高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)模塊卷一解析幾何含解析新人教A版

PAGEPAGE1模塊卷(一)時(shí)間:110分鐘分值:140分解析幾何一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60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.(2020北京清華附中朝陽(yáng)學(xué)校摸底,1)拋物線y2=2x的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為 ()A.12C.2D.3答案B由題意可知,拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為12,0,準(zhǔn)線方程為x=-122.數(shù)學(xué)家歐拉在1765年發(fā)現(xiàn),任意三角形的外心、重心、垂心位于同一條直線上,這條直線稱為歐拉線.已知△ABC的頂點(diǎn)A(2,0),B(0,4),若其歐拉線的方程為x-y+2=0,則頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為 ()A.(-4,0)B.(-3,-1)C.(-5,0)D.(-4,-2)答案A設(shè)C(m,n),由重心坐標(biāo)公式得,三角形ABC的重心坐標(biāo)為2+m3,4+n3,代入歐拉線方程,得2+m3-4+線段AB的中點(diǎn)為(1,2),kAB=4-00-2=-2,線段AB的中垂線方程為y-2=12(x-1),聯(lián)立x-2∴△ABC的外心為(-1,1),∴(m+1)2+(n-1)2=(2+1)2+(0-1)2=10,整理,得m2+n2+2m-2n=8②,聯(lián)立①②,得m=-4,n=0或m=0,n=4.當(dāng)m=0,n=4時(shí),B,C重合,舍去.∴頂點(diǎn)C的坐標(biāo)是(-4,0).故選A.解后反思設(shè)出點(diǎn)C的坐標(biāo),由重心坐標(biāo)公式求得重心坐標(biāo),代入歐拉線方程得一方程,求出線段AB的垂直平分線方程,和歐拉線方程聯(lián)立,求得三角形的外心坐標(biāo),由外心到兩個(gè)頂點(diǎn)的距離相等得另一方程,兩方程聯(lián)立求得點(diǎn)C的坐標(biāo).3.(2020浙江紹興嵊州期末,6)若圓x2+y2-2x-2y-k=0上的點(diǎn)到直線x+y-10=0的最大距離與最小距離的差為6,則實(shí)數(shù)k的值是 ()A.-34B.1C.4D.7答案D本題考查了與圓有關(guān)的最值問(wèn)題,屬于中檔題.將圓的一般方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程可知,(x-1)2+(y-1)2=k+2,則k+2>0?k>-2,圓的半徑r=k+2,設(shè)圓心(1,1)到直線x+y-10=0的距離為d,則d=82=4當(dāng)d>r時(shí),圓x2+y2-2x-2y-k=0上的點(diǎn)到直線x+y-10=0的最大距離為d+r,最小距離為d-r,由已知條件得(d+r)-(d-r)=2r=6,所以r=3,即k+2=3,解得k=7此時(shí),d=42>3,直線x+y-10=0與圓(x-1)2+(y-1)2=9相離,符合題意.當(dāng)d≤r時(shí),圓x2+y2-2x-2y-k=0上的點(diǎn)到直線x+y-10=0的最大距離為d+r,最小距離為0,由已知條件得d+r=6?r=6-42<42,矛盾,舍去.綜上,k=7,故選D.4.(2019北京海淀新高考調(diào)研卷,7)已知圓C:x2+y2-2x-2y-2=0,直線y=k(x-2)與圓C交于A,B兩點(diǎn),則|AB|的最小值為 ()A.2B.22C.23D.4答案B由題意得圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1)2+(y-1)2=4,則圓心C(1,1)到直線y=k(x-2)的距離d=|k-1-2k|1+k2,則有|∴當(dāng)k>0,且k=1k=1時(shí),|AB|取最小值,此時(shí)|AB|=22,故選B5.(2019北京昌平期末,8)設(shè)點(diǎn)F1、F2分別為橢圓C:x29+y25=1的左、右焦點(diǎn),點(diǎn)P是橢圓C上任意一點(diǎn),若使得PF1·PF2=m成立的點(diǎn)恰好是4A.12B.3C.5答案B易知F1(-2,0),F2(2,0),設(shè)P(x0,y0),則PF1·PF2=(-2-x0,-y0)·(2-x0,-y0)=x∵x029+y025=1,得x02=9-∴m=PF1·PF2∵滿足條件的點(diǎn)有4個(gè),∴m∈(1,5),故選B.