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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)九 平面解析幾何單元檢測(cè)(含解析).docx

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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)九 平面解析幾何單元檢測(cè)(含解析).docx

單元檢測(cè)九平面解析幾何(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)(,2)和(0,1),則它的傾斜角是()A30B60C150D120答案D解析由斜率公式k,再由傾斜角的范圍0,180)知,tan120,故選D.2直線kxy3k30過(guò)定點(diǎn)()A(3,0) B(3,3) C(1,3) D(0,3)答案B解析kxy3k30可化為y3k(x3),所以過(guò)定點(diǎn)(3,3)故選B.3由直線yx1上的一點(diǎn)向圓(x3)2y21引切線,則切線長(zhǎng)的最小值為()A.B2C1D3答案A解析圓的圓心為(3,0),r1,圓心到直線xy10的距離為d2,所以由勾股定理可知切線長(zhǎng)的最小值為.4一束光線從點(diǎn)A(1,1)發(fā)出,并經(jīng)過(guò)x軸反射,到達(dá)圓(x2)2(y3)21上一點(diǎn)的最短路程是()A4B5C31D2答案A解析依題意可得,點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A1(1,1),圓心C(2,3),A1C的距離為5,所以到圓上的最短距離為514,故選A.5已知直線xya與圓x2y24交于A,B兩點(diǎn),且|,其中O為原點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的值為()A2B2C2或2D.或答案C解析由|得|2|2,化簡(jiǎn)得0,即,三角形AOB為等腰直角三角形,圓心到直線的距離為,即,a2.6已知雙曲線E的中心為原點(diǎn),F(xiàn)(3,0)是E的焦點(diǎn),過(guò)F的直線l與E相交于A,B兩點(diǎn),且AB的中點(diǎn)為N(12,15),則E的方程為()A.1B.1C.1D.1答案B解析由已知條件得直線l的斜率為kkFN1,設(shè)雙曲線方程為1(a>0,b>0),A(x1,y1),B(x2,y2),則有兩式相減并結(jié)合x(chóng)1x224,y1y230得,從而1,即4b25a2,又a2b29,解得a24,b25,故選B.7(2018紹興市、諸暨市模擬)如圖,已知點(diǎn)P是拋物線C:y24x上一點(diǎn),以P為圓心,r為半徑的圓與拋物線的準(zhǔn)線相切,且與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之積為5,則此圓的半徑r為()A2B5C4D4答案D解析設(shè)圓與x軸的兩個(gè)交點(diǎn)分別為A,B,由拋物線的定義知xPr1,則P(r1,2),又由中垂線定理,知|OA|OB|2(r1),且|OA|OB|5,故由圓的切割線定理,得(2)2(1|OA|)(1|OB|),展開(kāi)整理得r4,故選D.8(2018紹興市、諸暨市模擬)已知雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為1,F(xiàn)1,F(xiàn)2為其左、右焦點(diǎn),若P是雙曲線右支上的一點(diǎn),且tanPF1F2,tanPF2F12,則此雙曲線的離心率為()A.B.C.D.答案A解析由tanPF1F2,tanPF2F12知,PF1PF2,作PQx軸于點(diǎn)Q,則由PF1QF2PQ,得|F1Q|4|F2Q|c,故P,代入雙曲線的方程,有b22a22a2b2,又a2b2c2,則(9c25a2)(c25a2)0,解得或(舍),即離心率e,故選A.9(2019寧波模擬)設(shè)拋物線y24x的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)P(5,0)的直線與拋物線相交于A,B兩點(diǎn),與拋物線的準(zhǔn)線相交于點(diǎn)C,若|BF|5,則BCF與ACF的面積之比等于()A.B.C.D.答案D解析由題意知直線AB的斜率存在,則由拋物線的對(duì)稱性不妨設(shè)其方程為yk(x5),k>0,與拋物線的準(zhǔn)線x1聯(lián)立,得點(diǎn)C的坐標(biāo)為(1,6k),與拋物線的方程y24x聯(lián)立,消去y得k2x2(10k24)x25k20,則xAxB,xAxB25,又因?yàn)閨BF|xB15,所以xB4,代入解得xA,k4,則yA5,yB4,yC24,則SACF|PF|yAyC|58,SABF|PF|yAyB|18,則1,故選D.10已知直線l:kxy2k10與橢圓C1:1(a>b>0)交于A,B兩點(diǎn),與圓C2:(x2)2(y1)21交于C,D兩點(diǎn)若存在k2,1,使得,則橢圓C1的離心率的取值范圍是()A.B.C.D.答案C解析直線l過(guò)圓C2的圓心,|,C2的圓心為線段AB的中點(diǎn)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則兩式相減得,化簡(jiǎn)可得2k,又a>b,所以e.