【文档说明】高考数学(理数)一轮复习09《平面解析几何》单元测试 (含详解).doc，共(7)页，203.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．直线x＋3y＋1＝0的倾斜角是()A．π6B．π3C．2π3D．5π6解：由直线的方程得直线的斜率为k＝－33，设倾斜角为α，则tanα＝－33，所以α＝5π6．故选D．2．(2016·

锦州月考)过点(－1，3)且平行于直线x－2y＋3＝0的直线方程为()A．x－2y＋7＝0B．2x＋y－1＝0C．x－2y－5＝0D．2x＋y－5＝0解：设与直线x－2y＋3＝0平行的直线方程为x－2y＋C＝0(C≠3)，过点(－1，3)，则－1－6＋C＝0，得C＝7，故所求直线方程为x－2y＋

7＝0．另解：利用点斜式．故选A．3．若直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与直线l2：x＋ny－3＝0之间的距离是5，则m＋n＝()A．0B．1C．－1D．2解：因为直线l1：x－2y＋m＝0(m>0)与直线l2：x＋ny－3＝0之间的距离为5，所以n＝－2，|m

＋3|5＝5，所以n＝－2，m＝2(负值舍去)．所以m＋n＝0．故选A．4．圆心在y轴上且通过点(3，1)的圆与x轴相切，则该圆的方程是()A．x2＋y2＋10y＝0B．x2＋y2－10y＝0C．x2＋y2＋10x

＝0D．x2＋y2－10x＝0解：设圆心为(0，b)，半径为r，则r＝|b|，故圆的方程为x2＋(y－b)2＝b2．因为点(3，1)在圆上，所以9＋(1－b)2＝b2，解得b＝5．所以圆的方程为x2＋y2－10y

＝0．故选B．5．(2016·武昌调研)已知抛物线y2＝8x的准线过双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点，且双曲线的一条渐近线方程为3x＋y＝0，则该双曲线的方程为()A．x23－y2＝1B

．x2－y23＝1C．x26－y22＝1D．x22－y26＝1解：由抛物线y2＝8x，可得其准线方程为x＝－2．由题意可得双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点为(－2，0)，所以c＝2．又双曲线的一条渐近线

方程为3x＋y＝0，所以ba＝3，结合c＝2解得a＝1，b＝3．故双曲线的方程为x2－y23＝1．故选B．6．(2017·天津)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，离心率为2．若经过F和P(0，4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线

，则双曲线的方程为()A．x24－y24＝1B．x28－y28＝1C．x24－y28＝1D．x28－y24＝1解：由题意得a＝b，4c＝1⇒c＝4，a＝b＝22⇒x28－y28＝1．故选B．7．(2016·泉州模拟)若抛物线C：y2＝x的焦点为

F，A(x0，y0)是C上一点，|AF|＝54x0，则x0＝()A．1B．2C．4D．8解：由2p＝1得p2＝14，且|AF|＝x0＋14＝54x0，解得x0＝1．故选A．8．(2016·合肥一模)若双曲线C

1：x22－y28＝1与C2：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的渐近线相同，且双曲线C2的焦距为45，则b＝()A．2B．4C．6D．82解：双曲线C1：x22－y28＝1的渐近线方程为y＝±2x，由题意可得双曲线C2：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝±ba

x，则有b＝2a，又2c＝45，则c＝25，所以a2＋b2＝20，解得a＝2，b＝4．故选B．9．(2016·常德一模)已知圆C：x2＋y2－2x－4y＋1＝0，经过点M(－1，－1)作圆的两条切线，切点分别为P，Q，则|PQ|＝()A．3B．23C

．13D．121313解：圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，|PQ|＝2×2×313＝121313．故选D．10．(2016·开封四模)若椭圆x2m＋y2＝1(m＞1)与双曲线x2n－y2＝1(n＞0)有共同的焦点F1，F2，P是两曲线的一个

交点，则△F1PF2的面积是()A．3B．1C．12D．13解：由题意知椭圆的长轴长为2m，双曲线的实轴长为2n，由它们有相同的焦点，得m－1＝n＋1，即m－n＝2．不妨设点P在双曲线的右支上，F1，F2分别为左、右焦点，由双曲线的定义得|PF1|－|PF2|＝2n，①

由椭圆的定义得|PF1|＋|PF2|＝2m，②①2＋②2得|PF1|2＋|PF2|2＝2(m＋n)＝4(m－1)，②2－①2得|PF1|·|PF2|＝m－n＝2．又|F1F2|＝2m－1，所以|F1F2|2＝4

(m－1)，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即△F1PF2是直角三角形，故△F1PF2的面积为12|PF1|·|PF2|＝12×2＝1．故选B．11．(2016·哈尔滨模拟)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)

的半焦距为c(c＞0)，左焦点为F，右顶点为A，抛物线y2＝158(a＋c)x与椭圆交于B，C两点，若四边形ABFC是菱形，则椭圆的离心率是()A．815B．415C．23D．12解：由题意得A(a，0

