新教材2025版高中數(shù)學(xué)第三章圓錐曲線的方程章末質(zhì)量檢測新人教A版選擇性必修第一冊

章末質(zhì)量檢測(三)圓錐曲線的方程考試時間：120分鐘滿分：150分一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．)1．拋物線y＝4x2的焦點坐標(biāo)是()A．(1，0)B．(0，1)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，0))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16)))2．過橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1左焦點F1引直線l交橢圓于A、B兩點，F(xiàn)2是橢圓的右焦點，則△ABF2的周長是()A．20B．18C．10D．163．已知焦點在x軸上的雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\f(\r(3),3)x，則該雙曲線的離心率為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),2)C．2D．eq\f(2\r(3),3)4．已知拋物線C：x2＝4y的焦點為F，準(zhǔn)線為l，點P在拋物線上，直線PF交x軸于Q點，且eq\o(PF,\s\up6(→))＝4eq\o(FQ,\s\up6(→))，則點P到準(zhǔn)線l的距離為()A．4B．5C．6D．75．為了更好地探討雙曲線，某校高二年級的一位數(shù)學(xué)老師制作了一個如圖所示的雙曲線模型．已知該模型左、右兩側(cè)的兩段曲線(曲線AB與曲線CD)為某雙曲線(離心率為2)的一部分，曲線AB與曲線CD中間最窄處間的距離為30cm，點A與點C，點B與點D均關(guān)于該雙曲線的對稱中心對稱，且|AB|＝36cm，則|AD|＝()A．12eq\r(10)cmB．6eq\r(38)cmC．38cmD．6eq\r(37)cm6．已知橢圓mx2＋5my2＝5的一個焦點坐標(biāo)是(－2，0)，則m＝()A．5B．2C．1D．eq\f(3,2)7．已知拋物線y2＝2px(p>0)，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)為圓心的圓交拋物線于A、B兩點，交準(zhǔn)線于M、N兩點，若|AB|＝4eq\r(2)，|MN|＝2eq\r(5)，則拋物線方程為()A．y2＝2xB．y2＝4xC．y2＝8xD．y2＝10x8．已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點，點P在橢圓C上．當(dāng)△PF1F2的面積最大時，△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),3)C．1D．eq\f(2\r(3),3)二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．)9．關(guān)于雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,16)＝1，下列說法正確的有()A．虛軸長為8B．漸近線方程為y＝±eq\f(3,4)xC．焦點坐標(biāo)為(±5，0)D．離心率為eq\f(5,4)10．已知方程mx2＋ny2＝1，其中m2＋n2≠0，則下列選項正確的是()A．當(dāng)m＝n時，方程表示的曲線是圓B．當(dāng)mn<0時，方程表示的曲線是雙曲線C．當(dāng)m>n>0時，方程表示的曲線是橢圓D．當(dāng)m＝0且n>0時，方程表示的曲線是拋物線11．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，短軸長為2eq\r(3)，則()A．橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1B．橢圓與雙曲線2y2－2x2＝1的焦點相同C．橢圓過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))D．直線y＝k(x＋1)與橢圓恒有兩個交點12．如圖，已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F且斜率為eq\r(3)的直線與拋物線交于兩點A，B，與拋物線的準(zhǔn)線交于點D，|BF|＝1，則()A．|BD|＝2B．p＝eq\f(3,2)C．點A到準(zhǔn)線的距離為2D．點F為線段AD的中點三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中的橫線上．)13．雙曲線mx2＋y2＝1的實軸長是虛軸長的2倍，則m＝________．14．過拋物線x2＝2y焦點的直線交拋物線于A，B兩點，若線段AB中點的縱坐標(biāo)為4，則線段AB的長度為________．15．已知線段AB的長度為3，其兩個端點A，B分別在x軸、y軸上滑動，點M滿意2eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→)).則點M的軌跡方程為________．16．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，過F1的直線l與圓C：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)c))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(c2,4)相切，與雙曲線在第四象限交于一點M，且有MF2⊥x軸，則直線l的斜率是________，雙曲線的漸近線方程為________．四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．)17．(本小題滿分10分)已知雙曲線eq\f(x2,2)－eq\f(y2,7)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2作斜率為eq\r(7)的弦AB.求：(1)弦AB的長；(2)△F1AB的周長．18．(本小題滿分12分)已知拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點O，對稱軸為x軸，焦點為F，拋物線上一點A的橫坐標(biāo)為2，且eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝16.