（浙江专版）2020届高考数学一轮复习单元检测九平面解析几何单元检测（含解析）.docx

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1、1单元检测九 平面解析几何(时间：120 分钟 满分：150 分)第卷(选择题 共 40 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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 l 经过点( ，2)和(0,1)，则它的倾斜角是( )3A30B60C150D120答案 D解析 由斜率公式 k ，再由倾斜角的范围 0，180)知，y2 y1x2 x1 1 20 3 3tan120 ，故选 D.32直线 kx y3 k30 过定点( )A(3,0) B(3,3) C(1,3) D(0,3)答案 B解析 kx y3 k30 可化为 y3 k(x3)，所以过定点(3

2、,3)故选 B.3由直线 y x1 上的一点向圆( x3) 2 y21 引切线，则切线长的最小值为( )A. B2 C1D37 2答案 A解析 圆的圆心为(3,0)， r1，圆心到直线 x y10 的距离为 d 2 ，所以|3 1|2 2由勾股定理可知切线长的最小值为 .222 12 74一束光线从点 A(1,1)发出，并经过 x 轴反射，到达圆( x2) 2( y3) 21 上一点的最短路程是( )A4B5C3 1D22 6答案 A解析 依题意可得，点 A 关于 x 轴的对称点 A1(1，1)，圆心 C(2,3)， A1C 的距离为5，所以到圆上的最短距离为 514，故选 A.2 12 3

3、1225已知直线 x y a 与圆 x2 y24 交于 A， B 两点，且| | |，其中 O 为原OA OB OA OB 点，则实数 a 的值为( )A2B2C2 或2D. 或6 6答案 C解析 由| | |得| |2| |2，化简得 0，即 ，三OA OB OA OB OA OB OA OB OA OB OA OB 角形 AOB 为等腰直角三角形，圆心到直线的距离为 ，即 ， a2.2|a|2 26已知双曲线 E 的中心为原点， F(3,0)是 E 的焦点，过 F 的直线 l 与 E 相交于 A， B 两点，且 AB 的中点为 N(12，15)，则 E 的方程为( )A. 1 B. 1x2

4、3 y26 x24 y25C. 1 D. 1x26 y23 x25 y24答案 B解析 由已知条件得直线 l 的斜率为 k kFN1，设双曲线方程为 1( a0， b0)，x2a2 y2b2A(x1， y1)， B(x2， y2)，则有Error!两式相减并结合 x1 x224， y1 y230得， ，从而 1，即 4b25 a2，y1 y2x1 x2 4b25a2 4b25a2又 a2 b29，解得 a24， b25，故选 B.7(2018绍兴市、诸暨市模拟)如图，已知点 P 是抛物线 C： y24 x 上一点，以 P 为圆心，r 为半径的圆与抛物线的准线相切，且与 x 轴的两个交点的横坐标

5、之积为 5，则此圆的半径r 为( )A2 B53C4 D433答案 D解析 设圆与 x 轴的两个交点分别为 A， B，由抛物线的定义知 xP r1，则 P(r1,2)，又由中垂线定理，知| OA| OB|2( r1)，且| OA|OB|5，故由圆的切割线r 1定理，得(2 )2(1| OA|)(1| OB|)，展开整理得 r4，故选 D.r 18(2018绍兴市、诸暨市模拟)已知双曲线的标准方程为 1， F1， F2为其左、右焦x2a2 y2b2点，若 P 是双曲线右支上的一点，且 tan PF1F2 ，tan PF2F12，则此双曲线的离心率12为( )A. B. C. D.552 355

6、3答案 A解析 由 tan PF1F2 ，tan PF2F12 知，12PF1 PF2，作 PQ x 轴于点 Q，则由 PF1Q F2PQ，得| F1Q|4| F2Q| c，85故 P ，(35c， 45c)代入双曲线的方程，有 b2 2 a2 2 a2b2，(35c) (45c)又 a2 b2 c2，则(9 c25 a2)(c25 a2)0，解得 或 (舍)，即离心率 e ，故选 A.ca 5 ca 53 59(2019宁波模拟)设抛物线 y24 x 的焦点为 F，过点 P(5,0)的直线与抛物线相交于A， B 两点，与抛物线的准线相交于点 C，若| BF|5，则 BCF 与 ACF 的面积

7、之比等于( )S BCFS ACFA. B. C. D.56 2033 1531 2029答案 D解析 由题意知直线 AB 的斜率存在，则由抛物线的对称性不妨设其方程为 y k(x5)， k0，与抛物线的准线 x1 联立，得点 C 的坐标为(1，6 k)，与抛物线的方程 y24 x 联立，消去 y 得k2x2(10 k24) x25 k20，4则 xA xB ， xAxB25，10k2 4k2又因为| BF| xB15，所以 xB4，代入解得 xA ， k4，254则 yA5， yB4， yC24，则 S ACF |PF|yA yC|58，12S ABF |PF|yA yB|18，12则 1