小題巧解當(dāng)P位于橢圓上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)時(shí),得到m=(2,-5)·(-2,-5)=1或m=(2,5)·(-2,5)=1;當(dāng)P位于左頂點(diǎn)或右頂點(diǎn)時(shí),m=(1,0)·(5,0)=5或m=(-5,0)·(-1,0)=5.故若使?jié)M足PF1·PF2=m的點(diǎn)P有4個(gè),需m∈6.(2020江西南昌十中高二月考,4)圓x2+4x+y2=0與圓(x-2)2+(y-3)2=r2有三條公切線,則半徑r= ()A.5B.4C.3D.2答案C由圓x2+4x+y2=0,得(x+2)2+y2=4,∴圓心坐標(biāo)為(-2,0),半徑為2.由(x-2)2+(y-3)2=r2,得圓心坐標(biāo)為(2,3),半徑為r.因?yàn)閳Ax2+4x+y2=0與圓(x-2)2+(y-3)2=r2有三條公切線,所以兩圓相外切,∴(-2-2)2+(0-37.(2020湖南寧遠(yuǎn)期中)古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德利用“逼近法”得到橢圓的面積除以圓周率等于橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)與短半軸長(zhǎng)的乘積.若橢圓C的中心為原點(diǎn),焦點(diǎn)F1,F2均在x軸上,C的面積為23π,過(guò)點(diǎn)F1的直線交C于點(diǎn)A,B,且△ABF2的周長(zhǎng)為8.則C的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ()A.x24+y2=1B.x2C.x24+y23=1D.答案C因?yàn)椤鰽BF2的周長(zhǎng)為8,所以|AB|+|AF2|+|BF2|=8?|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=8?(|AF1|+|AF2|)+(|BF1|+|BF2|)=8,由橢圓的定義可知|AF1|+|AF2|=2a,|BF1|+|BF2|=2a,所以2a+2a=8,所以a=2,由題意可得abπ=23π,解得b=3,因?yàn)闄E圓的焦點(diǎn)在x軸上,所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y238.(2019浙江嘉興9月基礎(chǔ)測(cè)試,9)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)到一條漸近線的距離小于它的實(shí)軸長(zhǎng),A.1<e<2B.1<e<5C.e>2D.e>5答案B雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)F(c,0)到一條漸近線y=bax的距離是bca2+b2=bcc2=b,由已知有b<2a,所以b2<4a2,即c2-a9.(2020云南昆明一中)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,準(zhǔn)線為l,點(diǎn)M是拋物線C上一點(diǎn),MH⊥l于H.若|MH|=4,∠HFM=60°,則拋物線C的方程為 ()A.y2=16xB.y2=8xC.y2=4xD.y2=2x答案C因?yàn)閽佄锞€上的點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離等于到準(zhǔn)線的距離,所以|MF|=|MH|=4,又∠HFM=60°,所以△MHF為正三角形,所以|HF|=4,記準(zhǔn)線l與x軸交于點(diǎn)Q,則∠QHF=30°,所以p=|QF|=|HF|sin∠QHF=4sin30°=2,所以拋物線C的方程為y2=4x.思路分析根據(jù)題意得到|MF|=|MH|=4,推出△MHF為正三角形,求出|HF|=4,記準(zhǔn)線l與x軸交于點(diǎn)Q,根據(jù)p=|QF|=|HF|sin∠QHF即可求出結(jié)果.10.(2019湖南三湘名校教育聯(lián)盟第一次大聯(lián)考,12)過(guò)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F且傾斜角為60°的直線交拋物線于A、B兩點(diǎn),以AF、BF為直徑的圓分別與y軸相切于點(diǎn)M,N,則|MN|= ()A.233B.3C.43答案C設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F(1,0),由直線AB的傾斜角為60°,可得直線AB的斜率為3,所以直線AB的方程為y=3(x-1).因?yàn)橐訟F,BF為直徑的圓分別與y軸相切于點(diǎn)M,N,所以|OM|=12|y1|,|ON|=12|y2|,∴|MN|=12|y1-將直線AB的方程y=3(x-1)代入y2=4x中,整理得3y2-4y-43=0,解得y1=23,y2=-23則|MN|=1223+2311.