第十单元 圆锥曲线 单元提升卷（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
单 元 提 升 卷
满分150分,限时120分钟
一、单项选择题(本题共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.(2025江西多校联考)已知双曲线C:x2-=1的离心率大于实轴长,则m的取值范围是(　　)
A.(3,+∞)　　B.(,+∞)　　C.(0,3)　　D.(,3)
2.(2024黑龙江齐齐哈尔三模)设F为抛物线C:y=ax2的焦点,若点P(1,2)在C上,则|PF|=(　　)
A.3　　B.　　C.　　D.
3.(2025陕西渭南段考)抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,其准线与双曲线-=1交于A,B两点,若△ABF为等边三角形,则p的值为(　　)
A.2　　B.4　　C.6　　D.8
4.(2024陕西安康模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-,0),F2(,0),直线l与x轴的交点为P(-3,0),过右焦点F2作F2M⊥l于点M,|F2M|=4,且F2M的中点Q在椭圆C上,则椭圆C的方程为(　　)
A.+=1　　B.+=1　　C.+=1　　D.+y2=1
5.(2024湖北部分名校联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,上顶点为B,左焦点为F,线段A1B的中点为D,直线A2D与y轴交于点E.若与共线,则C的离心率为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
6.(2024山东青岛期末)抛物线有如下光学性质:过焦点的光线经拋物线反射之后得到的光线平行(或重合)于抛物线的对称轴;反之,平行(或重合)于抛物线对称轴的光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线y2=4x的焦点为F,一条平行于x轴的光线从点M(2,1)射出,经过拋物线上的点A反射后,再经抛物线上的另一点B射出,则△ABM的周长为　(　　)
A.+　　B.+　　C.8+　　D.8+
7.(2024安徽黄山质量检测)如图1,在圆柱中过AC作与轴截面ABCD垂直的一个平面,所得截面图形为椭圆,将圆柱侧面沿母线AB展开,该椭圆曲线在展开图中(如图2)恰好为函数y=2sin x在一个周期内的图象,则该截面椭圆的离心率为(　　)
　　
A.　　B.　　C.　　D.
8.(2025湖南长沙联考)已知A,B分别是双曲线C:-=1的左、右顶点,P为双曲线上一点,若tan∠APB=,则△PAB的面积为(　　)
A.12　　B.15　　C.24　　D.30
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.(2024河北模拟)已知平面内点A(-1,0),B(1,0),点P为该平面内一动点,则下列结论正确的是(　　)
A.若|PA|+|PB|=4,则点P的轨迹为椭圆
B.若|PA|-|PB|=1,则点P的轨迹为双曲线
C.若|PA|·|PB|=1,则点P的轨迹为抛物线
D.若=2,则点P的轨迹为圆
10.(2025广西南宁开学考试)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,C的准线为l,直线x-y-1=0与C交于A,B两点(A在第一象限内),与l交于点D,则(　　)
A.|AB|=6
B.|BD|=|BF|
C.以AF为直径的圆与y轴相切
D.l上存在点E,使得△AEF为等边三角形
11.(2024湖北新高考联考协作体起点考试)已知双曲线x2-=1的左、右顶点分别为A1,A2,左、右焦点分别为F1,F2,直线l与双曲线的左、右两支分别交于P,Q两点,则(　　)
A.若∠F1PF2=,则△PF1F2的面积为2
B.存在线段PQ的中点为(1,1),此时直线l的方程为2x-y-1=0
C.若直线PA1的斜率的取值范围为[-8,-4],则直线PA2的斜率的取值范围为
D.若直线l与双曲线的两条渐近线分别交于点M,N(M靠近点P,N靠近点Q),则|PM|=|NQ|
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2024湖北武汉段考)设椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆上的点P满足|PF1|∶|PF2|=2∶3,则△PF1F2的面积为　　　　.
13.(2025河北石家庄期中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线l过点F且倾斜角为,若抛物线C上存在点M与点N关于直线l对称,则p=　　　　.
