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专题综合检测练（五）(120分钟150分)第卷(选择题,共60分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5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.(2018江西名校学术联盟)已知直线l将圆C:x2+y2-6x+6y+2=0的周长平分,且直线l不经过第三象限,则直线l的倾斜角的取值范围为()A.90135B.90120C.60135D.90150【解析】选A.依题意,圆C:(x-3)2+(y+3)2=16,易知直线l过圆C的圆心(3,-3);因为直线l不经过第三象限,结合正切函数图象可知,90135.2.(2018浙江省重点中学联考)双曲线y29-x24=1的离心率是()A.52B.53 C.132D.133【解析】选D.因为a=3,b=2,所以c=a2+b2=13,所以离心率是e=ca=133.3.(2018绍兴一模)如图,已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左焦点为F,A为虚轴的一端点.若以A为圆心的圆与C的一条渐近线相切于点B,且=t(tR),则该双曲线的离心率为()A.2B.5C.1+32D.1+52【解析】选D.由题意b2=ac,所以c2-a2=ac,解得离心率为1+52.4.(2018昆明一模)已知直线l:y=3x+m与圆C:x2+(y-3)2=6相交于A,B两点,若ACB=120,则实数m的值为()A.3+6或3-6B.3+26或3-26C.9或-3D.8或-2【解析】选A.因为ACB=120,半径为6,所以圆心到直线的距离为62,所以|-3+m|4=62,解得m=3+6或m=3-6.5.(2018哈尔滨一模)已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,点P为双曲线C右支上一点,直线PF1与圆x2+y2=a2相切,且|PF2|=|F1F2|,则双曲线C的离心率为()A.103B.43C.53D.2【解析】选C.因为直线PF1与圆x2+y2=a2相切,|PF2|=|F1F2|,所以|PF1|=4b,所以|PF1|-|PF2|=4b-2c=2a,所以2b=c+a,所以双曲线C的离心率为53.6.圆x2+y2=1与直线y=kx-3有公共点的充分不必要条件是()A.k-22或k22B.k-22C.k2D.k-22或k2【解析】选B.圆x2+y2=1与直线y=kx-3有公共点3k2+11k-22或k22,所以“k-22”是“圆x2+y2=1与直线y=kx-3有公共点”的充分不必要条件.7.椭圆x216+y212=1与双曲线x216-k+y212-k=1(12k0,b0)中心O(坐标原点)为圆心,焦距为直径的圆与双曲线在第一象限内交于M点,F1,F2分别为双曲线的左、右焦点,过点M作x轴的垂线,垂足恰为OF2的中点,则双曲线的离心率为()A.3-1B.3C.3+1D.2【解析】选C.由题意知点M的坐标为Mc2,3c2,代入双曲线方程可得c24a2-3c24b2=1,因为b2=c2-a2,e=ca,所以e4-8e2+4=0,所以e2=4+23,所以e=3+1.9.抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,M是抛物线C上的点,若三角形OFM的外接圆与抛物线C的准线相切,且该圆的面积为36,则p的值为()A.2B.4C.6D.8【解析】选D.设OFM的外接圆圆心为O1,则|O1O|=|O1F|=|O1M|,所以O1在线段OF的中垂线上,又因为O1与抛物线的准线相切,所以O1在抛物线上,所以O1p4,22p,又圆面积为36,所以半径为6,所以p216+12p2=36,所以p=8.10.(2018惠州一模)ABC中,B=23,A,B分别是双曲线E的左、右焦点,点C在E上,且|AB|=|BC|,则E的离心率为()A.5-1B.3+1C.3-12D.3+12【解析】选D.由|BC|=|BA|=2c,则|CA|2=|BC|2+|BA|2-2|BC|BA|cosB =12c2,2a=|CA|-|CB|=23c-2c,所以ca=13-1=3+12.11.在ABC中,AB=BC,cos B=-718.若以A,B为焦点的椭圆经过点C,则该椭圆的离心率e=()A.34B.37C.38D.318【解析】选C.设|AB|=x0,则|BC|=x,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos B=x2+x2-2x2-718=259x2,所以|AC|=53x,由条件知,|CA|+|CB|=2a,AB=2c,所以53x+x=2a,x=2c,所以e=ca=2c2a=x83x=38.12.