2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷八平面解析几何

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习单元质检卷八平面解析几何，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.若点P(1,2)在双曲线=1(a>0,b>0)的渐近线上,则该双曲线的离心率为( )
A.B.C.D.
2.已知圆x2+y2+2k2x+2y+4k=0关于直线y=x对称,则k的值为( )
A.-1B.1C.±1D.0
3.点A(cs θ,sin θ)到直线3x+4y-4=0的距离的最大值为( )
A.B.C.1D.
4.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交抛物线C于A,B两点,y轴被以AB为直径的圆所截得的弦长为6,则|AB|=( )
A.5B.7C.10D.14
5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为椭圆C上一点,且∠F1PF2=60°,若坐标原点O到直线PF1的距离为,且椭圆C的焦距为2,则a=( )
A.8B.2C.4D.16
6.设抛物线的顶点为O,焦点为F,准线为l.P是抛物线上异于O的一点,过P作PQ⊥l于Q,则线段FQ的垂直平分线( )
A.经过点O
B.经过点P
C.平行于直线OP
D.垂直于直线OP
7.已知F为双曲线G:=1(a>0,b>0)的一个焦点,l1,l2为双曲线的两条渐近线,过点F且垂直于l1的直线与l1,l2分别交于A,B两点,O为坐标原点,若△AOB的面积S△AOB=2ab,则双曲线G的离心率为( )
A.B.
C.D.
8.已知抛物线C:x2=2py(p>0),直线l1:y=kx+t与抛物线C交于A,B两点(点A在点B右侧),直线l2:y=kx+m(m≠t)与抛物线C交于M,N两点(点M在点N右侧),直线AM与直线BN交于点E,点E的横坐标为2k,则抛物线C的方程为( )
A.x2=yB.x2=2y
C.x2=3yD.x2=4y
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,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.已知直线l1:x-y-1=0,动直线l2:(k+1)x+ky+k=0(k∈R),则下列结论正确的是( )
A.不存在k,使得l2的倾斜角为90°
B.对任意的k,l1与l2都有公共点
C.对任意的k,l1与l2都不重合
D.对任意的k,l1与l2都不垂直
10.已知P为椭圆E:=1上一点,F1,F2为椭圆E的左、右焦点,且△F1PF2的面积为3,则下列说法正确的是( )
A.点P的纵坐标为3
B.∠F1PF2>
C.△F1PF2的周长为4(+1)
D.△F1PF2的内切圆的半径为-1)
11.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线经过点M(-1,1),过抛物线C的焦点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与抛物线C交于A,B两点,直线l2与抛物线C交于D,E两点,则下列结论正确的是( )
A.p=2
B.|AB|+|DE|的最小值为16
C.四边形ADBE的面积的最小值为64
D.若直线l1的斜率为2,则∠AMB=90°
12.已知F1,F2是双曲线C:=1的上、下焦点,点M是该双曲线的一条渐近线上的一点,并且以线段F1F2为直径的圆经过点M,则下列说法正确的是( )
A.双曲线C的渐近线方程为y=±x
B.以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=2
C.点M的横坐标为±
D.△MF1F2的面积为2
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.直线l:y=2x+10过双曲线=1(a>0,b>0)一个焦点且与其一条渐近线平行,则双曲线方程为 .
14.如图,AB是平面α的斜线段,A为斜足,点C满足|BC|=λ|AC|(λ>0),且在平面α内运动,则以下几个说法:
①当λ=1时,点C的轨迹是抛物线;
②当λ=1时,点C的轨迹是一条直线;
③当λ=2时,点C的轨迹是圆;
④当λ=2时,点C的轨迹是椭圆;
⑤当λ=2时,点C的轨迹是双曲线.
其中正确的是 .(将所有正确说法的序号填到横线上)
15.
2020年是中国传统的农历“鼠年”,有学生在平面直角坐标系中用三个圆组成“动漫鼠”的形象,如图,M(0,-2)是圆M的圆心,坐标原点O在圆M上,点P,Q均在x轴上,圆P与圆Q的半径都等于1,且圆P,圆Q均与圆M外切.
(1)若直线l过点(0,-1),且圆Q均与直线l相切,则圆M被直线l所截得的弦长为 ;
(2)若直线l过原点,且圆P,圆Q,圆M被直线l所截得的弦长均为d,则d= .
16.已知椭圆C1:=1(a>b>0)和圆C2:x2+y2=b2,若椭圆C1上存在点P,过点P作圆C2的两条切线PA,PB(A,B为对应的切点),且满足∠APB=60°,则椭圆最圆时的离心率e= .