14.(2025陕西西安期中)设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,A为左顶点,过点F1的直线与双曲线C的左、右两支分别交于点N,M(点M在第一象限内).若=4,则双曲线C的离心率e=　　　　,cos∠F1MF2=　　　　.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025广西玉林期中)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线E:-=1(a>0)的右焦点重合,双曲线E的渐近线方程为2x±y=0.
(1)求抛物线C的标准方程和双曲线E的标准方程;
(2)若斜率为2且在y轴上的截距为1的直线l与抛物线C交于M,N两点,F为抛物线C的焦点,求△FMN的面积.
16.(15分)(2025云南玉溪期中)在平面直角坐标系Oxy中,已知点F1(-2,0),F2(2,0),||MF1|-|MF2||=2,动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程;
(2)过F2作直线l与E交于C,D两点,若=3,求直线CD的斜率.
17.(15分)(2025湖北宜昌期中)已知四个点P1(1,1),P2(0,),P3,P4中恰有三个点在椭圆C:+=1(a>b>0)上.
(1)判断哪个点不在椭圆C上,并求出椭圆C的方程;
(2)设椭圆C的左、右顶点分别是A,B,点P是直线x=4上一点,直线PA,PB与椭圆C的另一个交点分别为M,N,求证:直线MN过定点.
18.(17分)(2025重庆南开中学联考)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的实轴长为4,渐近线方程为y=±x.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)若双曲线的左、右顶点分别为A1、A2,过点B(3,0)作与x轴不重合的直线l与C交于P、Q两点,直线A1P与A2Q交于点S,直线A1Q与A2P交于点T.
(i)设直线A1P的斜率为k1,直线A2Q的斜率为k2,若k1=λk2,求λ的值;
(ii)求△A2ST的面积的取值范围.
19.(17分)(2025江苏常州期中)《文心雕龙》有语:“造化赋形,支体必双,神理为用,事不孤立,”意指自然界的事物都是成双成对的.已知动点P到定点F(2,0)的距离和它到定直线l:x=的距离的比值是常数(λ>0,且λ≠2).设点P的轨迹为曲线H,若某条直线上存在这样的点P,则称该直线为“齐备直线”.
(1)若λ=3,求曲线H的方程;
(2)若“齐备直线”l1:y=kx与曲线H相交于A,B两点,点M为曲线H上不同于A,B的一点,且直线MA,MB的斜率分别为k1,k2,判断是否存在λ,使得λ2+1+k1·k2取得最小值,说明理由;
(3)若λ=1,与曲线H有公共点N的“齐备直线”l2与曲线H的两条渐近线分别交于点S,T,且N为线段ST的中点,求证:直线l2与曲线H有且仅有一个公共点.
答案全解全析
1.A　由题意得m>0,>2,解得m>3,故m的取值范围是(3,+∞).
2.D　依题意得2=a×12,解得a=2,所以C:x2=,其准线方程为y=-,所以|PF|=2+=.
3.C　抛物线的焦点坐标为,准线方程为y=-,
由得-=1,解得x=±,故|AB|=2,
因为△ABF为等边三角形,
所以|AB|=p,
即×2=p,解得p=6(负值舍去).
4.C　连接F1Q,依题意知F1是线段F2P的中点,椭圆的半焦距c=,
因为Q是线段F2M的中点,
所以F1Q∥l,|F2Q|==2,
因为F2M⊥l,所以F1Q⊥F2Q,
因为点Q在椭圆C上,所以由椭圆的定义知|F1Q|=2a-2,
在Rt△F1F2Q中,+=,得(2a-2)2+22=(2)2,解得a=2(a=0舍去),
所以b2=a2-c2=4-2=2,所以椭圆C的方程为+=1.
5.A　如图所示,A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),F(-c,0),D,所以=(a,b),
易得直线A2D的方程为y=-x+,令x=0,得y=,故E.
所以=,
因为与共线,所以==,所以C的离心率e==.
6.D　抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1,依题意可设点A(x1,1),因为点A在抛物线上,所以x1=,即A.
则直线AF的方程为y=(x-1),
即x=1-y,
由消去x得y2+3y-4=0,解得y=1或y=-4,由y=-4,得x=4,故B(4,-4),
则|AB|==,
又|AM|=2-=,|BM|==,所以△ABM的周长为8+.