(2020北京清華大學(xué)中學(xué)生標(biāo)準(zhǔn)學(xué)術(shù)能力11月測(cè)試,11)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,直線l:y=3x與C交于A、B兩點(diǎn),AF,BF的中點(diǎn)分別為M,N,若以線段MNA.3-3B.23-1C.3+2D.3+1答案D本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系,考查學(xué)生運(yùn)用化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合的思想方法分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力,體現(xiàn)直觀想象、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).由x2a2-y2b2=1,y=3x,得x則M12N12∵點(diǎn)O在以線段MN為直徑的圓上,∴OM·ON=14c+abb2-3a2·c從而有c2b2-3c2a2=4a2b2,即c4-8a2c2+4a4=0,∴e4-8e2+4=0,解得e2=4+23或e2=4-23(舍),∴e=3+1,故選D.方法總結(jié)直線與雙曲線的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直線與圓的問(wèn)題,再轉(zhuǎn)化為兩向量的垂直問(wèn)題,最后得關(guān)于離心率e的方程即可求解.12.(2020北京八一學(xué)校開(kāi)學(xué)摸底,8)已知拋物線W:y2=x及直線m:y=x-4.矩形ABCD的頂點(diǎn)A,B在m上,C,D在W上,經(jīng)過(guò)C,D的直線記為l.給出下列四個(gè)命題:①?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l不存在;②?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l僅有一條;③?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l僅有兩條;④?s>0,使矩形ABCD的面積為s的直線l僅有三條.其中所有真命題的序號(hào)是 ()A.①②③④B.①②③C.②③D.②③④答案D本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、圓錐曲線的弦長(zhǎng)、導(dǎo)數(shù)求極值的方法,通過(guò)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系考查學(xué)生的化歸與轉(zhuǎn)化、函數(shù)與方程思想方法的運(yùn)用,體現(xiàn)邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).如圖(1)所示,設(shè)l:y=x+b(b≠-4),聯(lián)立y=x+b,y2=x,Δ=1-4b>0,即b<14,設(shè)C(x1,y1),D(x2,y2),則y1+y2=1,y1y2=b則|CD|=1+1·1-4b又l與m的距離d=|b故S矩形ABCD=|CD|·d=|b+4|·1=(b令f(b)=(b+4)2(1-4b)=-4b3-31b2-56b+16,則f'(b)=-12b2-62b-56=-2(6b2+31b+28),Δ=312-4×6×28=961-672=289>0.令f'(b)=0,解得b1=-4,b2=-76,如圖(2)所示,f(b)在(-∞,-4)上為減函數(shù),在-4,-76上為增函數(shù),在-76,14上為減函數(shù).當(dāng)s2>f-76時(shí),直線l有一條;當(dāng)s2=f-76時(shí),直線l有兩條;當(dāng)0<s2<f圖(1)圖(2)思路分析首先設(shè)出直線l的方程,然后把它與拋物線方程聯(lián)立消元后求弦長(zhǎng)|CD|,接著求出平行直線AB、CD間的距離,從而求得矩形的面積,最后運(yùn)用導(dǎo)數(shù)來(lái)解決.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2020北師大二附中期中,11)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,若雙曲線x2-y2b2=1(b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(3,4),答案y=±2x解析由已知得9-16b2=1,因?yàn)閎>0,所以b=2,又所以漸近線方程為y=±bax=±214.(2020浙江紹興柯橋期末,12)設(shè)直線y=kx與圓C:(x-2)2+y2=1相交于A,B兩點(diǎn),若|AB|=3,則k=,當(dāng)k變化時(shí),弦AB中點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度是.