)，F(－c，0)，因为抛物线y2＝158(a＋c)x与椭圆交于B，C两点，所以B，C两点关于x轴对称．可设B(m，n)，C(m，－n)，因为四边形ABFC是菱形，所以BC⊥AF，且2m＝a－c，则m＝12(a－c)，将B(m，n)代入抛物线方程得，n2＝158(a

＋c)m＝1516(a＋c)(a－c)＝1516(a2－c2)＝1516b2．不妨设B(12(a－c)，154b)，将其代入椭圆方程得14·（a－c）2a2＋15b216b2＝1，化简得（a－c）24a2＝116，又e＝ca，所以上式可化为4e2－8e＋3＝0，解得e＝12或32(舍去)．故

选D．12．已知A(－2，0)，B(0，2)，实数k是常数，M，N是圆x2＋y2＋kx＝0上两个不同点，P是圆x2＋y2＋kx＝0上的动点，如果M，N关于直线x－y－1＝0对称，那么△PAB面积的最大值是()A．3－2B．4C．3＋2D．6解：依题意得圆x2＋y2

＋kx＝0的圆心－k2，0位于直线x－y－1＝0上，于是有－k2－1＝0，即k＝－2，因此圆心坐标是(1，0)，半径是1．由题意可得|AB|＝22，直线AB的方程是－x2＋y2＝1，即x－y＋2＝0，

圆心(1，0)到直线AB的距离等于|1－0＋2|2＝322，点P到直线AB的距离的最大值是322＋1，所以△PAB面积的最大值为12×22×32＋22＝3＋2，故选C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2016·重庆模拟)双曲线y22－x24＝1的离心3率为_____

_____．解：由双曲线的标准方程知a2＝2，b2＝4，则c2＝a2＋b2＝6，所以e＝ca＝62＝3．故填3．14．若PQ是圆x2＋y2＝9的弦，PQ的中点是(1，2)，则直线PQ的方程是________．解：

由题知直线PQ的斜率是－12，故直线PQ的方程是y－2＝－12(x－1)，即x＋2y－5＝0．故填x＋2y－5＝0．15．(2017·全国卷Ⅱ)已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝________．解：设N

(0，a)，F(2，0)，那么M1，a2，点M在抛物线上，所以a24＝8⇒a2＝32⇒a＝±42，所以N(0，±42)，那么|FN|＝（2－0）2＋（0±42）2＝6．故填6．16．(2016·福州质检)椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点与抛物线E：y2＝4x的焦

点F重合，点P是椭圆C与抛物线E的一个公共点，点Q(0，1)满足QF⊥QP，则椭圆C的离心率为________．解：由抛物线E：y2＝4x，得p＝2，所以F(1，0)，又Q(0，1)且QF⊥QP，所以QP所在直线的斜率为1，所以QP所在直线的方程为y＝x

＋1，联立y＝x＋1，y2＝4x，得P(1，2)，则2a＝（－1－1）2＋（0－2）2＋（1－1）2＋（0－2）2＝22＋2，即a＝2＋1，所以椭圆C的离心率为e＝12＋1＝2－1．故填2－1．三、解答题：共70分．解答应写出

文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)分别求满足下列条件的直线方程，并化为一般式．(1)经过点P(1，－2)，且斜率与直线y＝2x＋3的斜率相同；(2)经过两点A(0，4)和B(4，0)；(3)经过点(2，－4)且与直线3x－4y＋5＝0垂直．解：(1)过点P(

1，－2)，斜率与直线y＝2x＋3的斜率相同的直线方程是y＋2＝2(x－1)，化为一般式方程为2x－y－4＝0．(2)过两点A(0，4)和B(4，0)的直线方程是x4＋y4＝1，化为一般式方程为x＋y－4＝0．(3)设与直线3x－4y＋5＝0垂直的直线方程为

4x＋3y＋m＝0，且该直线过点(2，－4)，则有4×2＋3×(－4)＋m＝0，解得m＝4，所以所求的直线方程为4x＋3y＋4＝0．也可直接由点斜式求解．18．(12分)(2016·深圳模拟)已知抛物线x2＝4y的焦点为F，P为该抛物线在第一象限内的图象上的

一个动点．(1)当|PF|＝2时，求点P的坐标；(2)求点P到直线y＝x－10的距离的最小值．解：(1)依题意可设Pa，a24(a>0)，易知F(0，1)，因为|PF|＝2，结合抛物线的定义得a24＋1＝2，即a＝2，所以点P的坐标为(2，1)．(2)设点P的坐标为

a，a24(a>0)，则点P到直线y＝x－10的距离d＝a－a24－102＝a24－a＋102．因为a24－a＋10＝14(a－2)2＋9，所以当a＝2时，a24－a＋10取得最小值9，故点P到直线y＝x－10的距离的最小值dmin＝92＝922．19．(12分)在平面直

角坐标系xOy中，以O为圆心的圆与直线x－3y＝4相切．(1)求圆O的方程；(2)圆O与x轴相交于A、B两点，圆O内的动4点P使|PA|，|PO|，|PB|成等比数列，求PA→·PB→的取值范围．解：(1)依题设，圆

