2018年高三数学课标一轮复习单元质检 九解析几何含解析

2019届高三数学课标一轮复习单元质量检测试题

单元质检九 解析几何

(时间:120分钟 满分:150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l1:mx+y-1=0与直线l2:(m-2)x+my-1=0,则“m=1”是“l1⊥l2”的( )

A.充分不必要条件 B.充要条件

C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

2.与圆x2+(y-2)2=1相切,且在两坐标轴上截距相等的直线共有( ) A.2条

B.3条

1??C.4条 D.6条

3.已知点P(x,y)为曲线y=x+上任一点,点A(0,4),则直线AP的斜率k的取值范围是( ) A.[-3,+∞) C.[-2,+∞)

B.(3,+∞) D.(1,+∞)

4.(2017浙江金丽衢模拟)过点P(4,2)作圆x2+y2=4的两条切线,切点分别为A,B,O为坐标原点,则△OAB外接圆的方程是( ) A.(x-2)2+(y-1)2=5

B.(x-4)2+(y-2)2=20

C.(x+2)2+(y+1)2=5 D.(x+4)2+(y+2)2=20

在x轴正方向上投影5.(2017辽宁沈阳期末)已知直线 3x-y+4=0与圆x2+y2=16交于A,B两点,则????的绝对值为( ) A.4 3

B.4

C.2 3

D.2

6.(2017江苏盐城模拟)已知两圆C1:(x-4)2+y2=169,C2:(x+4)2+y2=9,动圆在圆C1内部且和圆C1相内切,和圆C2相外切,则动圆圆心M的轨迹方程为( ) A.64?48=1

??2??2

C.48?64=1 ??2

??2

B.48+64=1

??2??2

D.64+48=1

??2??2

7.(2017浙江绍兴一模)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,过点M(p,0)的直线交抛物线于A,B两点,

|????|

若 ????=2 ????,则|????|=( )

A.2 B. 5

2

C. 2 D.与p有关

1

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8.如图,已知椭圆C:??2+2=1(a>0),点A,F分别为其右顶点和右焦点,过F作AF的垂线交椭圆C于P,Q两点,过P作AP的垂线交x轴于点D,若|DF|=A.2

B.4

?

??2??

??+ ??2-2

2??2??2

,则椭圆C的长轴长为( )

C.2 2 D.4 2 F2与双曲线的一条渐近线平行的直

??2

9.已知F1,F2分别是双曲线??22=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过

线交另一条渐近线于点M,若∠F1MF2为锐角,则双曲线离心率的取值范围是( ) A.(1, 2) ??2

10.设双曲线??2B.( 2,+∞) ?

??2??

C.(1,2) D.(2,+∞)

2=1(a>0,b>0)的右焦点为

F,过点F与x轴垂直的直线l交两渐近线于A,B两点,与

=m???? +n???? (m,n∈R),且mn=2,则该双曲线的渐近双曲线的其中一个交点为P,设坐标原点为O,若????

9线方程为( ) A.y=±4x C.y=±2x

1

3B.y=±4x D.y=±3x

1

2

二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分.将答案填

在题中横线上)

11.(2017浙江联考)已知直线l1:2x-2y+1=0,直线l2:x+by-3=0,若l1⊥l2,则b= ;若l1∥l2,则两直线间的距离为 .

12.(2017浙江镇海模拟)已知圆C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在两点关于直线l:x+my+1=0对称,经过点M(m,m)作圆C的切线,切点为P,则m= ;|MP|= .

13.(2017浙江温州期末)若△OAB的垂心H(1,0)恰好为抛物线y2=2px的焦点,O为坐标原点,点A,B在此抛物线上,则此抛物线的方程是 ,△OAB面积是 .

·???? =2时,直线l14.(2017浙江杭州模拟)已知抛物线y=x2和直线l:y=kx+m(m>0)交于两点A,B,当????过定点 ;当m= 时,以AB为直径的圆与直线y=相切.

15.(2017浙江绍兴)已知圆O1和圆O2都经过点A(0,1),若两圆与直线4x-3y+5=0及y+1=0均相切,则|O1O2|= . 16.双曲线??2?

??2

??2??

2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为

1

4

F1,F2,P为双曲线上一点,且 ????????1·2=0,△F1PF2的

内切圆半径r=2a,则双曲线的离心率e= .

17.从抛物线y2=2x上的点A(x0,y0)(x0>2)向圆(x-1)2+y2=1引两条切线分别与y轴交于B,C两点,则△ABC的面积的最小值是 .

三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

2

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18.(14分)(2017浙江名校联考)已知圆C:(x-1)2+y2=9内有一点P(2,2),过点P作直线l交圆C于A,B两点.