答案±1515;解析易得|2k|k2+12+設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中點(diǎn)為M(x0,y0),則x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,聯(lián)立得y=kx,(x-2)2+y2=1,消去y,得(1+k2)x2-4由根與系數(shù)的關(guān)系可知x1+x2=41+所以y1+y2=k(x1+x2)=4k由x0=21+k2,y0=2k1+又由k2<13得x0>32,故弦AB中點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度等于半徑為1的圓的周長(zhǎng)的13所以弦AB中點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為2π×13=2π15.(2018青海西寧四中月考,16)已知F是橢圓C:x220+y24=1的右焦點(diǎn),P是C上一點(diǎn),A(-2,1),當(dāng)△APF的周長(zhǎng)最小時(shí)答案4解析在橢圓C:x220+y24=1中,a=25,設(shè)左焦點(diǎn)為F'(-4,0),△APF周長(zhǎng)為|AF|+|AP|+|PF|=|AF|+|AP|+(2a-|PF'|)=|AF|+|AP|-|PF'|+2a≥|AF|-|AF'|+2a,當(dāng)且僅當(dāng)A,P,F'三點(diǎn)共線,且P位于x軸上方時(shí),三角形周長(zhǎng)最小.易知直線AF'的方程為y=12(x+4),代入x2+5y2=20中,可求得P(0,2),故S△APF=S△PF'F-S△AF'F=12×2×8-1思路分析取左焦點(diǎn),由橢圓的定義和不等式確定點(diǎn)P的位置,利用面積公式求解.解題關(guān)鍵取另一個(gè)焦點(diǎn)F',進(jìn)而靈活利用橢圓的定義和三角形的基本性質(zhì)是求解關(guān)鍵.16.(2018湖南六校4月聯(lián)考,15)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過(guò)點(diǎn)P(-1,0)作直線l與拋物線C交于A、B兩點(diǎn).若S△ABF=2,且|AF|<|BF|,則|AF||答案1解析設(shè)直線l的方程為x=my-1,將直線方程代入拋物線C:y2=4x的方程得y2-4my+4=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則0<y1y2<1,y1+y2=4m,y1·y2=4,又S△ABF=2,所以S△BPF-S△APF=|y2-y1|=2,因此y12+y22=10,所以y12+y22y1·y2=104=5思路分析由題意設(shè)出直線l的方程,與拋物線方程聯(lián)立,得出y1+y2與y1y2,利用S△ABF=2得y12+y22=10,結(jié)合y1y2=4求得y1三、解答題:共60分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟.17.(12分)(2018寧夏銀川二中4月模擬,21)已知圓M的半徑為3,圓心在x軸正半軸上,直線3x-4y+9=0與圓M相切.(1)求圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過(guò)點(diǎn)N(0,-3)的直線l與圓M交于不同的兩點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),而且滿足x12+x22=212x1x2解析(1)設(shè)圓心為M(a,0)(a>0),∵直線3x-4y+9=0與圓M相切,∴|3a+9|所以圓M的方程為(x-2)2+y2=9.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線l:x=0,與圓M交于A(0,5),B(0,-5),此時(shí)x12+x22=212x1x2=0,當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l:y=kx-3,由y=kx-3,(x-2)2+y整理得:(1+k2)x2-(4+6k)x+4=0,①所以x1+x2=4+6k1+k2,x1x∵x12+x22=212x1x2,∴(x1+x2)2=25即4+6k1+k22整理得7k2-24k+17=0,∴k=1或k=177把k值代入到方程①中的判別式Δ=[-(4+6k)]2-16(1+k2)=48k+20k2中,判別式的值都為正數(shù),所以k=1或k=177,所以直線l的方程為y=x-3或y=177x-3,即x-y-3=0或17x-7y綜上,直線l為x-y-3=0或17x-7y-21=0或x=0.18.