高中高考数学一轮复习综合检测AB卷平面解析几何综合测试卷B含解析答案

这是一份高中高考数学一轮复习综合检测AB卷平面解析几何综合测试卷B含解析答案，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点在轴上的投影为点，则的最小值是（ ）
A．1B．C．D．
3．将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转（为锐角），若所得曲线仍是一个函数的图象，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
4．古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示.用过点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高，底面圆的半径为4，为母线的中点，平面与底面的交线，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，若，则（ ）
A．B．C．或D．
6．已知实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，的角平分线与的交点恰好在轴上，则线段的长度为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是平面直角坐标系中的点集.设是中两点间距离的最大值，是表示的图形的面积，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多选题
9．已知、是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ）
A．
B．
C．线段PQ的长度的最大值为
D．当均不在轴上时，过点分别作曲线的两条切线与，且当时，与之间的距离记为，则的取值范围为
10．如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，则（ ）
A．的方程为
B．的最小值为
C．
D．曲线在点处的切线与线段垂直
11．设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
三、填空题
12．已知函数，点、是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是 ．
13．如图，有一张较大的矩形纸片分别为AB，CD的中点，点在上，.将矩形按图示方式折叠，使直线AB（被折起的部分）经过P点，记AB上与点重合的点为，折痕为.过点再折一条与BC平行的折痕，并与折痕交于点，按上述方法多次折叠，点的轨迹形成曲线.曲线在点处的切线与AB交于点，则的面积的最小值为 .
14．如图，在中，已知，其内切圆与AC边相切于点D，且，延长BA到E，使，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知椭圆，其左、右焦点分别为F1，F2，离心率，点P为该椭圆上一点，且△F1PF2的面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的上顶点B作两条互相垂直的直线，分别交椭圆C于点D、E，求线段DE长度的最大值.
16．已知抛物线的焦点为，过点作抛物线的两条切线，切点分别为.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作两条倾斜角互补的直线，直线交抛物线于两点，直线交抛物线于两点，连接，设的斜率分别为，问：是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
17．已知点在双曲线的一条渐近线上，为双曲线的左、右焦点且.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点的直线与双曲线恰有一个公共点，求直线的方程；
(3)过点的直线与双曲线左右两支分别交于点，求证：.
18．如图，已知椭圆的方程为和椭圆，其中分别是椭圆的左右顶点．
(1)若恰好为椭圆的两个焦点，椭圆和椭圆有相同的离心率，求椭圆的方程；
(2)如图，若椭圆的方程为.是椭圆上一点，射线分别交椭圆于，连接（均在轴上方）.求证：斜率之积为定值，求出这个定值；
(3)在（2）的条件下，若，且两条平行线的斜率为，求正数的值．
19．已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
参考答案：
1．B
【分析】找出与圆有四个公共点的等价条件，据此结合充分条件、必要条件概念判断即可.
【详解】由圆的方程为可得圆心，半径，
若圆与函数相交，则圆心到直线的距离，
即，
若函数的图象与圆有四个公共点，则原点在圆的外部，
即，解得，
综上函数的图象与圆有四个公共点则，
所以“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的必要不充分条件，
故选：B
2．B
【分析】设抛物线上点设，根据向量数量积的坐标表示，配方后求最值即可.
【详解】由抛物线可知，焦点为，
设，则，
则，
所以，
当时，的最小值是，
故选：B
3．C
【分析】根据二次函数的性质判断函数的单调性，求出过点切线斜率，得出切线的倾斜角，即可求解.
【详解】设，根据二次函数的单调性，可得函数在上为增函数，在上为减函数．
函数，则函数图象所在圆心坐标为，半径为2.
设过点切线斜率为，则，解得，
所以切线的倾斜角为，
所以要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转θ后的切线倾斜角最多为，
即最大旋转角为，即θ的最大值为.