(1)求拋物線的方程；(2)過點M(8，0)作直線l交拋物線于B，C兩點，設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，推斷eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說明理由．19．(本小題滿分12分)已知P是橢圓C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1上的動點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是C1的左、右焦點，點Q在F1P的延長線上，且∠PQF2＝∠PF2Q，記點Q的軌跡為C2.(1)求C2的方程；(2)直線l與C1交于A，B兩點，與C2交于M，N兩點，若MN的中點為Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))，求AB的中點坐標(biāo)．20．(本小題滿分12分)已知直線l：ax－y－1＝0與雙曲線C：x2－2y2＝1相交于P、Q兩點．(1)當(dāng)a＝1時，求|PQ|；(2)是否存在實數(shù)a，使以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．21．(本小題滿分12分)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，直線l：y＝kx＋2與C交于A，B兩點且OA⊥OB(O為坐標(biāo)原點).(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)P(2，2)，若直線PA，PB的傾斜角互補，求k的值．22．(本小題滿分12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點(0，1).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若過點F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(A、B非橢圓頂點)，求F2A·章末質(zhì)量檢測(三)圓錐曲線的方程1．解析：拋物線y＝4x2的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2＝eq\f(1,4)y，故p＝eq\f(1,8)，則焦點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16))).答案：D2．解析：依題意a＝5，依據(jù)橢圓的定義可知，三角形ABF2的周長為4a＝20.答案：A3．解析：由題意eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)，∴a2＝3b2，∴a2＝3(c2－a2)，∴4a2＝3c2，∴eq\f(c2,a2)＝eq\f(4,3)，∴e2＝eq\f(4,3)，∴e＝eq\f(2\r(3),3).答案：D4．解析：由題意得：F(0，1)，準(zhǔn)線方程為y＝－1，因為eq\o(PF,\s\up6(→))＝4eq\o(FQ,\s\up6(→))，所以yP＝5yF＝5，故點P到準(zhǔn)線l的距離為yP＋1＝6.答案：C5．解析：以雙曲線的對稱中心為坐標(biāo)原點，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，因為雙曲線的離心率為2，所以可設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1(a>0)，依題意可得2a＝30，則a＝15，即雙曲線的方程為eq\f(x2,152)－eq\f(y2,3×152)＝1.因為|AB|＝36cm，所以A的縱坐標(biāo)為18.由eq\f(x2,152)－eq\f(182,3×152)＝1，得|x|＝3eq\r(37)，故|AD|＝6eq\r(37)cm.答案：D6．解析：由焦點坐標(biāo)是(－2，0)，則橢圓焦點在x軸上，且c＝2，將橢圓mx2＋5my2＝5化為eq\f(x2,\f(5,m))＋eq\f(y2,\f(1,m))＝1，則m>0，由eq\f(5,m)>eq\f(1,m)，焦點坐標(biāo)是(－2，0)，則eq\f(5,m)－eq\f(1,m)＝4，解得m＝1.答案：C7．解析：設(shè)圓O的半徑為r，拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，由勾股定理可得r＝eq\r(\f(p2,4)＋5)，因為|AB|＝4eq\r(2)，將y＝±2eq\r(2)代入拋物線方程得2px＝8，可得x＝eq\f(4,p)，不妨設(shè)點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，則r＝|OA|＝eq\r(\f(16,p2)＋8)，所以，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(p2,4)＋5＝\f(16,p2)＋8,p>0))，解得p＝4，因此，拋物線的方程為y2＝8x.答案：C8．解析：由已知得a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c＝1，∴F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，∵點P在橢圓C上，當(dāng)△PF1F2的面積最大時，∴點P到x軸距離最大，即P為橢圓的短軸的端點，不妨設(shè)P(0，eq\r(3)),△PF1F2周長為l＝2c＋2a＝2＋2×2＝6，面積為S＝eq\r(3)，設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，則S＝eq\f(1,2)rl，∴r＝eq\f(2S,l)＝eq\f(\r(3),3).答案：B9．解析：雙曲線eq\f(y2,9)－eq\f(x2,16)＝1，則a2＝9，b2＝16，則a＝3，b＝4，則c2＝a2＋b2＝25，則c＝5，所以雙曲線的虛軸長2b＝8，漸近線方程為y＝±eq\f(a,b)x＝±eq\f(3,4)x，焦點坐標(biāo)為(0，±5)，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,3).答案：AB10．