(12分)(2020北師大二附中期中,17)已知圓O:x2+y2=4.(1)直線l1:3x+y-23=0與圓O相交于A、B兩點(diǎn),求|AB|;(2)如圖,設(shè)M(x1,y1),P(x2,y2)是圓O上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)M關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為M1,點(diǎn)M關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為M2,如果直線PM1,PM2與y軸分別交于(0,m)和(0,n),問(wèn)mn是不是定值?若是,求出該定值;若不是,請(qǐng)說(shuō)明理由.解析本題考查直線與圓的位置關(guān)系,弦長(zhǎng)公式,直線方程,主要通過(guò)直線與圓的位置關(guān)系考查學(xué)生分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力,體現(xiàn)數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)∵圓心(0,0)到直線3x+y-23=0的距離d=|-23|(3)2+12=(2)mn為定值.理由如下:由題意得M1(-x1,-y2)、M2(x1,-y1),且x12+y12=4,直線PM1的方程為y+y1令x=0,得y=m=x1直線PM2的方程為y+y1令x=0,得y=n=-x∴mn=x1y2-x2y1x2+思路分析(1)先求出圓心(0,0)到直線3x+y-23=0的距離,再利用弦長(zhǎng)公式求得|AB|的值.(2)先求出M1和M2的坐標(biāo),用兩點(diǎn)式求直線PM1和PM2的方程,根據(jù)方程求得他們?cè)趛軸上的截距m、n的值,計(jì)算mn的值,可得結(jié)論.19.(12分)(2020甘肅蘭州一中二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)A(2,2),點(diǎn)B在拋物線C上,且滿足OF=FB-2FA(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).(1)求拋物線C的方程;(2)過(guò)焦點(diǎn)F任作兩條相互垂直的直線l與D',直線l與拋物線C交于P,Q兩點(diǎn),直線D'與拋物線C交于M,N兩點(diǎn),△OPQ的面積記為S1,△OMN的面積記為S2,求證:1S12+解析(1)設(shè)B(x1,y1),∵Fp2,0,∴OF=p2,0,FB=x1-p2,y1∴p2,0∴p2=x1-p2-4+p,y1-4=0,∴x1=4,y∵點(diǎn)B在拋物線C上,∴42=2p·4,∴p=2,∴y2=4x.(2)證明:由題意得直線l的斜率存在且不為零,設(shè)l:x=my+1,代入y2=4x得y2-4my-4=0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),所以y1+y2=4m,y1y2=-4,∴|y1-y2|=16m2+16因此S1=12|y1-y2|×1=2m2+1,同理可得S2因此1S12+1S22=14(m故1S12+20.(12分)(2020首師大附中開(kāi)學(xué)摸底,19)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求橢圓C的方程;(2)直線y=k(x-1)(k≠0)與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M是橢圓C的右頂點(diǎn),直線AM與直線BM分別與y軸交于點(diǎn)P,Q,試問(wèn)以線段PQ為直徑的圓是否過(guò)x軸上的定點(diǎn)?若過(guò),求出定點(diǎn)坐標(biāo);若不過(guò),說(shuō)明理由.解析本題考查橢圓的幾何性質(zhì)以及直線與橢圓的位置關(guān)系中的定點(diǎn)問(wèn)題,考查學(xué)生運(yùn)用化歸轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力,滲透邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(1)由題意得ca=32,所以橢圓C的方程是x24+y2(2)以線段PQ為直徑的圓過(guò)x軸上的定點(diǎn).將y=k(x-1)(k≠0)代入橢圓方程可得(1+4k2)x2-8k2x+4k2-4=0,易得Δ>0恒成立,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則有x1+x2=8k21+4k2,x1因?yàn)辄c(diǎn)M是橢圓C的右頂點(diǎn),所以點(diǎn)M(2,0).由題意可知直線AM的方程