以，又平面，平面，所以，又平面，所以平面，平面平面，平面，点总满足，所以平面，所以，则动点的轨迹是一条直线，故①正确；对于②，平面,平面，则点到直线等于到的距离，又到平面的距离等于到的距离，则到的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，动点的轨迹是抛物线，故②正确；对于③，点到直线的距离等于到的距离，所以到的距离与到点的距离之和为2，即，则点的轨迹为线段，故③不正确.所以正确的命题个数是2.故选：C.8．【分析】依据题意可得，然后根据离心率公式可得结果.【详解】由题可知：，由所以离心率故答案为：9．0（答案不唯一）【分析】当时，说明椭圆上存在4点满足条件.【详解】当时，，则,由椭圆方程可知，，，，因为，所以以为直径的圆与椭圆有4个交点，使得成立的点恰好有4个，所以实数的一个取值可以为0.故答案为：0（答案不唯一）10．（1）；（2）.【分析】（1）题目告诉了椭圆焦点和顶点，即知道了，再由，即可求解；（2）由对称性可设设，则，通过表示直线的方程，求得的坐标，从而表示出面积，再根据点M在椭圆上，得到与的关系以及的范围，即可求解.【详解】（1）由已知，，   所以.            所以椭圆的方程为.         （2）因为四边形是平行四边形，所以AB与MN的中点重合，所以M、N关于原点对称.设，则.（），直线AM的方程为，令，得，即，又，直线AN的方程为，令，得，即.四边形面积为，.因为点M在椭圆上，所以，.所以.所以.所以当时，.所以四边形面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题的关键是把面积用一个量表示出来，再去寻求这一个量的取值范围，从而求出面积的取值范围.11．(1)(2)定值为，理由见解析 【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）设直线的方程为，联立方程组得到，进而求得，得出中垂线的方程，求得，再由弦长公式求得，即可求解.(1)解：由椭圆C：的短轴长等于，离心率．可得，解得，所以椭圆的方程为.(2)解：由椭圆的方程，可得右焦点，设直线的方程为，联立方程组，整理得，可得，所以，则，即，则中垂线的方程为，令，可得，所以，又由 ，所以（定值）.12．(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆过点，且离心率为列方程组求得的值，即可得椭圆的方程；（2）讨论直线的斜率不存在时，直线的斜率不存在时，求各交点坐标即可得的取值，再讨论直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，利用弦长公式即可求得的范围，综合可得答案.【详解】（1）椭圆:过点，且离心率为所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，则直线：，代入椭圆方程得，所以；直线：，代入椭圆方程得，所以，所以；当直线的斜率不存在时，同理可得；当直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，则，消去得，恒成立，所以，所以；同理可得，将换成可得所以，综上所述，的取值范围是.13．          【分析】根据抛物线标准方程可得焦点坐标，利用抛物线定义可得点到抛物线焦点的距离.【详解】抛物线：中，所以的焦点坐标为；由抛物线的定义可得.故答案为：；.