已知双曲线x2a2-y2b2=1的离心率为e=2,右焦点F到其渐近线的距离为32.抛物线y2=2px的焦点与双曲线的右焦点F重合.过该抛物线的焦点的一条直线交抛物线于A,B两点,正三角形ABC的顶点C在直线x=-1上,则ABC的边长是 ()A.8B.10C.12D.14【解析】选C.因为双曲线x2a2-y2b2=1的离心率e=2,所以ca=2a=c2,因为双曲线右焦点F到其渐近线的距离为32,所以bc-0a2+b2=32b=32,故c2-a2=b2=34,即c2-c22=34c=1.双曲线的右焦点也即抛物线的焦点为F(1,0),所以抛物线的方程为y2=4x,设AB的中点为M,过A,B,M分别作AA1,BB1,MN垂直于直线x=-1于A1,B1,N,设AFx=,由抛物线定义知:|MN|=12(|AA1|+|BB1|)=12|AB|,因为|MC|=32|AB|,所以|MN|=13|MC|,因为CMN=90-, 所以cosCMN=cos(90-)=|MN|MC|=13,即sin =13,又由抛物线定义知|AF|=21-cos,|BF|=21+cos,所以|AB|=4sin2=12,即正三角形ABC的边长为12.第卷(非选择题,共90分)二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分,把正确答案填在题中横线上)13.(2018赣南四校联考)已知圆过点A(5,1),B(5,3),C(-1,1),则圆的圆心到直线l:x-2y+1=0的距离为_.【解析】依题意,圆的圆心是线段AB与AC垂直平分线的交点,故圆心为(2,2),到直线l:x-2y+1=0的距离d=15=55.答案:5514.在平面直角坐标系xOy中,双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p0)交于A,B两点,若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为_.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),由抛物线的定义知|AF|=y1+p2,|BF|=y2+p2,|OF|=p2,所以|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=4|OF|=2p,可得y1+y2=p,联立方程x2a2-y2b2=1x2=2py,得y2b2-2pya2+1=0,由根与系数的关系得y1+y2=2b2a2p,所以2b2a2p=p,则b2a2=12,ba=22,所以双曲线的渐近线方程为y=22x.答案:y=22x15.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(ba0)的右焦点为F,O为坐标原点,若存在直线过点F交双曲线C的右支于A,B两点,使=0,则双曲线离心率e的取值范围是_.【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2),直线的方程为x=my+c0mab,联立双曲线方程,消去x,得(b2m2-a2)y2+2b2mcy+b4=0,所以y1+y2=-2b2mcb2m2-a2,y1y2=b4b2m2-a2.因为=x1x2+y1y2=0,即m2y1y2+mc(y1+y2)+c2+y1y2=0,代入整理,得b4m2-2b2m2c2+c2b2m2-a2c2+b4=0,0m2=b4-a2c2b2c2-b4a2b2.由b4-a2c20,得(c2-a2)2-a2c20,即c4-3a2c2+a40,e4-3e2+10,解得e1+52;由b4-a2c2b2c2-b4a2b2,得b4-a4-a2c20,即(c2-a2)2-a4-a2c20,c4-3a2c20,所以ca3.综上所述,e1+52,3.答案:1+52eb0),直线l1:y=-12x,直线l2:y=12x,P为椭圆上任意一点,过点P作PMl1且与直线l2交于点M,作PNl2且与l1交于点N,若|PM|2+|PN|2为定值,则椭圆的离心率为_.【解析】令|PM|2+|PN|2=t(t为常数),设Mx1,12x1,Nx2,-12x2,由平行四边形知识,得|PM|2+|PN|2=|OM|2+|ON|2=54(x12+x22)=t,设点P(x,y),因为=+=x1+x2,12x1-12x2.所以x=x1+x2,y=12x1-12x2x2+4y2=2(x12+x22)=85t,此方程即为椭圆方程,即e=32.答案:32三、解答题(本大题共6小题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(12分)过圆C:x2+y2=4上的点M作x轴的垂线,垂足为点N,点P满足=32.当M在C上运动时,记点P的轨迹为E.(1)求E的方程.(2)过点Q(0,1)的直线l与E交于A,B两点,与圆C交于S,T两点,求|AB|ST|的取值范围.