(1)当l经过圆心C时,求直线l的方程; (2)当直线l的倾斜角为45°时,求弦AB的长.

19.(15分)(2017课标Ⅲ高考)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.

(1)证明:坐标原点O在圆M上;

(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.

??2??2

20.(15分)已知椭圆C1:16+4=1,直线l1:y=kx+m(m>0)与圆C2:(x-1)2+y2=1相切且与椭圆

C1交于A,B

两点.

(1)若线段AB的中点的横坐标为3,求m的值;

3

4

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(2)过原点O作l1的平行线l2交椭圆于C,D两点,设|AB|=λ|CD|,求λ的最小值.

21(15分)已知抛物线C:x2=4y,过点P(0,m)(m>0)的动直线l与C相交于A,B两点,抛物线C在点A和点B处的切线相交于点Q,直线AQ,BQ与x轴分别相交于点E,F.

(1)写出抛物线C的焦点坐标和准线方程; (2)求证:点Q在直线y=-m上;

(3)判断是否存在点P,使得四边形PEQF为矩形?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.

4

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22.(15分)(2017浙江四模)设x,y∈R,向量i,j分别为直角坐标平面内x,y轴正方向上的单位向量,若向量a=(x+ 3)i+yj,b=(x- 3)i+yj,且|a|+|b|=4. (1)求点M(x,y)的轨迹C的方程;

(2)设椭圆E:16+4=1,P为曲线C上一点,过点P作曲线C的切线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,试证:△OAB的面积为定值. 答案：

??2

??2

1.A 当m=0时,两条直线方程分别化为y-1=0,2x+1=0,此时两条直线相互垂直,∴m=0.当m≠0时,若l1⊥l2,则-m· -?? =-1,解得m=1.综上可得m=0或m=1.故“m=1”是“l1⊥l2”的充分不必要条件,故选A.

2.C 过原点与圆x2+(y-2)2=1相切的直线有2条;斜率为-1且与圆x2+(y-2)2=1相切的直线也有2条,且此两条切线不过原点,由此可得与圆x2+(y-2)2=1相切,且在两坐标轴上截距相等的直线共有4条.

3.A 由题意知

??-441kAP=??=1-??+??221

??-2 -3≥-3.

??-2

=

4.A 由题意知,O,A,B,P四点共圆,所以所求圆的圆心为线段OP的中点(2,1).又圆的半径r=2|OP|= 5,所以所求圆的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.

5.C 因为圆x2+y2=16的圆心到直线 3x-y+4=0的距离为d=π34 12+( 3)21

=2,所以

在x轴正方向上投影的绝|AB|=2 16-4=4 3,由于直线 3x-y+4=0的倾斜角为,所以????对值为| ????|cos3=4 3×2=2 3,故选C.

6.D 设圆M的半径为r,

则|MC1|+|MC2|=(13-r)+(3+r)=16, ∴M的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆, 且2a=16,2c=8,

??2??2

故所求的轨迹方程为64+48=1,故选

π

1

D.

5

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7.B 设直线方程为x=my+p,代入y2=2px,可得y2-2pmy-2p2=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2pm,y1y2=-2p2, ∵ ????=2 ????,∴(p-x1,-y1)=2(x2-p,y2),

∴x1=-2x2+p,y1=-2y2,

可得y2=p,y1=-2p,∴x2=2p,x1=2p, ∴

|????||????|

1

=

12??+2??11??+??22=2,故选B.

5

8.B 由题意可得A(a,0),F(c,0),即有c= ??2-2, 令x=c,可得y=± 2 1-??2=±??,可得P ??2-2,?? , 由AP⊥PD,可得kAP·kPD=-1, 即2?? ??2-2-??

??2

22

·2-??????

- ??2-2

=-1,

解得xD= ??2-2?

??+ ??2-2

24??2(??- ??2-2)

, 由|DF|= ??2-2-x

,可得

=

??+ ??2-2

2D=4??2(??- ??2-2)

, 即为a2[a2-(a2-2)]=8,即a2=4,解得a=2. 则椭圆C的长轴长为4.故选B. 9.D 由于图形的对称性,不妨联立

??

??=-????,??=??(??-??),

??

??

??=2,

∴M ??,-???? ,F1(-c,0),F2(c,0), 解得 ????22????=-2??,

3?????? ?????? ∴ ????= -, ,????= , , 1222??22??????23??2 由题意可得????1·????2>0,即4??2?4>0,

2

化简可得b2>3a2,即c2-a2>3a2,

6

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??

故可得c2>4a2,c>2a,可得e=??>2.故选D.

???????? 可得P (??+??)??,(??-??)???? ,代入10.B 不妨令A ??,?? ,B ??,-?? ,由 ????=m ????+n????

