资源描述
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()A30B60C150D120答案D解析由斜率公式k，再由倾斜角的范围0，180)知，tan120，故选D.2直线kxy3k30过定点()A(3,0) B(3,3) C(1,3) D(0,3)答案B解析kxy3k30可化为y3k(x3)，所以过定点(3,3)故选B.3由直线yx1上的一点向圆(x3)2y21引切线，则切线长的最小值为()A.B2C1D3答案A解析圆的圆心为(3,0)，r1，圆心到直线xy10的距离为d2，所以由勾股定理可知切线长的最小值为.4一束光线从点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()A4B5C31D2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.5已知直线xya与圆x2y24交于A，B两点，且|，其中O为原点，则实数a的值为()A2B2C2或2D.或答案C解析由|得|2|2，化简得0，即，三角形AOB为等腰直角三角形，圆心到直线的距离为，即，a2.6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.1B.1C.1D.1答案B解析由已知条件得直线l的斜率为kkFN1，设双曲线方程为1(a0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有两式相减并结合x1x224，y1y230得，从而1，即4b25a2，又a2b29，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：y24x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之积为5，则此圆的半径r为()A2B5C4D4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xPr1，则P(r1,2)，又由中垂线定理，知|OA|OB|2(r1)，且|OA|OB|5，故由圆的切割线定理，得(2)2(1|OA|)(1|OB|)，展开整理得r4，故选D.8(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、右焦点，若P是双曲线右支上的一点，且tanPF1F2，tanPF2F12，则此双曲线的离心率为()A.B.C.D.答案A解析由tanPF1F2，tanPF2F12知，PF1PF2，作PQx轴于点Q，则由PF1QF2PQ，得|F1Q|4|F2Q|c，故P，代入双曲线的方程，有b22a22a2b2，又a2b2c2，则(9c25a2)(c25a2)0，解得或(舍)，即离心率e，故选A.9(2019宁波模拟)设抛物线y24x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的面积之比等于()A.B.C.D.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yk(x5)，k0，与抛物线的准线x1联立，得点C的坐标为(1，6k)，与抛物线的方程y24x联立，消去y得k2x2(10k24)x25k20，则xAxB，xAxB25，又因为|BF|xB15，所以xB4，代入解得xA，k4，则yA5，yB4，yC24，则SACF|PF|yAyC|58，SABF|PF|yAyB|18，则1，故选D.10已知直线l：kxy2k10与椭圆C1：1(ab0)交于A，B两点，与圆C2：(x2)2(y1)21交于C，D两点若存在k2，1，使得，则椭圆C1的离心率的取值范围是()A.B.C.D.答案C解析直线l过圆C2的圆心，|，C2的圆心为线段AB的中点设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则两式相减得，化简可得2k，又ab，所以e.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：mx3y2m，l2：x(m2)y1，若l1l2，则实数m_；若l1l2，则实数m_.答案3解析l1l2等价于解得m3.l1l2等价于m3(m2)0，解得m.12(2018浙江十校联盟考试)抛物线y4x2的焦点坐标是_，焦点到准线的距离是_答案解析由y4x2，得x2，可得2p，所以p，即焦点的坐标为，焦点到准线的距离为.13(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1解析设圆心C(1，b)，则半径rb.由垂径定理得，12b2，即b，且B(0,1)又由ABC45，切线与BC垂直，知切线的倾斜角为45，故切线在x轴上的截距为1.14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24解析由于右焦点到渐近线的距离等于焦距的倍，可知双曲线渐近线yx的倾斜角为，即，所以e2，因为a2，从而b2，所以虚轴长为4.15已知点A(0,1)，抛物线C：y2ax(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，若|FM|MN|13，则实数a的值为_答案解析依题意得焦点F的坐标为，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|21，又kFN，kFN2，所以2，解得a.16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上不同的两点，且四边形AF1BF2是平行四边形，若AF2B，则双曲线E的标准方程为_答案y21解析如图，因为四边形AF1BF2是平行四边形，所以，F1AF2，所以|F1F2|2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|cos，即4c2|AF1|2|AF2|2|AF1|AF2|，又4a2(|AF1|AF2|)2，所以4a2|AF1|2|AF2|22|AF1|AF2|，由可得|AF1|AF2|4b2，又4b2，所以b21，将点A(2,1)代入y21，可得a22，故双曲线E的标准方程为y21.17在平面直角坐标系xOy中，A(3,0)，P(3，t)，tR，若存在C，D两点满足2，且2，则t的取值范围是_答案2，2解析设C(x，y)，因为A(3,0)，2，所以2，整理得(x1)2y24，即点C在圆M：(x1)2y24上同理由2可得点D也在圆M上因为2，所以C是PD的中点，过点M作MNCD，垂足为N，连接CM，PM.设|MN|d，|PC|CD|2k，分别在RtCMN，RtPMN中，由勾股定理，得消去k2得，t2208d2.因为0d20，解得k1)，设直线PM的斜率为k.(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ykx1(k0)，代入椭圆方程y21，整理得(1a2k2)x22ka2x0，解得x10，x2，则|PM|x1x2|，所以|MN|PM|.(2)因为PMN是等腰直角三角形，所以直线PN所在的直线方程为yx1(k1，所以a.20(15分)已知椭圆C：1(ab0)的长轴长为4，其上顶点到直线3x4y10的距离等于.(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1，2，128，证明：直线l恒过定点，并求出该定点解(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，所以椭圆C的方程为y21.(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xy20上(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|y1y2|4p，证明：PMN的面积为定值(1)解设点A(xA，yA)，点A到抛物线焦点的距离为，xA，y2pxA2p，又点A在曲线xy20上，2p0，即p2p10，解得p2或p(舍去)，抛物线C的方程为y24x.(2)证明由(1)知M，N，|y1y2|8，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yy1k，联立方程得消去x，整理得ky24y4y1ky0，M是切点，164k(4y1ky)0，即44ky1k2y0，解得k，直线PM的方程为yy1(x)，即yx，同理得直线PN的方程为yx，联立方程得解得P，Q是线段MN的中点，y0，PQx轴，且x0，PMN的面积S|PQ|y1y2|y1y2|y1y2|y1y2|332，即PMN的面积为定值22(15分)(2018嘉兴测试)如图，已知抛物线x2y，过直线l：y上任一点M作抛物线的两条切线MA，MB，切点分别为A，B.(1)求证：MAMB；(2)求MAB面积的最小值(1)证明方法一设M，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yk(xx0)，由得x2kxkx00，k24kx010，由题意知，k1，k2是方程k24x0k10的两个根，所以k1k21，所以MAMB.方法二设M，A(x1，x)，B(x2，x)，易知直线MA，MB的斜率都存在，分别设为k1，k2.由yx2，得y2x，则MA，MB的斜率分别为k12x1，k22x2，所以2x1，整理得x2x1x0，同理可得，x2x2x0，两式相减得，xx2x0(x1x2)，因为x1x2，所以x1x22x0，于是xx1(x1x2)，所以x1x2，即k1k24x1x21，所以MAMB.(2)解由(1)得k12x1，k22x2，所以A，B，易知k1k21，k1k24x0，所以|MA|yAyM|，同理，|MB|，所以SMAB|MA|MB|.综上，当x00时，MAB的面积取得最小值，最小值为.
展开阅读全文