7.B　因为椭圆曲线在展开图中恰好为函数y=2sin x在一个周期内的图象,
所以|AB|=4,且最小正周期T==4π,
设圆柱底面半径为r,
则2πr=4π,得到r=2,
设该截面椭圆的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,则有4a2=4r2+|AB|2=4×12+16,得到a2=16,
又2b=2r=4,所以b=2,所以椭圆的离心率e====.
8.A　如图,不妨设点P在第一象限内.
由题意可知A(-3,0),B(3,0).
设直线PA,PB的倾斜角分别为α,β,
则tan(β-α)=tan∠APB=.
故=,
注意到
因此tan β-tan α=(1+tan αtan β)=,所以tan α=,tan β=,
故=,=,解得xP=5,yP=4.故△PAB的面积S=|AB|·|yP|=12.
9.AD　因为平面内点A(-1,0),B(1,0),所以|AB|=2,
又|PA|+|PB|=4>|AB|,所以由椭圆的定义知点P的轨迹为椭圆,故A正确;
|PA|-|PB|=1<|AB|=2,则由双曲线的定义知点P的轨迹是以A,B为焦点的双曲线靠近B点的一支,故B错误;
设点P(x,y),由|PA|·|PB|=1得·=1,
整理得(x2+2x+1+y2)(x2-2x+1+y2)=1,即x4+y4+2x2y2-2x2+2y2=0,
当y=0时,x4-2x2=0,得x=0(二重根)或x=±,故点P的轨迹曲线与x轴有三个交点,不可能为抛物线,故C错误;
由=2,得=2,
整理得x2+2x+1+y2=4(x2-2x+1+y2) 3x2-10x+3y2+3=0 +y2=,
正确.
10.BC　易知F(1,0),准线l的方程为x=-1,直线x-y-1=0经过焦点F.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由消去y并整理得x2-6x+1=0,则x1+x2=6,
根据抛物线的定义可知,|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=8,故A错误;
如图,过A,B作AA'⊥l,BB'⊥l,垂足分别为A',B',设l与x轴交于点K,则|KF|=2,
易知∠KFD=45°,BB'∥KF,所以∠DBB'=45°,
又|BF|=|BB'|,所以|BD|=|BB'|=|BF|,故B正确;
以AF为直径的圆的半径为,设AA'交y轴于A″点,
易知四边形AFOA″为直角梯形,其中位线的长为===,
所以以AF为直径的圆与y相切,故C正确;
当△AEF为等边三角形时,|AF|=|AE|,
由抛物线的定义可知AE⊥l,所以∠EAF=45°,这与△AEF为等边三角形矛盾,所以l上不存在点E,使得△AEF为等边三角形,故D错误.
11.ACD　在双曲线x2-=1中,a=1,b=,c=,
且A1(-1,0),A2(1,0),F1(-,0),F2(,0).
对于A,设|PF1|=m,|PF2|=n,由双曲线的定义得n-m=2,两边分别平方得m2+n2-2mn=4①,
在△PF1F2中,由余弦定理可得m2+n2-2mncos=,所以m2+n2-mn=12②,
联立①②解得mn=8,
所以△PF1F2的面积为mnsin=×8×=2,A正确;
对于B,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则
,
因为线段PQ的中点为(1,1),所以x1+x2=2,y1+y2=2,
因此直线l的斜率
此时直线l的方程为y=2x-1,代入双曲线的方程并消去y可
故直线l与双曲线无公共点,说明直线l不存在,B错误;
对于C,设P(x0,y0),则-=1,即=2(-1),
又直线PA1与PA2的斜率的乘积为·=,直线PA1的斜率的取值范围为[-8,-4],所以直线PA2的斜率的取值范围为,C正确;
对于D,设x2-=λ,当λ=1时,该方程表示双曲线,当λ=0时,该方程表示该双曲线的两条渐近线,
易知直线l的斜率存在,设直线l:y=kx+t,将其代入x2-=λ得(k2-2)x2+2ktx+t2+2λ=0,应满足k2-2≠0,且Δ>0,
由根与系数的关系可得x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2t=+2t=,与λ无关,所以线段PQ的中点与线段MN的中点重合,不妨设为T,则由|PT|=|QT|,|MT|=|NT|可得|PM|=|NQ|,D正确.