??2

(??+??)??2

双曲线方程得??2????2(??-??)???2·2??

22

=1,化简得??2·4mn=1,∵mn=9,∴??2=8,

2??2

2

??2

9

∴

??

??22

=8,故双曲线的渐近线方程为y=±4x,故选B.

7 22

1

1

11.1 4 ①∵l1⊥l2,则-× -?? =-1,解得b=1.

-2

②若l1∥l2,则-=-??,解得b=-1.∴两条直线方程分别为x-y+2=0,x-y-3=0. =4. 212.-1 3 ∵圆C:x2+y2-2x-4y+1=0上存在两点关于直线l:x+my+1=0对称, ∴直线l:x+my+1=0过圆心C(1,2), ∴1+2m+1=0.解得m=-1.

圆C:x2+y2-2x-4y+1=0,可化为(x-1)2+(y-2)2=4,圆心(1,2),半径r=2, ∵经过点M(m,m)作圆C的切线,切点为P, 则两直线间的距离为 -3-

2-2

11

127 2∴|MP|= (1+1)2+(2+1)2-4=3.

13.y2=4x 10 5 本题考查抛物线的标准方程与几何性质.因为焦点为H(1,0),所以抛物线的方程是y2=4x.设A(a2,2a),B(b2,2b),由抛物线的对称性可知,b=-a.又因为AH⊥OB,得

2??2??

·=-1,解得??2-1??21 4a= 5(不妨取正值),从而可得△OAB面积是10 5.

14.(0,2) ??=??2,整理得x2-kx-m=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),

??=????+??,

则x1+x2=k,x1x2=-m,

y1y2=(x1x2)2=m2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=k2+2m,

=2,则x1x2+y1y2=m2-m=2,即m2-m-2=0,解得m=-1或m=2, 由 ????·????

由m>0,得m=2,

直线l:y=kx+2,∴直线l过定点(0,2),

设以AB为直径的圆的圆心M(x,y),圆M与y=4相切于点P, 由x=12??+??21

=2,则P 2,-4 ,

????1

· =0,即 ??1-??,??1+1 · ??2-??,??2+1 =0, 由题意可知 ????????

2424 7

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2

整理得

????11

x1x2-2(x1+x2)+4+y1y2+4(y1+y2)+16=0,

??

1

1

代入整理得m2-2+16=0,解得m=4, ∴当m=4,以AB为直径的圆与直线y=4相切. 15. 5 如图,∵原点O到直线4x-3y+5=0的距离d=离为1,且到(0,1)的距离为1,

|5| 42+(-3)211

=1,到直线y=-1的距

∴圆O1和圆O2的一个圆心为原点O,不妨看作是圆O1, 设O2(a,b),则由题意得 ??+1= ??2+(??-1)2,

解得 ??=2,

??=1.

??+1=|4??-3??+5| 42+(-3)2,

∴|O1O2|= 22+12= 5.

16.5 可设P为第一象限的点,

由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2a,① ????????1·2=0,可得PF1⊥PF2, 由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,② 由①②可得2|PF1|·|PF2|=4c2-4a2=4b2,

由三角形的面积公式可得2r(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)=2|PF1|·|PF2|, 即有c+2a= ??2+??2,两边平方可得c2+4a2+4ac=c2+b2=c2+c2-a2, 即c2-4ac-5a2=0,解得c=5a(c=-a舍去), 即有e=??=5.

17.8 设B(0,yB),C(0,yC),A(x0,y0),其中x0>2, 所以直线AB的方程化简得(y0-yB)x-x0y+x0yB=0,

2

直线AB与圆相切,圆心到直线的距离等于半径,两边平方化简得(x0-2)????+2y0yB-x0=0,

2

同理可得(x0-2)????+2y0yA-x0=0,

故yC,yB是方程(x0-2)y2+2y0y-x0=0的两个不同的实根,

??

1

1

8

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2??02-??0

??0

, 2-??0

所以yC+yB=所以

,yCyB=

??214

S=2|yC-yB|x0=0=(x0-2)++4≥8,

??0-2??0-2

所以当且仅当x0=4时,S取到最小值8,

所以△ABC的面积的最小值为8.

18.解(1)已知圆C:(x-1)2+y2=9的圆心为C(1,0),∵直线过点P,C,∴kPC=

2-0

=2,直线2-1

l

的方程为y=2(x-1),即2x-y-2=0;

(2)当直线l的倾斜角为45°时,斜率为1,直线l的方程为y-2=x-2,即x-y=0,圆心C到直线l的距离为 .∵圆的半径为3,∴弦AB的长为 34.

