统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷一客观题专练14解析几何文（附解析）

这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷一客观题专练14解析几何文（附解析），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·云南省昆明市测试]抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－y2＝1的渐近线的距离为( )
A．eq \f(1,2)B．eq \f(\r(2),2)C．eq \f(\r(3),2)D．2
2．[2023·广东省湛江市高三一模]已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)的焦点为F，点M是C上的一点，M到直线y＝2p的距离是M到C的准线距离的2倍，且|MF|＝6，则p＝( )
A．4B．6C．8D．10
3．[2023·全国甲卷(文)]设F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,5)＋y2＝1的两个焦点，点P在C上，若eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，则|PF1|·|PF2|＝( )
A．1B．2C．4D．5
5．[2023·福建省六校联考]过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且斜率大于0的直线l交抛物线于点A，B(点A位于第一象限)，交其准线于点C，若|BC|＝3|BF|，则直线AB的斜率为( )
A．2eq \r(3)B．2eq \r(2)C．eq \r(3)D．eq \r(2)
6．[2023·湖南高三模拟]F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1的左、右焦点，过F1的直线分别交该双曲线的左、右两支于A，B两点，若AF2⊥BF2，|AF2|＝|BF2|，则|AF2|＝( )
A．2B．2eq \r(2)C．4D．4eq \r(2)
7．[2023·成都诊断性检测]已知抛物线x2＝4y的焦点为F，过F的直线与抛物线相交于A，B两点，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(7,2)))，若PB⊥AB，则|AF|＝( )
A．eq \f(3,2)B．2C．eq \f(5,2)D．3
8．[2023·河北省邯郸市高三一模]设F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,8)＝1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C的左支上，且eq \f(eq \(OF1,\s\up6(→))·\(OP,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OP,\s\up6(→)))))＋eq \f(eq \(F1P,\s\up6(→))·\(OP,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OP,\s\up6(→)))))＝2eq \r(3)，则△PF1F2的面积为( )
A．8B．8eq \r(3)C．4D．4eq \r(3)
9．[2023·广东深圳模拟]已知椭圆C：eq \f(x2,m2＋9)＋eq \f(y2,m2)＝1，F1，F2分别是其左、右焦点，若对椭圆C上的任意一点P，eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))>0恒成立，则实数m的取值范围为( )
A．(－3，0)∪(0，3) B．[－3，0)∪(0，3]
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3]∪[3，＋∞)
10．[2023·温州适应性测试]设F为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )
A．eq \r(3)B．eq \r(2)C．2D．eq \r(5)
11．[2023·全国乙卷(文)]设A，B为双曲线x2－eq \f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是( )
A．(1，1) B．(－1，2) C．(1，3) D．(－1，－4)
12．[2023·四川遂宁模拟]已知椭圆T：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长半轴长为2，且过点M(0，1).若过点M引两条互相垂直的直线l1，l2，P为椭圆上任意一点，记点P到l1，l2的距离分别为d1，d2，则eq \r(d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )的最大值为( )
A．2B．eq \f(4\r(3),3)C．5D．eq \f(16,3)
[答题区]
二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．[2023·辽宁省丹东市高三质量监测]已知双曲线C经过坐标原点O，两个焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(3，0)，则C的离心率为________．
14．[2023·济南名校联考]可知F1，F2为双曲线x2－eq \f(y2,4)＝1的左、右焦点，P为双曲线右支上一点，且|PF1|＝2|PF2|，则△PF1F2的面积为________．
15．[2023·辽宁省沈阳市高三质量监测]已知抛物线x2＝4y，点M(t，－2)，t∈[－1，1]，过M作抛物线的两条切线MA，MB，其中A，B为切点，直线AB与y轴交于点P，则eq \f(|PA|,|PB|)的取值范围是________．
16．[2023·山东济南模拟]已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2，上顶点为A，左顶点为B，左、右焦点分别是F1，F2，且△F1AB的面积为eq \f(2－\r(3),2)，则椭圆的方程为________；若点P为椭圆上的任意一点，则eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)的取值范围是________．
解析几何（14）
1．B 因为抛物线的焦点为（1，0），双曲线的渐近线为x±y＝0，
所以抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为d＝eq \f(|1±0|,\r(12＋12))＝eq \f(\r(2),2)，故选B.
2．A 设M（x0，y0），则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2p－y0＝6×2,\f(p,2)－y0＝6))，解得p＝4，故选A.
3．B 方法一 因为eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，所以PF1⊥PF2，则＝eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|＝b2taneq \f(∠F1PF2,2)，得eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|＝1×taneq \f(90°,2)，所以|PF1|·|PF2|＝2，故选B.
方法二 因为eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，所以PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝（2c）2＝16.因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝2eq \r(5)，所以（|PF1|＋|PF2|）2＝20，即|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2，故选B.