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分把答案填在題中橫線上)11(2018臺(tái)州質(zhì)檢)已知直線l1:mx3y2m,l2:x(m2)y1,若l1l2,則實(shí)數(shù)m_;若l1l2,則實(shí)數(shù)m_.答案3解析l1l2等價(jià)于解得m3.l1l2等價(jià)于m3(m2)0,解得m.12(2018浙江十校聯(lián)盟考試)拋物線y4x2的焦點(diǎn)坐標(biāo)是_,焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離是_答案解析由y4x2,得x2,可得2p,所以p,即焦點(diǎn)的坐標(biāo)為,焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為.13(2018衢州模擬)已知圓C與x軸相切于點(diǎn)T(1,0),與y軸正半軸交于兩點(diǎn)A,B(B在A的上方),|AB|2,圓C的半徑為_(kāi);圓C在點(diǎn)B處的切線在x軸上的截距為_(kāi)答案1解析設(shè)圓心C(1,b),則半徑rb.由垂徑定理得,12b2,即b,且B(0,1)又由ABC45,切線與BC垂直,知切線的傾斜角為45,故切線在x軸上的截距為1.14若雙曲線1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)到漸近線的距離等于焦距的倍,則雙曲線的離心率為_(kāi),如果雙曲線上存在一點(diǎn)P到雙曲線的左右焦點(diǎn)的距離之差為4,則雙曲線的虛軸長(zhǎng)為_(kāi)答案24解析由于右焦點(diǎn)到漸近線的距離等于焦距的倍,可知雙曲線漸近線yx的傾斜角為,即,所以e2,因?yàn)閍2,從而b2,所以虛軸長(zhǎng)為4.15已知點(diǎn)A(0,1),拋物線C:y2ax(a>0)的焦點(diǎn)為F,線段FA與拋物線C相交于點(diǎn)M,F(xiàn)A的延長(zhǎng)線與拋物線的準(zhǔn)線相交于點(diǎn)N,若|FM|MN|13,則實(shí)數(shù)a的值為_(kāi)答案解析依題意得焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為,設(shè)點(diǎn)M在拋物線的準(zhǔn)線上的射影為K,連接KM(圖略),由拋物線的定義知|MF|MK|,因?yàn)閨FM|MN|13,所以|KN|KM|21,又kFN,kFN2,所以2,解得a.16已知雙曲線E:1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F(xiàn)2,A(2,1),B是E上不同的兩點(diǎn),且四邊形AF1BF2是平行四邊形,若AF2B,則雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為_(kāi)答案y21解析如圖,因?yàn)樗倪呅蜛F1BF2是平行四邊形,所以,F(xiàn)1AF2,所以|F1F2|2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|cos,即4c2|AF1|2|AF2|2|AF1|AF2|,又4a2(|AF1|AF2|)2,所以4a2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|,由可得|AF1|AF2|4b2,又4b2,所以b21,將點(diǎn)A(2,1)代入y21,可得a22,故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.17在平面直角坐標(biāo)系xOy中,A(3,0),P(3,t),tR,若存在C,D兩點(diǎn)滿足2,且2,則t的取值范圍是_答案2,2解析設(shè)C(x,y),因?yàn)锳(3,0),2,所以2,整理得(x1)2y24,即點(diǎn)C在圓M:(x1)2y24上同理由2可得點(diǎn)D也在圓M上因?yàn)?,所以C是PD的中點(diǎn),過(guò)點(diǎn)M作MNCD,垂足為N,連接CM,PM.設(shè)|MN|d,|PC|CD|2k,分別在RtCMN,RtPMN中,由勾股定理,得消去k2得,t2208d2.因?yàn)?d2<4,所以t220,解得2t2,所以t的取值范圍是2,2三、解答題(本大題共5小題,共74分解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟)18(14分)已知過(guò)點(diǎn)A(0,1),且斜率為k的直線l與圓C:(x2)2(y3)21相交于M,N兩點(diǎn)(1)求實(shí)數(shù)k的取值范圍;(2)求證:為定值(1)解由題意過(guò)點(diǎn)A(0,1)且斜率為k的直線的方程為ykx1,代入圓C的方程得(1k2)x24(1k)x70,因?yàn)橹本€與圓C:(x2)2(y3)21相交于M,N兩點(diǎn),所以4(1k)247(1k2)>0,解得<k<,所以實(shí)數(shù)k的取值范圍是.