故选：C．
4．B
【分析】建立如图平面直角坐标系，求出点M、E的坐标，代入双曲线方程，进而求得渐近线方程，利用两角差的正切公式求出两渐近线所夹锐角的正切值，再求出余弦值即可.
【详解】设交于，
以过点且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆锥的轴为轴建立如图所示坐标系，
因为圆锥的高，是的中点，且截面垂直于底面，
所以，所以，又因为底面圆半径，
所以，，所以，
设双曲线方程为，将代入，
得，解得，则双曲线的两条渐近线方程为，
由对称性可知两条渐近线所夹锐角的正切值为，
所以双曲线两渐近线所夹锐角的余弦值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是在求得双曲线渐近线方程后，利用两角差的正切公式求出两渐近线所夹锐角的正切值.
5．D
【分析】都为平面内的点集，即两点集对应的几何图形无公共点，数形结合解决问题.
【详解】集合
表示平面内一条直线，但不包含点；
由，得，
不论取何值，直线恒过，
对于的每一个取值，集合
都表示平面内过定点的一条直线.
当时，集合表示的直线的方程为，
此时直线与直线重合，有无数个公共点，即，不满足题意；
当时，直线与直线不重合，相交于点，
又，即，满足题意.
故选：D.
6．A
【分析】去绝对值分别列出每个象限解析式，数形结合利用距离求解范围.
【详解】当，表示椭圆第一象限部分；
当，表示双曲线第四象限部分；
当，表示双曲线第二象限部分；
当，不表示任何图形；
以及两点，
作出大致图象如图：
曲线上的点到的距离为，
根据双曲线方程可得第二四象限双曲线渐近线方程都是，
直线与距离为，
曲线二四象限上的点到的距离为小于且无限接近1，
联立，消得，
，且，
所以直线与椭圆第一象限部分由两个交点，
考虑曲线第一象限的点到距离得最小值为，
所以，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决本题问题的关键是确定方程表示的图形，以及通过曲线上的点到直线的距离为的取值范围，间接求解的取值范围.
7．C
【分析】先根据题意画出图象，由角平分线的性质可得点到直线与的距离相等，进而利用直线的方程可得点的坐标，然后列方程求点的坐标，从而可得.
【详解】由题意可知，点只能在第一、四象限，不妨设点在第一象限，如图所示：

设，又，
由题意可知，直线的斜率一定存在，
所以，直线，即，则点，
直线，化为一般形式得，
因为点在的角平分线上，所以点到直线与的距离相等，
点到直线的距离，
点到直线的距离，
于是，化简得，
即，
又点在椭圆上，所以，得，
因此，，即，
解得或，点在第一象限，所以，，
则点，
所以.
故选：C.
【点睛】思路点睛：首先设点的坐标，再求出直线，直线的表达式以及点的坐标，最后再根据点到角两边的距离相等以及点在椭圆上，解出点的坐标，最后再求线段的长度.
8．C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值；
阴影部分面积.
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
9．BCD
【分析】就不同的符号分类讨论后可得曲线，结合两部分的几何性质可求判断AB的正误，就不同分布分类计算后可判断C的正误，对于D，可判断在不同的曲线段上，设出切线方程，结合判别式或几何性质可求，从而可求其范围，故可判断D的正误.
【详解】
由题设可得曲线：或
，
整理得到：或，
由解得，由解得.
故曲线如图所示：
此时轴上半部分为椭圆，其焦点为,
3个顶点为，
其下半部分为圆弧，其圆心为，半径为2.
对于A，当在半椭圆上时，，
当在圆弧上时，，故，
故，故A错误.
对于B，设，则为椭圆的下焦点，
，
若在半椭圆上，则，
若在圆弧上，则
综上，，故B正确.
对于C，
当在半椭圆上时，设，不妨，
由可得，
故，且.
故，
此时
，当且仅当时等号成立，
故此时.