4．B ∵PF的中点到y轴的距离为3，
∴eq \f(xP＋|OF|,2)＝3，即eq \f(xP＋2,2)＝3，解得xP＝4，
代入抛物线方程可得P（4，4eq \r(2)），
因为F点的坐标为（2，0），所以直线PF的斜率为eq \f(4\r(2)－0,4－2)＝2eq \r(2).故选B.
5．B 作BB1垂直准线于B1，在Rt△BCB1中，cs∠CBB1＝eq \f(|BB1|,|BC|)＝eq \f(|BF|,|BC|)＝eq \f(1,3)，sin∠CBB1＝eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3)，所以tan∠CBB1＝2eq \r(2)，所以直线AB的斜率为2eq \r(2).故选B.
6．C 由双曲线的定义可得，|AF2|－|AF1|＝2a，|BF1|－|BF2|＝2a，
因为|AF2|＝|BF2|，所以|BF2|－|AF1|＝2a，
所以|BF1|－|AF1|＝4a，即|AB|＝4a，
因为AF2⊥BF2，
所以|AF2|2＋|BF2|2＝|AB|2，所以2|AF2|2＝|AB|2＝16a2，
由eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1，得a2＝2，
所以2|AF2|2＝|AB|2＝16a2＝32，得|AF2|＝4，故选C.
7．D 解法一 由题意，知F（0，1），直线AB的斜率存在且不为0.
设直线AB的方程为y＝kx＋1（k≠0），A（x1，y1）（y1>0），B（x2，y2）（y2>0），由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1,x2＝4y))，消去x，得y2－（4k2＋2）y＋1＝0，Δ>0，所以y1y2＝1 ①
因为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(7,2)))，所以|PF|＝1＋eq \f(7,2)＝eq \f(9,2).
由抛物线的定义，知|BF|＝y2＋1.
因为PB⊥AB，所以△PBF为直角三角形，所以|BF|2＋|BP|2＝|PF|2，即（y2＋1）2＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋\f(7,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(81,4)，即（y2＋1）2＋4y2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y2＋\f(7,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(81,4)，得y2＝eq \f(1,2)，代入①，解得y1＝2，所以|AF|＝y1＋1＝2＋1＝3，故选D.
解法二 由题意，知F（0，1），直线AB的斜率存在且不为0.
设直线AB的方程为y＝kx＋1（k≠0），A（x1，y1）（y1>0），B（x2，y2）（y2>0），由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1,x2＝4y))，消去x，得y2－（4k2＋2）y＋1＝0，所以y1y2＝1，所以x1x2＝－4eq \r(y1y2) ①
因为PB⊥AB，所以eq \(PB,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2＋\f(7,2)))·（x2－x1，y2－y1）＝0，结合①整理，得2y eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ＋15y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋6y2－7＝0，即（y2＋7）（y2＋1）（2y2－1）＝0，得y2＝eq \f(1,2)，所以y1＝2，所以|AF|＝y1＋1＝2＋1＝3，故选D.
8．A 由eq \f(eq \(OF1,\s\up6(→))·\(OP,\s\up6(→)),|\(OP,\s\up6(→))|)＋eq \f(eq \(F1P,\s\up6(→))·\(OP,\s\up6(→)),|\(OP,\s\up6(→))|)＝eq \f(（eq \(OF1,\s\up6(→))＋eq \(F1P,\s\up6(→))）·\(OP,\s\up6(→)),|\(OP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\(OP,\s\up6(→))·\(OP,\s\up6(→)),|\(OP,\s\up6(→))|)＝|eq \(OP,\s\up6(→))|＝2eq \r(3)，
不妨设F1（－2eq \r(3)，0），F2（2eq \r(3)，0），
所以|OP|＝eq \f(1,2)|F1F2|，所以点P在以F1F2为直径的圆上，
即△PF1F2是以P为直角顶点的直角三角形，
故|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2＝48.
又|PF1|－|PF2|＝2a＝4，
所以16＝（|PF1|－|PF2|）2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝48－2|PF1||PF2|，
解得：|PF1||PF2|＝16，所以＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|＝8.故选A.
9．C 当点P为短轴上的顶点时，∠F1PF2最大，要使eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))>0恒成立，则∠F1PF2为锐角，即∠F1PO<45°（O为坐标原点），即tan∠F1PO＝eq \f(c,b)<1，所以c2而c2＝a2－b2＝m2＋9－m2＝9，所以93或m<－3，故选C.
10．B 解法一 以OF为直径的圆的方程为x2＋y2－cx＝0，圆O的方程为x2＋y2＝a2，所以PQ所在直线的方程为x＝eq \f(a2,c)，把x＝eq \f(a2,c)代入x2＋y2＝a2，得|PQ|＝eq \f(2ab,c)，因为|PQ|＝|OF|，所以eq \f(2ab,c)＝c，即2ab＝c2＝a2＋b2，所以a＝b，所以双曲线的离心率e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2)，故选B.
解法二 因为|PQ|＝|OF|，所以PQ为以OF为直径的圆的直径，所以可取Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(c,2)))，又|OP|＝a，所以eq \f(\r(2)c,2)＝a，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(2)，故选B.