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)设椭圆C:=1(a>b>0)的离心率e=,右焦点到直线p:=1的距离d=,O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点,若以AB为直径的圆过原点O,求点O到直线l的距离.
18.(12分)已知椭圆E:=1(a>b>0)经过点(0,-),离心率为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)设A,F分别为椭圆的右顶点、右焦点,经过点F作直线交椭圆E于C,D两点,求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点).
19.(12分)已知M为椭圆C:=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,且|F1F2|=2,∠F1MF2=,△F1MF2的面积为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线l过椭圆C的右焦点F2,交椭圆C于A,B两点,AB的中点为Q,射线OQ交椭圆C于点P,记△AOQ的面积为S1,△BPQ的面积为S2,若S2=3S1,求直线l的方程.
20.(12分)已知动点P到定直线l:x=4的距离与到定点F(1,0)的距离之比为2.
(1)求点P的轨迹C的方程.
(2)已知点A(-2,0),在y轴上是否存在一点M,使得曲线C上另有一点B,满足|MA|=|MB|,且=-?若存在,求出所有符合条件的点M坐标;若不存在,请说明理由.
21.(12分)已知O为坐标原点,点F(0,1),M为坐标平面内的动点,且2,||,2成等差数列.
(1)求动点M的轨迹方程.
(2)设点M的轨迹为曲线T,过点N(0,2)作直线l交曲线T于C,D两点,试问在y轴上是否存在定点Q,使得为定值?若存在,求出定点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
22.(12分)椭圆规是画椭圆的一种工具,如图①所示,在十字形滑槽上各有一个活动滑标M,N,有一根旋杆将两个滑标连成一体,|MN|=4,D为旋杆上的一点,且在M,N两点之间,且|ND|=3|MD|,当滑标M在滑槽EF内作往复运动,滑标N在滑槽GH内随之运动时,将笔尖放置于D处可画出椭圆,记该椭圆为C.如图②所示,设EF与GH交于点O,以EF所在的直线为x轴,以GH所在的直线为y轴,建立平面直角坐标系.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设A1,A2是椭圆C的左、右顶点,P为直线x=6上的动点,直线A1P,A2P分别交椭圆C于Q,R两点,若四边形A1QA2R面积为3,求点P的坐标.
参考答案
单元质检卷八 平面解析几何
1.D 由题意可知=2,则e=故选D.
2.A 方程x2+y2+2k2x+2y+4k=0可化为+(y+1)2=k4-4k+1,
故圆心坐标为(-k2,-1).因为圆x2+y2+2k2x+2y+4k=0关于直线y=x对称,
所以直线y=x经过圆心,所以-k2=-1,解得k=±1.当k=1时,k4-4k+1<0,不合题意,舍去.所以k=-1.故选A.
3.D 点A(csθ,sinθ)到直线3x+4y-4=0的距离d=,其中φ满足tanφ=当sin(θ+φ)=-1时,d取得最大值,最大值为故选D.
4.C 由题意可知抛物线C:y2=4x的焦点F(1,0),直线AB的斜率一定存在,
故设直线AB的方程为y=k(x-1),点A(x1,y1),B(x2,y2).
由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,则x1+x2==2+,
故AB中点的横坐标为=1+,|AB|=x1+x2+p=4+
由已知得=32+1+2,即2+2=32+1+2,解得k2=所以|AB|=10.故选C.
5.C 分别过点O,F2作直线PF1的垂线,垂足分别为A,B(图略),则OA∥F2B.
由题意可知|OA|=,又O为F1F2的中点,所以|F2B|=
在Rt△PBF2中,因为∠F1PF2=60°,
所以|PF2|=
由椭圆的定义知|PF1|=,在△PF1F2中,由余弦定理得,(2c)2=2+2-2cs60°,
化简得16c2=7a2.又椭圆C的焦距为2,所以c=,所以a=4.故选C.
6.B 如图所示,因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等,又点P在抛物线上,根据抛物线定义可知,|PQ|=|PF|,所以线段FQ的垂直平分线经过点P.
7.C 不妨令直线l1的方程为y=x,直线l2的方程为y=-x,设过点F且垂直于l1的直线方程为y=-(x-c),由解得则点A.同理点B.
当b>a>0时,如图①,S△AOB=S△BOF-S△AOF=cc=2ab,整理得5a2=2c2,所以e=当a>b>0时,如图②,同理可得e=故选C.
8.D 由消去y,得x2-2pkx-2pt=0,则xA+xB=2pk.同理xM+xN=2pk.设AB的中点为P,MN的中点为Q,所以xP=xQ=pk.由题意可知直线PQ过点E,所以xE=pk=2k,所以p=2.所以抛物线C的方程为x2=4y.故选D.