O的半径r等于原点O到直线x－3y－4＝0的距离，即r＝41＋3＝2，得圆O的方程为x2＋y2＝4．(2)由x2＝4，即得A(－2，0)，B(2，0)．设P(x，y)，由|PA|，|PO|，|PB|成等比数列，得（x＋2）2＋y

2·（x－2）2＋y2＝x2＋y2，即x2－y2＝2．PA→·PB→＝(－2－x，－y)·(2－x，－y)＝x2－4＋y2＝2(y2－1)．由于点P在圆O内，故x2＋y2<4，x2－y2＝2．由此得y2<1．所以PA→·P

B→的取值范围是[－2，0)．20．(12分)(2016·哈尔滨六中模拟)如图，设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F的直线l1交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8，线段AB的中点到y轴的距离为3．(1)求抛物线C的方

程；(2)若直线l2与圆x2＋y2＝12切于点P，与抛物线C切于点Q，求△FPQ的面积．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB中点的坐标为(x1＋x22，y1＋y22)，由题意知x1＋x22＝3，所以x1＋x2＝6．又|AB|＝x1＋x2＋p＝8，所以p＝2．故抛物线C的方程

为y2＝4x．(2)由题意知直线l2的斜率存在且不为0，设直线l2的方程为y＝kx＋m(k≠0)，由l2与⊙O相切得22＝|m|1＋k2，即2m2＝1＋k2．①联立y＝kx＋m，y2＝4x，整理得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0，(*)因为直线l2与抛物线相切，且k≠0，所以Δ＝(2

km－4)2－4k2m2＝0，得km＝1，②由①②得k＝1m＝±1，所以方程(*)可化为x2－2x＋1＝0，解得x＝1，所以Q(1，±2)，此时直线l2的方程为y＝x＋1或y＝－x－1，所以点F(1，0)到直线l2的距离为d＝2，所以S△PQF＝12|PQ|·d＝12×322×2＝32．

21．(12分)(2016·永州质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，过椭圆的右焦点F任作一条直线交椭圆C于A，B两点，过椭圆中心任作一条直线交椭圆C于M，N两点．(1)求证：直线AM与直线AN的斜率之积为定值；(2)若2a·|AB|＝|MN|2，试探究直线AB与直线MN

的倾斜角之间的关系．解：(1)证明：设A(x1，y1)，M(x3，y3)，因为kAM＝y1－y3x1－x3，kAN＝y1＋y3x1＋x3，所以kAM·kAN＝－b2a2为定值．(2)当弦AB所在直线的斜率不存在时，|AB|＝2b2a，所以|MN|＝2b，所以弦MN

为椭圆的短轴，此时，MN∥AB．当弦AB，弦MN所在直线的斜率均存在时，不妨设弦AB与弦MN所在直线的斜率分别为k1，k2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，5则直线AB，MN的方程分别为y＝k1(x－c)，y＝k2x，由

y＝k1（x－c），b2x2＋a2y2－a2b2＝0，得(b2＋a2k21)x2－2a2k21cx＋a2c2k21－a2b2＝0，因为a＞b，所以k21＝k22，所以k1＝±k2，所以直线AB与直线MN的倾斜角相等或互补．综上所述，直线AB与直

线MN的倾斜角相等或互补．22．(12分)(2016·河南中原名校联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝12，P为椭圆C上一个动点，△PF1F2面积的最大值为3，抛物线E：y2＝2px

(p＞0)与椭圆C有共同的焦点．(1)求椭圆C和抛物线E的方程；(2)设A，B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点，且OA→·OB→＝5．(Ⅰ)求证：直线AB必过定点，并求出定点M的坐标；(Ⅱ)过点M

作AB的垂线与抛物线交于G，H两点，求四边形AGBH面积的最小值．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，则由题意得ca＝12，12（2c）·b＝3，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝3，c＝1，所以椭圆C的

方程为x24＋y23＝1．由p2＝1，得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x．联立y2＝4x，x＝my＋t，得y2－4my－4t＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t．由OA→·OB→＝5，得（y1y2）216＋y1y2＝5，整理得t2－4t－5＝0，解得t＝－1

或t＝5，因为y1y2＜0，所以t＝5，所以直线AB恒过定点M(5，0)．(Ⅱ)由(Ⅰ)得|AB|＝1＋m2|y1－y2|＝1＋m2·16m2＋80＝41＋m2·m2＋5．设G(x3，y3)，H(x4，y4)，同理得|GH|＝1＋（－1m）2|y3－y4|＝41＋1m2·1m2＋5，

则四边形AGBH的面积S＝12|AB|·|GH|＝81＋m2·m2＋5·1＋1m2·1m2＋5＝8[2＋（m2＋1m2）]·[26＋5（m2＋1m2）]，令m2＋1m2＝u(u≥2)，则S＝8（2＋u）·（26＋5u）＝85u2＋36u＋52是关于u的增函数．故Smin＝96，当且仅当m＝±1时

取得最小值．67