《2018年高中数学阶段质量检测圆锥曲线与方程新人教a版选修2-1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高中数学阶段质量检测圆锥曲线与方程新人教a版选修2-1（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1阶段质量检测（二）阶段质量检测（二） 圆锥曲线与方程圆锥曲线与方程(时间 120 分钟 满分 150 分)一、选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 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(安徽高考)下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y2x的是( )Ax21 B.y21y2 4x2 4C.x21 Dy21y2 4x2 4解析：选 C 由双曲线焦点在y轴上，排除选项 A、B，选项 C 中双曲线的渐近线方程为y2x，故选 C.2是任意实数，则方程x2y2sin 4 的曲线不可能是( )A椭圆 B双曲线C抛物线 D圆解析：选 C 由于R，对 sin 的值举例代
2、入判断sin 可以等于 1，这时曲线表示圆，sin 可以小于 0，这时曲线表示双曲线，sin 可以大于 0 且小于 1，这时曲线表示椭圆3设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，若曲线C上存在点P满足|PF1|F1F2|PF2|432，则曲线C的离心率等于( )A. 或 B. 或 21 23 22 3C. 或 2 D. 或1 22 33 2解析：选 A 设|PF1|4k，|F1F2|3k，|PF2|2k.若曲线C为椭圆，则2a6k,2c3k，e ；若曲线C为双曲线，则 2a2k,2c3k，e .1 23 24设F1，F2是双曲线y21 的两个焦点，P在双曲线上，当F1PF2的面积为 2 时，x
3、2 3的值为( )A2 B3C4 D6解析：选 B 设P(x0，y0)，又F1(2,0)，F2(2,0)，(2x0，y0)，(2x0，y0)|F1F2|4，SPF1F2 |F1F2|y0|2，|y0|1.又y1，x3(y1)1 2x2 0 32 02 02 026，xy46143.2 02 05设抛物线y28x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( )A. B2,21 2，1 2C1,1 D4,4解析：选 C 准线x2，Q(2,0)，设l：yk(x2)，由Error!得k2x24(k22)x4k20.当k0 时，x0，即交点为(0,0)，当k0 时
4、，0，1k0 或 0k1.综上，k的取值范围是1,16直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的 ，1 4则该椭圆的离心率为( )A. B.1 31 2C. D.2 33 4解析：选 B 不妨设直线l经过椭圆的一个顶点B(0，b)和一个焦点F(c,0)，则直线l的方程为 1，即bxcybc0.由题意知 2b，解得 ，即e .故x cy b|bc|b2c21 4c a1 21 2选 B.7已知|3，A，B分别在y轴和x轴上运动，O为原点，1 32 3则动点P的轨迹方程是( )A.y21 Bx21x2 4y2 4C.y21 Dx21x2 9y2 9解析：选 A 设P(x，
5、y)，A(0，y0)，B(x0,0)，由已知得(x，y) (0，y0) (x0,0)，1 32 3即xx0，yy0，所以x0x，y03y.因为|3，所以xy9，即2(3y)2 31 33 22 02 0(3 2x)29，化简整理得动点P的轨迹方程是y21.x2 48(四川高考)设直线l与抛物线y24x相交于A，B两点，与圆(x5)2y2r2(r0)相切于点M，且M为线段AB的中点若这样的直线l恰有 4 条，则r的取值范围是( )3A(1,3) B(1,4)C(2,3) D(2,4)解析：选 D 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(5rcos ，rsin )则Error!两式相减得(y1y
6、2)(y1y2)4(x1x2)当直线l的斜率不存在时，显然符合条件的直线l有两条当直线l的斜率存在时，可得 2rsin (y1y2)4(x1x2)kAB.y1y2 x1x22 rsin 又kMC.rsin 0 5rcos 5sin cos kAB.1 kMCcos sin r2.2 rsin cos sin 2 cos 由于M在抛物线的内部，(rsin )20)上一点，双曲线的一条渐近线方程为 3x2y0，x2 a2y2 9则a_.F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，若|PF1|3，则|PF2|_.解析：双曲线1 的一条渐近线方程为 3x2y0，故a2.又P是双曲线上一x2 a2y2 9点，故