9.BD 对于动直线l2:(k+1)x+ky+k=0(k∈R),当k=0时,斜率不存在,倾斜角为90°,故A错误;联立可得(2k+1)x=0,
当k≠-时,此方程有解;当k=-时,方程组有无数组解,此时l1与l2重合,
可得对任意的k,l1与l2都有交点,故B正确,C错误;
由于直线l1:x-y-1=0的斜率为1,动直线l2的斜率为=-1--1(k≠0),
当k=0时,显然l1与l2不垂直,故对任意的k,l1与l2都不垂直,故D正确.故选BD.
10.CD 由已知得a=2,b=2,c=2,不妨设P(m,n),m>0,n>0,
则2c×n=3,∴n=,故A错误;
∵点P在椭圆E上,
=1,解得m=,
∴P,
∴|PF1|2=+22++2,|PF2|2=-22+-2|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|2=2-16=>0,
∴cs∠F1PF2
=>0,
∴∠F1PF2<,故B错误;
由椭圆定义,可知△F1PF2的周长为2a+2c=4+4,故C正确;
设△F1PF2的内切圆半径为r,则r·(4+4)=3,∴r=-1),故D正确.故选CD.
11.ABD 由题可知=1,所以p=2,故A正确.
设直线l1的斜率为k(k≠0),则直线l2的斜率为-设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4),直线l1:y=k(x-1),直线l2:y=-(x-1).联立消去y,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以x1+x2=,x1x2=1.所以|AB|=x1+x2+p=+2=4+同理|DE|=x3+x4+p=+2=4+4k2,从而|AB|+|DE|=8+4+k2≥16,当且仅当k=±1时,等号成立,故B正确.
因为S四边形ADBE=|AB|·|DE|=81+(1+k2)≥32,当且仅当k=±1时,等号成立,故C错误=(x1+1,y1-1)·(x2+1,y2-1)=x1x2+x1+x2+1+y1y2-(y1+y2)+1,
将x1+x2=3,x1x2=1,y1+y2=2,y1y2=-4代入上式,得=0,所以∠AMB=90°,故D正确.故选ABD.
12.ACD 由双曲线方程=1知a=2,b=,焦点在y轴上,渐近线方程为y=±x=±x,故A正确;
因为c=,所以以F1F2为直径的圆的方程是x2+y2=6,故B错;
由由对称性知点M的横坐标是±,故C正确;
|F1F2||xM|=2=2,故D正确.故选ACD.
13=1 由题意得
解得a2=5,b2=20,
∴双曲线的方程是=1.
14.②③ 当λ=1时,|BC|=|AC|,过AB的中点作线段AB的垂面β,
则点C在α与β的交线上,即点C的轨迹是一条直线;
当λ=2时,|BC|=2|AC|,设B在平面α内的射影为D,连接BD,CD,
设|BD|=h,|AD|=2a,
则|BC|=
在平面α内,以AD所在直线为x轴,以AD的中垂线为y轴建立如图所示平面直角坐标系,
设C(x,y),则有A(-a,0),D(a,0),
则|CA|=,CD=,
|CB|=,
所以
=2,
化简得x+a2+y2=所以点C的轨迹是圆.
15.(1)2 (2) 由题意圆P与圆Q关于原点对称,设Q(a,0)(a>0),则=1+2,a=,即Q(,0),
所以P(-,0).
(1)设直线l的方程为y+1=kx,即kx-y-1=0,由=1得k=0或k=,则l的方程为y=-1或y=x-1,当l的方程为y=-1时,圆心M到l的距离为1,所以弦长为2=2;当l方程为y=x-1时,圆心M到l的距离为,所以弦长为2故圆M被直线l所截得的弦长为2
(2)因为直线l过原点,所以设直线l方程为kx-y=0,点M到直线l的距离为,直线截圆M所得弦长为d=2,点P到直线l的距离为,直线截圆P所得弦长为d=2=2,由题意=2,解得k2=,
所以d=2
16 连接OA,OB,OP,依题意,O,P,A,B四点共圆,
∵∠APB=60°,∴∠APO=∠BPO=30°,在直角三角形OAP中,∠AOP=60°,
∴cs∠AOP=,
∴|OP|=2b,又b<|OP|≤a,
∴2b≤a,∴4b2≤a2,
由a2=b2+c2,即4(a2-c2)≤a2,
∴3a2≤4c2,即e,又0e<1,∴椭圆C的离心率的取值范围是e<1.∴椭圆最圆时的离心率e=
17.解(1)∵e=,,∵右焦点(c,0)到直线=1的距离d=,
,又b2+c2=a2,
∴a2=4,b2=3,
∴椭圆C的方程是=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
则
(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,
x1+x2=,x1·x2=
∵直线l与椭圆C交于A,B两点,以AB为直径的圆过原点O,=0,
∴x1x2+y1y2=0.