12.12
解析　由椭圆定义可得|PF1|+|PF2|=2a=10,
又|PF1|∶|PF2|=2∶3,所以|PF1|=4,|PF2|=6,
易得|F1F2|=2c=2,
由42+62=52=,知∠F1PF2=90°,
故
13.1
解法一　易知F,tan =-,
∴l:y=-,易知直线l是线段MN的垂直平分线.
设点M(x0,y0),则MN的中点为,
则=-,即2x0+2y0-3-2p=0①,
又∵MN⊥l,∴×(-)=-1,∴2x0-2y0+3=0②,
联立①②可得又∵点M在C:y2=2px(p>0)上,
∴=2p×,即7p2+2p-9=0,∴p=-(舍去)或p=1.
解法二　设l与y轴交于点A,易得∠AFN=,由对称性可知|FM|=|FN|=,且∠MFA=∠AFN=,
所以∠MFx=,由于|FM|=,所以可得yM=|FM|sin =,xM=xF+|FM|cos =,后续同解法一.
14.2;
解析　由题意,知A(-a,0),设双曲线C的焦距为2c,则F1(-c,0),F2(c,0).
由=4,得MF2∥NA,且|MF2|=4|NA|,
所以|F2A|=3|AF1|,|MN|=3|NF1|,所以c+a=3(c-a),即c=2a,所以双曲线C的离心率e==2.
连接NF2,设|MF2|=m,
则|MF1|=2a+m,|NF1|=(2a+m),|NF2|=2a+(2a+m)=(10a+m).
在△F1NF2和△F1MF2中,由余弦定理的推论得cos∠NF1F2==,化简整理,得m=a,
所以在△F1MF2中,由余弦定理的推论得cos∠F1MF2===.
15.解析　(1)双曲线E:-=1(a>0)的渐近线方程为2x±ay=0,(1分)
又双曲线E的渐近线方程为2x±y=0,所以a=,
则双曲线E的方程为-=1,(3分)
故双曲线E的右焦点坐标为(3,0),
又抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为,
所以=3,解得p=6,所以抛物线C的标准方程为y2=12x.(5分)
(2)由已知得直线l的方程为y=2x+1,设M(x1,y1),N(x2,y2).(6分)
联立消去x得y2-6y+6=0,
易知Δ=36-4×6=12>0,
则y1+y2=6,y1y2=6,(8分)
故|y1-y2|==2,(10分)
设直线l与x轴的交点为A,易得A,由(1)知F(3,0),
所以△FMN的面积S=S△MAF-S△NAF=|AF||y1-y2|=××2=.(13分)
16.解析　(1)由||MF1|-|MF2||=2<|F1F2|=4,(1分)
可得动点M的轨迹是以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点,2为实轴长的双曲线,即c=2,a=1,(3分)
所以b2=c2-a2=3,
所以E的方程为x2-=1.(5分)
(2)易知当直线l的斜率不存在或l的斜率为0时,=3不成立,故直线l的斜率存在,且不为0,(6分)
设l:x=my+2(m≠0),C(x1,y1),D(x2,y2),
联立消去x得(3m2-1)y2+12my+9=0,
则Δ=36m2+36>0,且3m2-1≠0,则m2≠,
由根与系数的关系得y1+y2=-,y1·y2=,(9分)
又=3,所以y1=-3y2,(11分)
所以(13分)
所以由得=-,
解得m2=,故=15,
故直线CD的斜率为或-.(15分)
17.解析　(1)点P1不在椭圆C上.因为P3和P4关于y轴对称,所以必定均在椭圆上,将P3的坐标代入椭圆C的方程得+=1.(2分)
若点P1(1,1)在椭圆上,则+=1,与上式矛盾,
所以P1不在椭圆上,P2在椭圆上.(3分)
由(4分)
解得(5分)
故椭圆C的方程为+=1.(6分)
(2)证明:由(1)知A(-2,0),B(2,0).
证法一　当直线MN的斜率不为0时,
P(4,y0).