【解析】(1)设M点坐标(x0,y0),N点坐标(x0,0),P点坐标(x,y),由=32可得x0=x,y0=23y,因为点M在圆C:x2+y2=4上运动,所以点P的轨迹E的方程为x24+y23=1.(2)当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=0,此时|AB|=23,|ST|=4,所以|AB|ST|=83;当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组y=kx+1,x24+y23=1,消去y,整理得(4k2+3)x2+8kx-8=0,因为点Q(0,1)在椭圆内部,所以直线l与椭圆恒交于两点,由根与系数的关系,得x1+x2=-8k4k2+3,x1x2=-84k2+3,所以|AB|=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+k2(x1+x2)2-4x1x2,=1+k2-8k4k2+32-4-84k2+3=461+k22k2+14k2+3,在圆C:x2+y2=4中,圆心(0,0)到直线l的距离为d=1k2+1,所以|ST|=222-d2=24k2+3k2+1,所以|AB|ST|=862k2+14k2+3=831-14k2+382,83).又因为当直线l的斜率不存在时,|AB|ST|=83,所以|AB|ST|的取值范围是82,83).18.(12分)(2018湖北省八校联考)如图,圆O:x2+y2=4,A(2,0),B(-2,0),D为圆O上任意一点,过点D作圆O的切线分别交直线x=2和x=-2于E,F两点,连接AF,BE交于点G,若点G形成的轨迹为曲线C.(1)记AF,BE斜率分别为k1,k2,求k1k2的值并求曲线C的方程.(2)设直线l:y=x+m(m0)与曲线C有两个不同的交点P,Q,与直线x=2交于点S,与直线y=-1交于点T,求OPQ的面积与OST面积的比值的最大值及取得最大值时m的值.【解析】(1)设D(x0,y0)(y00),易知过D点的切线方程为x0x+y0y=4,其中x02+y02=4,则E2,4-2x0y0,F-2,4+2x0y0,所以k1k2=4-2x0y044+2x0y0-4=16-4x02-16y02=-4y0216y02=-14.设G(x,y),由k1k2=-14yx-2yx+2=-14x24+y2=1(y0),故曲线C的方程为x24+y2=1(y0).(2)联立y=x+m,x2+4y2=45x2+8mx+4m2-4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-85m,x1x2=4m2-45,由=64m2-20(4m2-4)0-5mb0)的离心率为22,点1,62在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程.(2)已知椭圆的左顶点为A,点M在圆x2+y2=89上,直线AM与椭圆相交于另一点B,且AOB的面积是AOM面积的2倍,求直线AB的方程.【解析】(1)设椭圆的焦距为2c,由题意得,ca=22,1a2+32b2=1,解得a=2,c=2,所以b=2,所以椭圆的方程为x24+y22=1.(2)方法一:因为SAOB=2SAOM,所以AB=2AM,所以点M为AB的中点,因为椭圆的方程为x24+y22=1,所以A(-2,0).设M(x0,y0),则B(2x0+2,2y0).所以x02+y02=89,(2x0+2)24+(2y0)22=1,由得9x02-18x0-16=0,解得x0=-23,x0=83(舍去).把x0=-23代入,得y0=23,所以kAB=12,因此,直线AB的方程为y=12(x+2),即x+2y+2=0或x-2y+2=0.方法二:因为SAOB=2SAOM,所以AB=2AM,所以点M为AB的中点,设直线AB的方程为y=k(x+2).由x24+y22=1,y=k(x+2),得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,所以(x+2)(1+2k2)x+4k2-2=0,解得xB=2-4k21+2k2.所以xM=xB+(-2)2=-4k21+2k2,yM=k(xM+2)=2k1+2k2,代入x2+y2=89得-4k21+2k22+2k1+2k22=89,化简得28k4+k2-2=0,即(7k2+2)(4k2-1)=0,解得k=12,所以,直线AB的方程为y=12(x+2),即x+2y+2=0或x-2y+2=0.20.(12分)(2018郑州一模)已知抛物线C的方程为x2=4y,F为其焦点,过抛物线外一点P作此抛物线的切线PA,PB,A,B为切点.且PAPB.(1)求证:直线AB过定点.(2)直线PF与曲线C的一个交点为R,求的最小值.