7、|PF1|PF2|4，而|PF1|3，则|PF2|7.4答案：2 711设F1，F2为曲线C1：1 的焦点，P是曲线C2：y21 与C1的一个交x2 6y2 2x2 3点，则PF1F2的面积为_解析：由题意知|F1F2|24，62设P点坐标为(x，y)由Error!得Error!则SPF1F2 |F1F2|y| 4.1 21 2222答案：212已知直线yk(x2)(k0)与抛物线C：y28x相交于A，B两点，F为C的焦点，则F的坐标为_若|FA|2|FB|，则k_.解析：抛物线y28x的焦点坐标为(2,0)，将yk(x2)代入y28x，得k2x2(4k28)x4k20，设A(x1，y1),
8、B(x2，y2)，则x1x2，x1x24，由84k2 k2|FA|2|FB|及抛物线定义得x122(x22)，即x122x2，代入x1x24，整理得xx220，解得x21 或x22(舍去)所以x14，5，解得k2 ，又因2 284k2 k28 9为k0，所以k.2 23答案：(2,0) 2 2313抛物线y22px(p0)上的动点Q到焦点的距离的最小值为 1，则p_，抛物线上横坐标为 3 的点到准线的距离为_解析：依题意，设抛物线的焦点为F，点Q的横坐标是x0(x00)，则有|QF|x0 的p 2最小值是 1，则p2.横坐标为 3 的点到准线的距离为 3 4.p 2p 2答案：2 414已知椭
9、圆C：1(ab0)的离心率为.则双曲线x2y21 的渐近线方程x2 a2y2 b232为_，若渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为 16，则椭圆C的方程为_解析：由题意，双曲线的渐近线方程为yx.因为椭圆的离心率为，所以e 32c a，c2a2a2b2，所以b2a2，即a24b2.代入椭圆方程得1，即323 41 4x2 a2x2 b2x2 4b2x2 b251，所以x2b2，xb，y2b2，y b，则在第一象限双曲线的渐近线与5x2 4b24 5254 525椭圆C的交点坐标为，所以四边形的面积为 4 b bb216，所以(25b，25b)252516 5b25，所以
10、椭圆方程为1.x2 20y2 5答案：yx 1x2 20y2 515已知二次曲线1，当m2，1时，该曲线的离心率的取值范围是x2 4y2 m_解析：m2，1，曲线方程化为1，曲线为双曲线，x2 4y2 me.4m2m2，1，e.5262答案：，5262三、解答题(本大题共 6 小题，共 74 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16(本小题满分 14 分)已知抛物线的顶点在原点，它的准线过双曲线1(a0，b0)的一个焦点，并且这条准线与双曲线的两焦点的连线垂直，抛物线与x2 a2y2 b2双曲线交于点P，求抛物线的方程和双曲线的方程(3 2， 6)解：依题意，设抛物线的方程为y2
11、2px(p0)，点P在抛物线上，(3 2， 6)62p .p2，3 2所求抛物线的方程为y24x.双曲线的左焦点在抛物线的准线x1 上，c1，即a2b21，又点P在双曲线上，(3 2， 6)61，9 4a26 b2解方程组Error!得Error!或Error!(舍去)所求双曲线的方程为 4x2y21.4 317(本小题满分 15 分)已知抛物线方程为y22x，在y轴上截距为 2 的直线l与抛物线交于M，N两点，O为坐标原点若OMON，求直线l的方程解：设直线l的方程为ykx2，由Error!消去x得ky22y40.直线l与抛物线相交，Error!解得kb0)的离心率e，过点A(0，b)x2
12、a2y2 b263和B(a,0)的直线与原点的距离为.32(1)求椭圆的方程；(2)已知定点E(1,0)，若直线ykx2(k0)与椭圆交于C，D两点，问：是否存在k的值，使以CD为直径的圆过E点，请说明理由解：(1)直线AB的方程为：bxayab0.依题意Error!解得Error!椭圆方程为y21.x2 3(2)假若存在这样的k值，由Error!得(13k2)x212kx90.(12k)236(13k2)0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则Error!而y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4.要使以CD为直径的圆过点E(1,0)，当且仅当CEDE时，则1.y1
13、 x11y2 x21即y1y2(x11)(x21)0.(k21)x1x2(2k1)(x1x2)50.将式代入整理解得k .经验证k 使成立7 67 6综上可知，存在k ，使得以CD为直径的圆过点E.7 6820(本小题满分 15 分)已知椭圆y21(a1)，x2 a2(1)若椭圆的上顶点A(0,1)到焦点的距离为，求椭圆的离心率3(2)RtABC以A(0,1)为直角顶点，边AB，AC分别与椭圆交于点B，C.若ABC面积的最大值为，求a的值27 8解：(1)A(0,1)到焦点的距离为，3a，c，e .3a2b22c a2363(2)不妨设直线AB斜率k0，则AB：ykx1，AC：yx11 k由Error!得(1a2k2)x22a2kx0，解得xB，2a2k 1a2k2同理xC，2a2k k2a2则|AB|，x2ByB122a2k1k21a2k2同理可得，|AC|.2a2 1k2a2k2S |AB|AC|2a41 2k1k2 a2k4a4k2k2a22a4，k1ka2(k1k)2a212令k t2，1 k则S2a4，t a2t2a2122a4a2ta212ta3 a21当且仅当t2，即a1时取等号(a1舍去)a21 a22由，a3 a2127 8解得a3，或a(舍去)3 29716a3.