解析：對于A，當(dāng)m＝n<0時，方程不表示任何圖形，故A錯誤；對于B，當(dāng)m>0，n<0時，方程eq\f(x2,\f(1,m))－eq\f(y2,－\f(1,n))＝1表示焦點在x軸上的雙曲線，當(dāng)m<0，n>0時，方程eq\f(y2,\f(1,n))－eq\f(x2,－\f(1,m))＝1表示焦點在y軸上的雙曲線，故B正確；對于C，當(dāng)m>n>0時，eq\f(1,n)>eq\f(1,m)>0，方程eq\f(y2,\f(1,n))＋eq\f(x2,\f(1,m))＝1表示焦點在y軸上的橢圓，故C正確；對于D，當(dāng)m＝0且n>0時，方程y＝eq\f(\r(n),n)或y＝－eq\f(\r(n),n)表示垂直于y軸的兩條直線，故D錯誤．答案：BC11．解析：因為橢圓的短軸長為2eq\r(3)，所以有2b＝2eq\r(3)?b＝eq\r(3)?a2－c2＝3，而橢圓的離心率為eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)?a＝2c?a2＝4c2，所以可得：c2＝1，a2＝4，b2＝3.A：因為a2＝4，b2＝3，所以該橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，因此本選項正確；B：由2y2－2x2＝1?eq\f(y2,\f(1,2))－eq\f(x2,\f(1,2))＝1，該雙曲線的焦點在縱軸上，而橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點在橫軸上，所以本選項說法不正確；C：因為eq\f(12,4)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))\s\up12(2),3)＝1，所以點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))在該橢圓上，因此本選項說法正確；D：直線y＝k(x＋1)恒過點(－1，0)，而eq\f(（－1）2,4)＋eq\f(02,3)<1，所以點(－1，0)在橢圓內(nèi)部，因此直線y＝k(x＋1)與橢圓恒有兩個交點，所以本選項說法正確．答案：ACD12.解析：如圖所示：作AC⊥準(zhǔn)線l于點C，AM⊥x軸于M，BE⊥準(zhǔn)線l于點E.BH⊥x軸于H，直線的斜率為eq\r(3)，∴tan∠HFB＝eq\r(3)，∴∠HFB＝eq\f(π,3)，∴∠BDE＝eq\f(π,6)，∴|DB|＝2|BE|＝2|BF|＝2，故A正確；又∵|BF|＝1，∴|HF|＝eq\f(1,2)，|HB|＝eq\f(\r(3),2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，代入拋物線，得p＝eq\f(3,2)(p＝－eq\f(1,2)舍去)，故B正確；對于C，由B選項得，直線AB方程為：y＝eq\r(3)x－eq\f(3\r(3),4)，與拋物線方程聯(lián)立得：x2－eq\f(5,2)x＋eq\f(9,16)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))＝0，故xA＝eq\f(9,4)，故點A到準(zhǔn)線的距離為eq\f(p,2)＋xA＝3，故C錯誤；對于D,由C選項得，|AF|＝3＝|FD|,點F為線段AD的中點，故D正確．答案：ABD13．解析：由已知條件得m<0，雙曲線mx2＋y2＝1的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2－eq\f(x2,－\f(1,m))＝1，則a2＝1，b2＝－eq\f(1,m)，實軸長為2，虛軸長為2eq\r(－\f(1,m))，由題意得2＝4eq\r(－\f(1,m))，解得m＝－4.答案：－414．解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(y1＋y2,2)＝4，即y1＋y2＝8，∴|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝8＋1＝9.答案：915．解析：設(shè)M(x，y)，A(a，0)，B(0，b)，由2eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，有2(x－a，y)＝(－x，b－y)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3x,2),b＝3y))，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x,2)，0))，B(0，3y)，由|AB|＝3得：eq\f(9x2,4)＋9y2＝9，所以點M的軌跡C的方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.答案：eq\f(x2,4)＋y2＝116．解析：如圖所示，不妨設(shè)直線l與圓C相切于點A，∴CA⊥F1M，∴eq\f(|CA|,|AF1|)＝eq\f(|F2M|,|F1F2|)，由于|CA|＝eq\f(c,2)，|CF1|＝eq\f(3c,2)，|AF1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))\s\up12(2))＝eq\r(2)c，|F1F2|＝2c，∴|F2M|＝eq\f(\r(2)c,2)，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(\r(2)c,2)))，∴kl＝－tan∠CF1A＝－eq\f(\f(c,2),\r(2)c)＝－eq\f(\r(2),4).把Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(\r(2)c,2)))代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，可得eq\f(c2,a2)－eq\f(c2,2b2)＝1，∴eq\f(a2＋b2,a2)－eq\f(a2＋b2,2b2)＝1，∴a＝b，漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±x.答案：－eq\f(\r(2),4)y＝±x17．解析：(1)設(shè)點A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，由題意知雙曲線的左、右焦點坐標(biāo)分別為F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，直線AB的方程y＝eq\r(7)(x－3)，與eq\f(x2,2)－eq\f(y2,7)＝1聯(lián)立得x2－12x＋20＝0，解得x1＝2，x2＝10，代入AB的方程為y＝eq\r(7)(x－3)，分別解得y1＝－eq\r(7)，y2＝7eq\r(7).