当同在弧上时，此时恒成立，
当一个在圆弧上，另一个在半椭圆上时，不妨设在半椭圆上，
则，
若求的最大值，由椭圆和圆的对称性可设，
则，
表示到的距离，由在半椭圆上的分析可得，
而表示到的距离，而为椭圆的下焦点，故，
综上，总成立，故C正确.
对于D：因为两条切线平行，故一个在半椭圆上，一个在圆弧上，不妨设在椭圆上，
由对称可设半椭圆在处的切线方程为，，
设圆弧在处的切线方程为，，
由C的分析可得：即，
又即，
故
，
因直线与圆弧相切，故即，
设，则，
且该函数上为减函数，故，故D正确.
故选: BCD.
【点睛】思路点睛：关于组合曲线的性质的研究，需就点的不同分布分类讨论，如果点分布在不同的曲线上，则考虑一些几何性质时，要注意多变量问题的合理转化.
10．BCD
【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：求出点处的切线斜率，再利用求出点的坐标，再判断切线斜率和的关系即可.
【详解】对于A：设动圆的半径为，由条件得，则，且不重合，
故点的轨迹为以为焦点的椭圆（去掉重合的点），则曲线的方程为，故A错误；
对于：由图可知与互补，当点为椭圆短轴端点时，最大，此时，所以，
则的最大值为，所以的最小值为，故B正确；
对于.，当且仅当时等号成立，故C正确；
对于D：设点，
下面先证明椭圆上一点的的切线方程为.
联立，消去得，
则，又，所以.
所以椭圆上一点的的切线方程为.
则过点的椭圆的切线方程为，切线斜率为，
又，所以，
则
得，解得，
所以，
又，
因为，所以，所以，所以，
所以，即曲线在点处的切线与线段垂直，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是利用过椭圆上一点的的切线方程为，通过结论可快速找到解题思路.
11．ABD
【分析】由题意确定圆心坐标和半径，易知该圆过原点，作出函数在的图象，结合图形分析，即可求解.
【详解】由，得该圆心为，半径为，
易知该圆过原点，由，当时，
得，作出函数的图象，如图，
由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点，
当时，圆与函数的图象有1个交点，
当时，圆与函数的图象有2个交点，
当时，圆与函数的图象有4个交点，
根据圆与函数的对称性，后续交点情况类比即可.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于理解取整函数的定义，利用数形结合的思想分析圆与函数图象交点的个数.
12．
【分析】作出函数的图形，求出过原点且与函数的图象相切的直线的方程，以及函数的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出的取值范围.
【详解】当时，，则，函数在上为增函数，
当时，由，得，即，
作出函数的图象如下图所示：
设过原点且与函数的图象相切的直线的方程为，切点为，
则切线方程为，
将原点坐标代入切线方程得，
即，令函数，其中，则，
函数在上单调递减，且，
由，解得，则，
而函数的渐近线方程为，
设直线与的夹角为，设直线的倾斜角为，
则，
结合图形可知，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出设过原点且与函数的图象相切的直线的方程以及函数的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解.
13．/
【分析】先根据题意得出Q的轨迹是以P为焦点、直线AB为准线的抛物线，进而得出曲线E的方程，然后建立坐标系求出点Q处的切线方程进而求出点N，从而求出，再利用导数工具研究其最值问题即可求解.
【详解】连接PQ，由题PQ与MQ关于对称，，
所以Q在以P为焦点、直线AB为准线的抛物线上，
如图，以PO中点G为原点，过G与AB平行的直线为轴，与AB垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，
则，直线AB：，所以抛物线方程为：，即，
则，由上可设，则抛物线在Q点处切线斜率为，
所以抛物线在Q点处切线方程为，
则令，，
所以由题意，且
，
所以，
故对恒成立，
所以时单调递减，又当时，，
故时，；时，，
所以时，单调递增；时，单调递减，
所以，则，
所以的面积的最小值为，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：将求面积转化成求面积是解决面积最值的关键.
14．
【分析】设分别是与圆的切点，设，利用椭圆，双曲线的定义分切求出的表达式，进而可得的表达式，然后求出的取值范围即可的解.