(2)證明設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),(x1,y11),(x2,y21),由(1)得,x1x2,x1x2,所以y1y2(kx11)(kx21)k(x1x2)2.y1y2(kx11)(kx21)k2x1x2k(x1x2)1.所以(x1,y11)(x2,y21)x1x2(y11)(y21)x1x2y1y2(y1y2)1x1x2k2x1x2(1k2)7,所以為定值19.(15分)(2018浙江名校高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖,以P(0,1)為直角頂點(diǎn)的等腰直角PMN內(nèi)接于橢圓y21(a>1),設(shè)直線PM的斜率為k.(1)試用a,k表示弦長(zhǎng)|MN|;(2)若這樣的PMN存在3個(gè),求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)不妨設(shè)直線PM所在的直線方程為ykx1(k<0),代入橢圓方程y21,整理得(1a2k2)x22ka2x0,解得x10,x2,則|PM|x1x2|,所以|MN|PM|.(2)因?yàn)镻MN是等腰直角三角形,所以直線PN所在的直線方程為yx1(k<0),同理可得|PN|.令|PM|PN|,整理得k3a2k2a2k10,k31a2k(k1)0,(k1)(k2k1)a2k(k1)0,即(k1)k2(a21)k10.若這樣的等腰直角三角形PMN存在3個(gè),則方程k2(a21)k10有兩個(gè)不等于1的負(fù)根k1,k2,則因?yàn)閍>1,所以a>.20(15分)已知橢圓C:1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,其上頂點(diǎn)到直線3x4y10的距離等于.(1)求橢圓C的方程;(2)若直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),交x軸的負(fù)半軸于點(diǎn)E,交y軸于點(diǎn)F(點(diǎn)E,F(xiàn)都不在橢圓上),且1,2,128,證明:直線l恒過(guò)定點(diǎn),并求出該定點(diǎn)解(1)由橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4知2a4,故a2,橢圓的上頂點(diǎn)為(0,b),則由得b1,所以橢圓C的方程為y21.(2)設(shè)A(x1,y1),E(m,0)(m<0,m2),F(xiàn)(0,n),由1,得(x1,y1n)1(mx1,y1),所以A.同理由2,得B,把A,B分別代入y21得:即1,2是關(guān)于x的方程(4m2)x28x44n20的兩個(gè)根,128,m,所以直線l恒過(guò)定點(diǎn)(,0)21(15分)已知拋物線C:y22px(p>1)上的點(diǎn)A到其焦點(diǎn)的距離為,且點(diǎn)A在曲線xy20上(1)求拋物線C的方程;(2)M(x1,y1),N(x2,y2)是拋物線C上異于原點(diǎn)的兩點(diǎn),Q(x0,y0)是線段MN的中點(diǎn),點(diǎn)P是拋物線C在點(diǎn)M,N處切線的交點(diǎn),若|y1y2|4p,證明:PMN的面積為定值(1)解設(shè)點(diǎn)A(xA,yA),點(diǎn)A到拋物線焦點(diǎn)的距離為,xA,y2pxA2p,又點(diǎn)A在曲線xy20上,2p0,即p2p10,解得p2或p(舍去),拋物線C的方程為y24x.(2)證明由(1)知M,N,|y1y2|8,設(shè)拋物線C在點(diǎn)M處的切線的斜率為k(k0),則該切線的方程為yy1k,聯(lián)立方程得消去x,整理得ky24y4y1ky0,M是切點(diǎn),164k(4y1ky)0,即44ky1k2y0,解得k,直線PM的方程為yy1(x),即yx,同理得直線PN的方程為yx,聯(lián)立方程得解得P,Q是線段MN的中點(diǎn),y0,PQx軸,且x0,PMN的面積S|PQ|y1y2|y1y2|y1y2|y1y2|332,即PMN的面積為定值22(15分)(2018嘉興測(cè)試)如圖,已知拋物線x2y,過(guò)直線l:y上任一點(diǎn)M作拋物線的兩條切線MA,MB,切點(diǎn)分別為A,B.(1)求證:MAMB;(2)求MAB面積的最小值(1)證明方法一設(shè)M,易知直線MA,MB的斜率都存在,分別設(shè)為k1,k2,設(shè)過(guò)點(diǎn)M的拋物線的切線方程為yk(xx0),由得x2kxkx00,k24kx010,由題意知,k1,k2是方程k24x0k10的兩個(gè)根,所以k1k21,所以MAMB.方法二設(shè)M,A(x1,x),B(x2,x),易知直線MA,MB的斜率都存在,分別設(shè)為k1,k2.由yx2,得y2x,則MA,MB的斜率分別為k12x1,k22x2,所以2x1,整理得x2x1x0,同理可得,x2x2x0,兩式相減得,xx2x0(x1x2),因?yàn)閤1x2,所以x1x22x0,于是xx1(x1x2),所以x1x2,即k1k24x1x21,所以MAMB.(2)解由(1)得k12x1,k22x2,所以A,B,易知k1k21,k1k24x0,所以|MA|yAyM|,同理,|MB|,所以SMAB|MA|MB|.綜上,當(dāng)x00時(shí),MAB的面積取得最小值,最小值為.

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