所以|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（2－10）2＋（－\r(7)－7\r(7)）2)＝16eq\r(2).(2)由(1)知|AB|＝16eq\r(2)，|AF1|＝eq\r(（2＋3）2＋（－\r(7)－0）2)＝4eq\r(2)，|BF1|＝eq\r(（10＋3）2＋（7\r(7)－0）2)＝16eq\r(2)，所以△F1AB的周長為|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝36eq\r(2).18．解析：(1)由題意，設(shè)拋物線的方程為：y2＝2px(p>0)，所以點F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，點A的一個坐標(biāo)為(2，2eq\r(p))，因為eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝16，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2)，2\r(p)))·(2，2eq\r(p))＝16，即4－p＋4p＝16，解得p＝4.所以拋物線的方程為：y2＝8x.(2)設(shè)直線l的方程為x＝ky＋8，則聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝8x,x＝ky＋8))得y2－8ky－64＝0，所以y1＋y2＝8k，y1·y2＝－64，因為eq\o(OB,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(x2，y2)，所以eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(ky1＋8)(ky2＋8)＋y1y2＝(k2＋1)y1y2＋8k(y1＋y2)＋64＝－64(k2＋1)＋8k·8k＋64＝0.所以eq\o(OB,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))為定值0.19．解析：(1)因為P是C1：eq\f(x2,2)＋y2＝1上的點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C1的焦點，所以|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(2)，因為∠PQF2＝∠PF2Q，所以|PQ|＝|PF2|，又因為點Q在F1P的延長線上，所以|QF1|＝|PF1|＋|PQ|＝|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(2)，即點Q的軌跡C2是以F1為圓心，以2eq\r(2)為半徑的圓，因為F1(－1，0)，所以C2的方程為(x＋1)2＋y2＝8.(2)因為MN的中點為Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))，圓C2的圓心為F1(－1，0)，且TF1⊥MN，所以直線MN的斜率為kMN＝－eq\f(1,kTF1)＝2，方程為y＝2x－eq\f(1,2).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－\f(1,2)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消y得9x2－4x－eq\f(3,2)＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為(x0，y0)，則x1＋x2＝eq\f(4,9)，所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2,9)，y0＝2x0－eq\f(1,2)＝2×eq\f(2,9)－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,18)，所以AB的中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,9)，－\f(1,18))).20．解析：(1)設(shè)點P(x1，y1)、Q(x2，y2)，當(dāng)a＝1時，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y－1＝0,x2－2y2＝1))，可得x2－4x＋3＝0，Δ＝16－12>0，由韋達定理可得x1＋x2＝4，x1x2＝3，所以，|PQ|＝eq\r(1＋12)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(2).(2)假設(shè)存在實數(shù)a，使以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點，設(shè)P(x1，y1)、Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax－y－1＝0,x2－2y2＝1))，得(2a2－1)x2－4ax＋3＝0，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a2－1≠0,Δ＝16a2－12（2a2－1）>0))，解得－eq\f(\r(6),2)<a<eq\f(\r(6),2)且a≠±eq\f(\r(2),2)，由韋達定理可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4a,2a2－1),x1x2＝\f(3,2a2－1)))，因為以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點，則OP⊥OQ，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(ax1－1)(ax2－1)＝(a2＋1)x1x2－a(x1＋x2)＋1＝eq\f(3（a2＋1）－4a2,2a2－1)＋1＝0，整理可得a2＋2＝0，該方程無實解，故不存在．21．解析：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{