【详解】如图以的中点为原点直角坐标系，设分别是与圆的切点，由圆的切线性质得，
设，所以，，
在中，，
以为焦点经过点的双曲线的离心率为，
以为焦点经过点的椭圆的离心率为，
则，
在中，设，所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，得，
由对勾函数的单调性可得函数在上单调递增，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据圆锥曲线的定义结合条件表示出，然后根据余弦定理结合条件求出参数的取值范围是解出此题的关键.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，求解可得椭圆的方程；
（2）设直线的方程为联立方程可得结合已知可得，可得，进而可得，利用换元法可求.
【详解】（1）由已知可得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设直线的方程为
联立方程，消去得，
所以，
由题意可得，则
由题意可得
，
所以，
化简整理得，解得或，
当时，直线过定点不符合题意，
所以，
所以
，
令，
则
，
当时，.
【点睛】方法点睛：直线与椭圆联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
16．(1)
(2)是定值0.
【分析】（1）先设点，然后求出切线解析式，根据即可求出结果.
（2）设直线的方程,通过和抛物线联立求出韦达定理，同理求出和抛物线联立的韦达定理，然后代入即可.
【详解】（1）设切点，则在点处切线斜率为，
所以以为切点的切线方程为.
因为切线过点，所以，同理，
所以是方程的两个根，则.
又因为，
所以，即.
又因为，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）
由题意，斜率都存在且不为0，设直线的方程为.
联立直线和抛物线的方程，得，所以.
设，则，同理，
所以
所以，
所以等于定值0.
17．(1)
(2)或.
(3)证明见解析
【分析】（1）设双曲线的渐近线为，将代入渐近线方程，得出方程.，解出c，综合解出即可.
（2）斜率不存在是刚好满足，斜率存在与渐近线平行时也成立，分情况讨论，求出直线方程即可.
（3）用弦长公式求出，看做k的函数，后借助导数知识研究函数最小值，结合放缩即可证明.
【详解】（1）设双曲线的渐近线为，
因为点在双曲线的一条渐近线上，所以，
又，故，
又解得，故双曲线的方程为.
（2）
如图，当直线斜率不存在时，，满足题意；
如图，当斜率存在时，由双曲线的性质结合看图可得，
当直线过点且平行于双曲线的渐近线时，直线与双曲线也只有一个公共点，
此时，，
此时直线方程为：，即
综上：直线的方程为或.
（3）由题，直线斜率存在，
设直线方程为，即，，
联立，整理得：，
则
由弦长公式：
令，则,
则,，则
令,与同正负.，此时，则，即单调递增，
则，且，
则，使得
则当，即，则单调递减.
当，即，则单调递增.
则在出取得最小值,且，
故
即，原命题得证.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第二问的计算，计算过程十分复杂，计算量大，并且基本都是关于字母参数的运算，要求十分仔细才可以.
18．(1)
(2)证明见解析，定值为
(3)
【分析】（1）根据椭圆顶点坐标、焦点坐标、离心率和的关系直接求解即可；
（2）设，利用两点连线斜率公式表示出，结合在椭圆上直接化简整理即可；
（3）设直线与椭圆交于另一点，知关于坐标原点对称，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，利用可构造方程求得结果.
【详解】（1）由得：，，且的离心率为；
恰为的两个焦点，即椭圆的半焦距，
又椭圆的离心率，，，
椭圆的方程为：.
（2）设，则，即，
，，
，
为定值，定值为.
（3）
设直线与椭圆交于另一点，由椭圆对称性可知：关于坐标原点对称，
设直线，，，则，
由得：，
则，
，，
，
由（2）知：，
，
解得：，又，.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中的定值、参数值的求解问题；本题第三问求解的关键是能够通过椭圆的对称性将问题转化为一条直线与椭圆的交点问题，进而根据已知等量关系，利用韦达定理来进行求解.
19．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.