由可得(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0,
所以y1+y2=,y1y2=,(8分)
因为A,M,P三点共线,N,B,P三点也共线,
所以=①,=②,
由①②得=3,(9分)
又x1=my1+n,x2=my2+n,所以=3,(10分)
即my1y2+(n+2)y2=3my1y2+3(n-2)y1,
即(n+2)(y1+y2)=2my1y2+4(n-1)y1,
将y1+y2=,y1y2=代入上式得+4(n-1)y1=0,
即(n-1)=0,
故n=1,故直线MN恒过定点(1,0).(13分)
当直线MN的斜率为0时,直线MN为x轴,也过点(1,0).
综上,直线MN恒过定点(1,0).(15分)
证法二　当直线PA,PB的斜率均不为0时,
设直线PA:x=my-2,直线PB:x=ny+2.
分别令x=4,得yP==,即m=3n.(7分)
将x=my-2代入+=1得(3m2+4)y2-12my=0,
则yM=,
所以xM=myM-2=-2=,
即M,
又m=3n,所以M,(9分)
将x=ny+2代入+=1得(3n2+4)y2+12ny=0,
则yN=,所以xN=nyN+2=+2=,
即N.(11分)
于是kMN==,
易得直线MN:y-yN=kMN(x-xN),
令y=0,得x=+xN=×+=+=1,故直线MN过定点(1,0).(13分)
当直线PA,PB的斜率为0时,直线MN也过点(1,0).(14分)
综上,直线MN过定点(1,0).(15分)
18.解析　(1)由题意知2a=4,=,(2分)
解得a=2,b=1,故双曲线的方程为-y2=1.(4分)
(2)易知直线l的斜率不为0,所以设直线l的方程为x=ty+3,由(1)知A1(-2,0),A2(2,0),
设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得(t2-4)y2+6ty+5=0,则t2-4≠0,Δ=16t2+80>0,则t2≠4.
由根与系数的关系得
易得y1y2=-(y1+y2).(7分)
(i)λ==·=·====-.(10分)
(ii)由(i)可得直线A2Q:y=k2(x-2),A1P:y=k1(x+2),
联立解得x=,又k1=-k2,所以x=,所以S,即S,(12分)
同理可得T,(13分)
∴|ST|==
=
=4=,(15分)
故=|ST||-xS|=,
∵t2≥0且t2≠4,∴∈∪,+∞.
即△A2ST的面积的取值范围是∪,+∞.(17分)
19.解析　(1)当λ=3时,定直线l:x=,比值为.
设P(x,y),由已知得=,(2分)
两边平方,整理得+=1,即为曲线H的方程.(4分)
(2)设P(x,y),因为动点P到定点F(2,0)的距离和它到定直线l:x=的距离的比值是常数(λ>0,且λ≠2),
所以=,整理得+=1,
即+=1,即为曲线H的方程.(6分)
设M(x0,y0),A(x1,y1),B(-x1,-y1),
则k1=,k2=,
∴k1k2=·=
==-,(9分)
则λ2+1+k1k2=λ2+1-=λ2+≥2=4,
当且仅当λ2=,即λ=时,等号成立,
所以存在λ=使得λ2+1+k1k2取得最小值4.(11分)
(3)证明:由(2)知,当λ=1时,曲线H:x2-=1,它是焦点在x轴上的双曲线,其渐近线方程为y=±x,不妨设S在渐近线y=-x上,
如图:
设l2:y=kx+b,因为直线l2与双曲线的两条渐近线分别交于点S,T,所以k≠±.
由
解得即S,
同理得T,所以N,(14分)
代入双曲线方程x2-=1,
得-=1,
整理得k4-(b2+6)k2+9+3b2=0,
即(k2-3)(k2-3-b2)=0,
解得k2=3(舍去)或k2=3+b2.(15分)
当k2=3+b2时,由消去y得(3-k2)x2-2kbx-b2-3=0,此时Δ=4k2b2+4(b2+3)(3-k2)=12(b2+3-k2)=0,故方程有两个相等的解,
故直线l2与曲线H有且仅有一个公共点N.(17分)