∴x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=0,
∴(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,+m2=0,化简得,即,故点O到直线l的距离为
18.解(1)将点(0,-)代入椭圆方程=1,得b2=3,又离心率,a2=b2+c2,∴a2=4,
椭圆E的方程为=1;
(2)设直线CD方程为x=ky+1,C(x1,y1),D(x2,y2),联立化简得(3k2+4)y2+6ky-9=0,∴y1+y2=-,y1y2=-,
四边形OCAD面积为S=S△OCA+S△ODA=2×|y1|+2×|y2|=|y1-y2|=,令t=(t≥1),
∴S=,
∵t≥1,y=3t+在[1,+∞)上单调递增,∴y≥4,
故S=3,当且仅当t=1,
即k=0时,等号成立.
故四边形OCAD面积的最大值为3.
19.解(1)因为|F1F2|=2,所以c=1,设|MF1|=m,|MF2|=n,m+n=2a,
因为∠F1MF2=,△F1MF2的面积为,所以S=mnsin,所以mn=4.
在△MF1F2中,由余弦定理得4=m2+n2-2mncs,
即4=(m+n)2-3mn,解得m+n=4,所以a=2,b2=3,所以椭圆C的方程是=1.
(2)因为S2=3S1,
所以|QP||QB|sin∠BQP=3|QA||QO|sin∠AQO,
所以|QP|=3|QO|,
所以|OP|=4|OQ|.
所以xP=4xQ,
当直线l的斜率不存在时,S2=S1,不合题意,当直线l的斜率存在时,设直线方程为y=k(x-1),设点A(x1,y1),B(x2,y2),
则两式作差,得=-,即kAB·kOP=-,
故直线OP的方程为y=-x,联立解得,联立解得xQ=,
因为xP=4xQ,所以=4,即k2=,解得k=±,所以直线l的方程为y=±(x-1).
20.解(1)设P(x,y),
由题可得=2,
化简得3x2+4y2=12,即=1,所以曲线C的方程为=1.
(2)假设在y轴上存在符合题意的点M,则点M在线段AB的中垂线上,由题意知直线AB的斜率显然存在.
当直线AB的斜率为0时,则A(-2,0),B(2,0).
设M(0,t),则=(-2,-t),=(2,-t).
由=-4+t2=-,解得t=±,此时M0,±.
当直线AB的斜率不为0时,设直线AB的方程为y=k(x+2).
联立得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0,
则-2·xB=,解得xB=,即B.
AB的中点为.
线段AB的中垂线的方程为y-=-x+,
令x=0,得y=,
即M0,-.
所以=-2,,=,
所以=-解得k2=,此时M0,±.
综上可得M0,±或M0,±.
21.解(1)设M(x,y),由条件知||=1+,
所以=1+y(y≥-1).
两边平方,得x2+y2-2y+1=y2+2y+1,所以x2=4y,满足y≥-1,
所以点M的轨迹方程为x2=4y.
(2)由题意知直线l的斜率存在.设l的方程为y=kx+2,与x2=4y联立,得x2-4kx-8=0,
所以Δ=16k2+32>0,设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-8.
又设Q(0,y0),
则=(x1,y1-y0),=(x2,y2-y0),所以=x1x2+(y1-y0)(y2-y0)
=x1x2+(kx1+2-y0)(kx2+2-y0)
=(k2+1)x1x2+k(2-y0)(x1+x2)+=-8(k2+1)+4k2(2-y0)+-8-4y0k2为定值,从而得y0=0,所以存在定点Q(0,0),使得为定值-4.
22.解(1)由题得|MD|=1,|ND|=3,所以椭圆C的长半轴长为3,短半轴长为1,
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)当t>0时,设点P(6,t),则直线A1P的方程为y=(x+3),直线A2P的方程为y=(x-3).设Q(x1,y1),R(x2,y2).由消去x,得(9+t2)y2-6ty=0,由于=0,则y1=由消去x,得(1+t2)y2+2ty=0,由于=0,则y2=-所以四边形A1QA2R的面积为S=|A1A2|·|y1-y2|=3=
由于t>0,m=2,当且仅当t=时,等号成立,
故S==3解得m=2或m=(舍去),即t=
当t<0时,由对称性可得t=-
综上,当点P(6,)或P(6,-)时,四边形A1QA2R面积为3