【解析】(1)设直线AB的方程为y=kx+b,设A(x1,y1),B(x2,y2),两条切线的斜率分别为k1,k2,以A,B为切点的切线方程分别为x1x=2y+2y1,x2x=2y+2y2.由y=kx+b,x2=4y 消去y得x2-4kx-4b=0.则x1+x2=4k,x1x2=-4b.这两条切线的斜率分别为k1=x12,k2=x22.由这两切线垂直得k1k2=x1x24=-4b4=-1,得b=1.所以直线AB恒过定点(0,1).(2)设P(x0,y0),则由(1)x1x0=2y0+2y1,x2x0=2y0+2y2,相减x0=2y1-y2x1-x2=2k=x1+x22,x0=12(x1+x2)=2k,y0=12x1x0-y1=x1x24=-1,当k=0时,则x0=0,可得ABPF,当k0时,则x00,kAB=x02,kPF=-2x0,同样可得ABPF.所以=|AB|AF|=(y1+1)(y1+y2+2).由y1y2=x12x2216=1.所以=(y1+1)(y1+y2+2)=y12+3y1+3+1y1.令t=y1,则f(t)=t2+3t+3+1t,(t0).f(t)=2t+3-1t2=(t+1)2(2t-1)t2.所以f(t)在0,12上为减函数,在12,+上为增函数.所以()min=f12=274.(或f(t)=t2+3t+3+1t=(t+1)3t=t+12+123t33t43t=274,当t=12时取等号.)21.(12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的长轴长是短轴长的2倍,且过点3,12.(1)求椭圆C的方程.(2)若在椭圆上有相异的两点A,B(A,O,B三点不共线),O为坐标原点,且直线AB,直线OA,直线OB的斜率满足kAB2= kOA kOB (kAB 0),求证:|OA|2+|OB|2是定值;设AOB的面积为S,当S取得最大值时,求直线AB的方程.【解析】(1)由题可知:a=2b,可设椭圆方程为x24b2+y2b2=1,又因为椭圆过点3,12,则34b2+14b2=1,解得a=2,b=1,所以椭圆方程为x24+y2=1.(2)设直线AB方程为:y=kx+m(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),因为kAB2=kOAkOB(kAB0),所以k2=y1y2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2,化简得:km(x1+x2)+m2=0.因为A,O,B三点不共线,所以m0,则k(x1+x2)+m=0,()由y=kx+m,x2+4y2=4,可得:(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,由根与系数关系可得x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)1+4k2()且=16(1+4k2-m2)0,()将()代入()式得:k-8km1+4k2+m=0(k0),解得k=12,则x1+x2=-2m,x1x2=2(m2-1)()|OA|2+|OB|2=x12+y12+x22+y22=34x12+34x22+2=34(x1+x2)2-2x1x2+2,将()式代入得|OA|2+|OB|2=344m2-22(m2-1)+2=5.设点O到直线AB的距离为d,则SAOB=12|AB|d=121+k2|x1-x2|m|1+k2= 12(x1+x2)2-4x1x2|m|=2-m2|m|,由()()可得:m(-2,0)(0,2),则SAOB=2-m2|m|=(2-m2)m21,当且仅当m=1时取得最大值,此时直线AB的方程为y=12x1.22.(14分)(2018石家庄一模)点P(1,1)为抛物线y2=x上一定点,斜率为-12的直线与抛物线交于A,B两点.(1)求弦AB中点M的纵坐标.(2)点Q是线段PB上任意一点(异于端点),过Q作PA的平行线交抛物线于E,F两点,求证:|QE|QF|-|QP|QB|为定值.【解析】(1)kAB=yA-yBxA-xB=1yA+yB=-12,(*)所以yA+yB=-2,yM=yA+yB2=-1.(2)设Q(x0,y0),直线EF:x-x0=t1(y-y0),联立方程组x-x0=t1(y-y0),y2=x,y2-t1y+t1y0-x0=0,所以yE+yF=t1,yEyF=t1y0-x0,|QE|QF|=(1+t12|yE-y0|)(1+t12|yF-y0|)=(1+t12)|y02-x0|,同理|QP|QB|=(1+t22)|y02-x0|.由(*)可知:t1=1kEF=1kPA=yA+yP,t2=1kPB=yB+yP.所以t1+t2=(yA+yB)+2yP=-2+2=0,即t1=-t2t12=t22,所以|QE|QF|=|QP|QB|,即|QE|QF|-|QP|QB|=0.
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