19.解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2. ??=????+2,由 2可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4. ??=2??又

??2??2(????)1x1=2,x2=22,故x1x2=1422

12=4.

??

??

-4

因此OA的斜率与OB的斜率之积为??1·??2=4=-1,

12所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上.

(2)由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.

故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r= (??2+2)2+??2. · =0, 由于圆M过点P(4,-2),因此 ????????

故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,

即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0. 由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.

所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-2.

当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为 10,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.

当m=-2时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为 4,-2 ,圆M的半径为4,圆

92

M的方程为 ??-4

12

+ ??+2 1

9

1

851

=16.

85

9

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??2

??2

20.解(1)将l1:y=kx+m代入C1:16+4=1得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-4)=0,Δ>0恒成立,

??1+??2=-8????设A(x1,y1),B(x2,y2),则

1+4??2,

所以-4????4??1??2=

4(??2-4)1+4??

2,

1+4??

2=3,① 又d=|??+??|1-??2

2=1,得k=m4-m2-2=0,解得m= 2.

1+??

2??,②联立①②得|x4 16??2

(2)由(1)得-??2+4

4 16??2

-??2+4

1-x2|=

1+4??

2,所以|AB|= 1+??2·1+4??

2,把l2:y=kx代入

C:??2??21=1得x2=1616+41+4??

2, 所以|CD|= 1+??2·8 , 1+4??

2所以

λ=|????|

=

16??2-??2+4

1|????|

2 1+4??

2=

2 4-??21+4??

2 =1

2

24-??

1+4 12-??22??

=1??4112 4-??4-??2+1

=2

4-≥ 6 1123

3, ??2-2 +4当m= 2,k=- 2 64时,λ取最小值3.

21.(1)解焦点坐标为(0,1),准线方程为y=-1.

(2)证明由题意,知直线l的斜率存在,故设l的方程为y=kx+m. 由方程组

??=????+??,??2

=4??,

得x2-4kx-4m=0, 由题意,得Δ=16k2+16m>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-4m,

所以抛物线在点A处的切线方程为y-11

4??12

=2x1(x-x1), 化简,得y=11

2x1x-4??12,

同理,抛物线在点B处的切线方程为y=1

1

2x2x-4??22. 联立方程①②,得11211

2x1x-4??1=2x2x-4??22,

10

①②

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即2(x1-x2)x=4(x1-x2)(x1+x2),因为x1≠x2,所以x=2(x1+x2),代入①,得y=4x1x2=-m,所以点Q 12??+??2

,-?? ,即

1111

Q(2k,-m).所以点Q在直线y=-m上.

(3)解假设存在点P,使得四边形PEQF为矩形, 由四边形PEQF为矩形,得EQ⊥FQ,即AQ⊥BQ,

所以kAQ·kBQ=-1,即2x1·2x2=-1.由(2),得4x1x2=4(-4m)=-1,解得m=1.所以P(0,1). 以下只要验证此时的四边形PEQF为平行四边形即可. 在①中,令y=0,得E 2??1,0 .

同理得F 2??2,0 .所以直线EP的斜率为kEP=kFQ=10-(-1)

??1+??2??-2221

1-0

10-2??1

11

1

1

1

=??,直线FQ的斜率

1

-2

=??,

1

-2

所以kEP=kFQ,即EP∥FQ. 同理PF∥EQ.

所以四边形PEQF为平行四边形.

综上所述,存在点P(0,1),使得四边形PEQF为矩形. 22.(1)解∵a=(x+ 3)i+yj,b=(x- 3)i+yj, 且|a|+|b|=4,

∴ (??+ 3)2+??2+ (??- 3)2+??2=4.

∴点M(x,y)到两个定点F1(- 3,0),F2( 3,0)的距离之和为4. ∴点M的轨迹C是以F1,F2为焦点的椭圆,

??2

设所求椭圆的标准方程为??2+

??2??

2=1(a>b>0),则

c= 3,

a=2,故b2=a2-c2=1. 其方程为4+y2=1.

(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),

将y=kx+m代入椭圆E的方程,消去x可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0, 显然直线与椭圆C的切点在椭圆E内, 故Δ>0,由韦达定理可得x1+x2=-所以|x1-x2|=

4 16??+4-??2

1+4??

22

??2

8????1+4??

2,x1x2=

4??2-161+4??

2.

.

因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m),

11

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2

所以△OAB的面积=

2 (16??+4-??2)??2

1+4????21+4??

2=t,

22

2 16??+4-??2|??|1

S=2|m||x1-x2|= 21+4??

??21+4??

2 =2 4-

??21+4??

2.

设

将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. 由Δ=0,可得m2=1+4k2,即t=1, 又因为S=2 (4-??)??=2 -??2+4??, 故S=2 3为定值.

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