8、，故选 D.S BCFS ACF S ABFS ACF 202910已知直线 l： kx y2 k10 与椭圆 C1： 1( ab0)交于 A， B 两点，与圆x2a2 y2b2C2：( x2) 2( y1) 21 交于 C， D 两点若存在 k2，1，使得 ，则椭圆 C1AC DB 的离心率的取值范围是( )A. B. C. D.(0，12 12， 1) (0， 22 22， 1)答案 C解析 直线 l 过圆 C2的圆心， ，AC DB | | |， C2的圆心为线段 AB 的中点AC2 C2B 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则Error!两式相减得， ，x1 x2x1 x2

9、a2 y1 y2y1 y2b2化简可得2 k，b2a2又 ab， ，b2a2 k2 12， 1)所以 e .1 b2a2 (0， 22第卷(非选择题 共 110 分)二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分把答案填在题中横线上)11(2018台州质检)已知直线 l1： mx3 y2 m， l2： x( m2) y1，若 l1 l2，则实数 m_；若 l1 l2，则实数 m_.5答案 3 32解析 l1 l2等价于Error!解得 m3.l1 l2等价于 m3( m2)0，解得 m .3212(2018浙江十校联盟考试)抛物线 y4 x2的焦点坐标是_

10、，焦点到准线的距离是_答案 (0，116) 18解析 由 y4 x2，得 x2 ，可得 2p ，所以 p ，即焦点的坐标为 ，焦点到准线y4 14 18 (0， 116)的距离为 .1813(2018衢州模拟)已知圆 C 与 x 轴相切于点 T(1,0)，与 y 轴正半轴交于两点 A， B(B 在A 的上方)，| AB|2，圆 C 的半径为_；圆 C 在点 B 处的切线在 x 轴上的截距为_答案 12 2解析 设圆心 C(1， b)，则半径 r b.由垂径定理得，1 2 b2，(|AB|2 )即 b ，且 B(0,1 )2 2又由 ABC45，切线与 BC 垂直，知切线的倾斜角为 45，故切线

11、在 x 轴上的截距为1 .214若双曲线 1( a0， b0)的右焦点到渐近线的距离等于焦距的 倍，则双曲线的x2a2 y2b2 34离心率为_，如果双曲线上存在一点 P 到双曲线的左右焦点的距离之差为 4，则双曲线的虚轴长为_答案 2 4 3解析 由于右焦点到渐近线的距离等于焦距的 倍，34可知双曲线渐近线 y x 的倾斜角为 ，ba 3即 ，所以 e 2，ba 3 ca 1 3因为 a2，从而 b 2 ，16 4 36所以虚轴长为 4 .315已知点 A(0,1)，抛物线 C： y2 ax(a0)的焦点为 F，线段 FA 与抛物线 C 相交于点M， FA 的延长线与抛物线的准线相交于点 N

12、，若| FM| MN|13，则实数 a 的值为_答案 2解析 依题意得焦点 F 的坐标为 ，(a4， 0)设点 M 在抛物线的准线上的射影为 K，连接 KM(图略)，由抛物线的定义知| MF| MK|，因为| FM| MN|13，所以| KN| KM|2 1，2又 kFN ， kFN 2 ，0 1a4 0 4a |KN|KM| 2所以 2 ，解得 a .4a 2 216已知双曲线 E： 1( a0， b0)的左、右焦点分别为 F1， F2， A(2,1)， B 是 E 上不x2a2 y2b2同的两点，且四边形 AF1BF2是平行四边形，若 AF2B ， ，则双曲线 E 的标23 2BSA3准方

13、程为_答案 y21x22解析 如图，因为四边形 AF1BF2是平行四边形，所以 ，2ABFS12 F1AF2 ， 3所以| F1F2|2| AF1|2| AF2|22| AF1|AF2|cos ， 3即 4c2| AF1|2| AF2|2| AF1|AF2|，7又 4a2(| AF1| AF2|)2，所以 4a2| AF1|2| AF2|22| AF1|AF2|，由可得| AF1|AF2|4 b2，又 4b2 ，2ABFS12 32 3所以 b21，将点 A(2,1)代入 y21，可得 a22，x2a2故双曲线 E 的标准方程为 y21.x2217在平面直角坐标系 xOy 中， A(3,0)，

14、 P(3， t)， tR，若存在 C， D 两点满足 2，且 2 ，则 t 的取值范围是_|AC|OC| |AD|OD| PD PC 答案 2 ，2 5 5解析 设 C(x， y)，因为 A(3,0)， 2，|AC|OC|所以 2，x 32 y2x2 y2整理得( x1) 2 y24，即点 C 在圆 M：( x1) 2 y24 上同理由 2 可得点 D 也在圆 M 上|AD|OD|因为 2 ，所以 C 是 PD 的中点，PD PC 过点 M 作 MN CD，垂足为 N，连接 CM， PM.设| MN| d，| PC| CD|2 k，分别在 Rt CMN，Rt PMN 中，由勾股定理，得Erro