11．D 结合选项可知，直线AB的斜率存在且不为零．
设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点为M（x0，y0），由点A，B在双曲线上，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,9)＝1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)＝1))，两式作差，得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)，即（x1－x2）（x1＋x2）＝eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,9)，化简得eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,（x1－x2）（x1＋x2）)＝9，即eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝kAB·eq \f(y0,x0)＝9，因此kAB＝9·eq \f(x0,y0).
由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．
对于A选项，因为kAB＝9×eq \f(1,1)＝9>3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB＝9×eq \f(－1,2)＝－eq \f(9,2)＜－3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于C选项，kAB＝9×eq \f(1,3)＝3，此时直线AB与渐近线y＝3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB＝9×eq \f(－1,－4)＝eq \f(9,4)<3，所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D.
12．B 由题意可得a＝2，b＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.设P（x，y）.①若直线l1，l2中的一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0，不妨设直线l1的方程为x＝0，则l2的方程为y＝1.则d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝x2＋（1－y）2，因为P在椭圆上，所以x2＝4－4y2，所以d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝5－3y2－2y＝5－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(1,3)，y∈[－1，1]，所以当y＝－eq \f(1,3)时，d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) 有最大值eq \f(16,3)，所以eq \r(d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )的最大值为eq \f(4\r(3),3).②当直线l1，l2的斜率存在，且不为0时，设直线l1的方程为y＝kx＋1，即kx－y＋1＝0，则l2的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋1，即x＋ky－k＝0.则d1＝eq \f(|kx－y＋1|,\r(1＋k2))，d2＝eq \f(|x＋ky－k|,\r(1＋k2))，所以d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(（kx－y＋1）2＋（x＋ky－k）2,1＋k2)＝x2＋y2－2y＋1＝4－4y2＋y2－2y＋1＝5－3y2－2y，由①可得eq \r(d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋d eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )的最大值为eq \f(4\r(3),3).故选B.
13．答案：2
解析：双曲线C经过坐标原点O，两个焦点坐标分别为F1（－1，0），F2（3，0），
可得2c＝4，所以c＝2，c－a＝1，所以a＝1，所以双曲线的离心率为：e＝eq \f(c,a)＝2.
14．答案：4
解析：因为点P在双曲线的右支上，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝2，又|PF1|＝2|PF2|，所以|PF2|＝2，|PF1|＝4，又易知|F1F2|＝2eq \r(5)，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以△PF1F2为直角三角形，所以＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|＝eq \f(1,2)×2×4＝4.
15．答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
解析：设切点A（x1，y1），B（x2，y2），由抛物线y＝eq \f(1,4)x2，y′＝eq \f(1,2)x，
∴切线MA：x1x＝2y1＋2y，
同理切线MB：x2x＝2y2＋2y，
又点M是两条切线的交点，所以x1t＝2y1－4，x2t＝2y2－4.
所以直线AB的方程为tx＝－4＋2y，即y－2＝－eq \f(tx,2).
此直线恒过P（0，2），则eq \f(|PA|,|PB|)＝eq \f(\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋（y1－2）2),\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋（y2－2）2))＝eq \f(\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(tx1,2)))\s\up12(2)),\r(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(tx2,2)))\s\up12(2)))＝－eq \f(x1,x2).
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(y＝\f(tx,2)＋2,x2＝4y)))，消去y，得x2－2tx－8＝0，
∴x1＋x2＝2t，x1x2＝－8，∴eq \f(（x1＋x2）2,x1x2)＝eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2＝－eq \f(t2,2).
∵t∈[－1，1]，∴－eq \f(t2,2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))，即－eq \f(1,2)≤eq \f(x1,x2)＋eq \f(x2,x1)＋2≤0，
令m＝eq \f(x1,x2)，则－eq \f(1,2)≤m＋eq \f(1,m)＋2≤0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)≤m＋\f(1,m)＋2,m＋\f(1,m)＋2≤0)))，解得－2≤m≤－eq \f(1,2)，
∴eq \f(x1,x2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,2)))，即eq \f(|PA|,|PB|)＝－eq \f(x1,x2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
16．答案：eq \f(x2,4)＋y2＝1 [1，4]
解析：由已知得2b＝2，故b＝1，∴a2－c2＝b2＝1.∵△F1AB的面积为eq \f(2－\r(3),2)，∴eq \f(1,2)（a－c）b＝eq \f(2－\r(3),2)，∴a－c＝2－eq \r(3)，∴a＝2，c＝eq \r(3)，则椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，∴eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,|PF1||PF2|)＝eq \f(4,|PF1|（4－|PF1|）)＝eq \f(4,－|PF1|2＋4|PF1|)，又2－eq \r(3)≤|PF1|≤2＋eq \r(3)，∴1≤－|PF1|2＋4|PF1|≤4，∴1≤eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)≤4.即eq \f(1,|PF1|)＋eq \f(1,|PF2|)的取值范围为[1，4].题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案