15、r!消去 k2得， t2208 d2.因为 0 d20，解得 1)，设直线 PM 的斜率为 k.x2a2(1)试用 a， k 表示弦长| MN|；(2)若这样的 PMN 存在 3 个，求实数 a 的取值范围解 (1)不妨设直线 PM 所在的直线方程为 y kx1( k1，所以 a .320(15 分)已知椭圆 C： 1( ab0)的长轴长为 4，其上顶点到直线 3x4 y10x2a2 y2b2的距离等于 .35(1)求椭圆 C 的方程；(2)若直线 l 与椭圆 C 交于 A， B 两点，交 x 轴的负半轴于点 E，交 y 轴于点 F(点 E， F 都不在椭圆上)，且 1 ， 2 ， 1 28，

16、证明：直线 l 恒过定点，并求出该FA AE FB BE 定点解 (1)由椭圆 C 的长轴长为 4 知 2a4，故 a2，椭圆的上顶点为(0， b)，则由 得 b1，|4b 1|5 35所以椭圆 C 的方程为 y21.x2410(2)设 A(x1， y1)， E(m,0)(m1)上的点 A 到其焦点的距离为 ，且点 A 在曲线32x y2 0 上52(1)求抛物线 C 的方程；(2)M(x1， y1)， N(x2， y2)是抛物线 C 上异于原点的两点， Q(x0， y0)是线段 MN 的中点，点 P是抛物线 C 在点 M， N 处切线的交点，若| y1 y2|4 p，证明： PMN 的面积为

17、定值(1)解 设点 A(xA， yA)，点 A 到抛物线焦点的距离为 ，32 xA ， y 2 pxA2 p ，32 p2 2A (32 p2)又点 A 在曲线 x y2 0 上，52 2 p 0，32 p2 (32 p2) 52即 p2 p10，解得 p2 或 p (舍去)，52 12抛物线 C 的方程为 y24 x.(2)证明 由(1)知 M ， N ，| y1 y2|8，(y214， y1) (y24， y2)设抛物线 C 在点 M 处的切线的斜率为 k(k0)，则该切线的方程为 y y1 k ，(xy214)联立方程得Error!消去 x，整理得11ky24 y4 y1 ky 0，21

18、 M 是切点， 164 k(4y1 ky )0，21即 44 ky1 k2y 0，解得 k ，212y1直线 PM 的方程为 y y1 (x )，即 y x ，2y1 y214 2y1 y12同理得直线 PN 的方程为 y x ，2y2 y22联立方程得Error!解得Error! P ，(y1y24 ， y1 y22 ) Q 是线段 MN 的中点， y0 ，y1 y22 PQ x 轴，且 x0 ，x1 x22 y21 y28 PMN 的面积 S |PQ|y1 y2|12 |y1 y2|12|y1y24 x0| |y1 y2|12|y1y24 y21 y28 | |y1 y2|332，116即

19、 PMN 的面积为定值22(15 分)(2018嘉兴测试)如图，已知抛物线 x2 y，过直线 l： y 上任一点 M 作抛14物线的两条切线 MA， MB，切点分别为 A， B.(1)求证： MA MB；(2)求 MAB 面积的最小值(1)证明 方法一 设 M ，(x0， 14)易知直线 MA， MB 的斜率都存在，分别设为 k1， k2，设过点 M 的抛物线的切线方程为 y k(x x0)，1412由Error! 得 x2 kx kx0 0，14 k24 kx010，由题意知， k1， k2是方程 k24 x0k10 的两个根，所以 k1k21，所以 MA MB.方法二 设 M ， A(x1

20、， x )， B(x2， x )，(x0， 14) 21 2易知直线 MA， MB 的斜率都存在，分别设为 k1， k2.由 y x2，得 y2 x，则 MA， MB 的斜率分别为 k12 x1， k22 x2，所以 2x1 ，整理得 x 2 x1x0 ，x21 14x1 x0 21 14同理可得， x 2 x2x0 ，214两式相减得， x x 2 x0(x1 x2)，21 2因为 x1 x2，所以 x1 x22 x0，于是 x x1(x1 x2) ，2114所以 x1x2 ，即 k1k24 x1x21，14所以 MA MB.(2)解 由(1)得 k12 x1， k22 x2，所以 A ， B ，(k12， k214) (k22， k24)易知 k1k21， k1 k24 x0，所以| MA| |yA yM|1 1k21 1 1k21|k214 14| ，同理，| MB| ，k21 14|k1| k2 14|k2|所以 S MAB |MA|MB| 12 12 k21 1k2 116|k1k2| k21 k2 232 4x02 2 1 232 .4x02 432 3214综上，当 x00 时， MAB 的面积取得最小值，最小值为 .1413