2021-2022学年数学人教B版（2019）选择性必修第一册第二章平面解析几何专题综合练习卷（Word含答案解析）

高二同步专题测试题
综合练习（1）
本试卷共9页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分 （选择题爱共40分）
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项)
1．已知，则直线的斜率为（ ）
A．2 B．1 C． D．不存在
2．已知圆与圆，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相交 C．内切 D．外切
3．已知圆的一条直径的端点分别是，，则该圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则的取值范围是（ ）
A．或 B．
C． D．或
5．如图所示，下列四条直线中，斜率最大的是（ ）
A． B． C． D．
6．直线与直线垂直，则的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
7．若直线始终平分圆的周长，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．设椭圆（）离心率为，右焦点为，方程的两个实根分别为和，则点（ ）
A．必在圆内 B．必在圆上
C．必在圆外 D．以上三种情形都有可能
9．已知椭圆C：的左 右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
10．已知定点是动点且直线的斜率之积为，动点的轨迹不可能是（ ）
A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
第二部分 （非选择题爱共110分）
二、填空题(共5小题，每小题5分，共25分)
11．已知双曲线的焦距为，则实数_____；的渐近线方程为_____．
12．已知椭圆的左、右焦点为，，椭圆上一点满足，则______.
13．由直线上一点向圆引切线，则切线长的最小值为______________．
14．已知圆内有点，则以点为中点的圆的弦所在的直线方程为______.
15．在平面直角坐标系中，动点到两坐标轴的距离之和等于它到点的距离．记动点的轨迹为曲线.给出下列四个结论：
① 曲线关于坐标原点对称；
② 曲线关于直线对称；
③ 曲线与轴非负半轴，轴非负半轴围成的封闭图形的面积小于；
④ 曲线上不存在横坐标大于1的点.
其中，所有正确结论的序号是_______．
三、解答题(共6小题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程)
16．已知直线和的交点为．
（1）若直线经过点且与直线平行，求直线的方程；
（2）若直线经过点且与x轴，y轴分别交于A，B两点，P为线段AB的中点，求的面积（其中O为坐标原点）．
17．抛物线截直线所得弦长为．
（1）求的值；
（2）以此弦为底边，以轴上点为顶点的三角形面积为，求点坐标．
18．已知椭圆C的中心在坐标原点，左顶点，离心率，F为右焦点，过焦点F的直线交椭圆C于P Q两个不同的点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）当时，求直线PQ的方程；
（3）设线段PQ的中点在直线上，求直线PQ的方程.
19．已知椭圆短轴的两个端点与椭圆的右焦点构成面积为1的等腰直角三角形.
（1）求椭圆的离心率及其标准方程；
（2）过点直线椭圆交于P，Q两点，线段的中点为M，问在y轴上是否存定点D，使得？若存在，求出D的坐标；若不存在，请说明理由.
20．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与圆相切，且与椭圆交于不同的两点，设，求的取值范围.
21．已知曲线，直线与曲线交于两点，两点在轴上的射影分别为.
（1）当点坐标为时，求的值；
（2）记的面积为，四边形的面积为.
①若，求的值；
②求证：.
试卷第2页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案
1．A
【分析】
代入公式计算求解．
【详解】
由题意，得：.
故选：A．
2．D
【分析】
利用圆心距与半径和的关系可判断两者的位置关系.
【详解】
圆，其半径为3，
又，
因为即圆心距为两个圆的半径之和，故两圆外切，
故选：D.
3．B
【分析】
利用中点坐标公式求出圆心，由两点间距离公式求出半径，即可得到圆的方程．
【详解】
解：由题意可知，，的中点为，
又圆的半径为，
故圆的方程为．
故选：B．
4．D
【分析】
根据椭圆的定义及标准方程，列出关于的不等式组求解即可.
【详解】
有题意可知，解得或.
故选：D.
5．D
【分析】
先判断直线斜率的正负，当斜率为正时，再根据倾斜程度比较斜率大小.
【详解】
由图可知：斜率为负，斜率为，的斜率为正，
又的倾斜程度大于，所以的斜率最大，
故选：D.
6．C
【分析】
由直线一般式方程下的垂直的公式列式求解即可得答案.
【详解】
解:因为直线与直线垂直,
所以,即:,解得或.
故选：C
7．D
【分析】
因直线始终平分圆的周长，则直线必过点，将点代入再结合基本不等式即可得结果．
【详解】
由圆的方程，得圆心坐标为：，
因直线始终平分圆的周长，则直线必过点，
∴，
∴，
∴，即，当且仅当时，等号成立，
∴的取值范围是：，
故选：．
【点睛】
在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误．
8．A
【分析】
先利用离心率得到，，代入方程整理得，利用韦达定理，代入点，得到，即可判断.
【详解】
∵椭圆的离心率，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又该方程有两个实根分别为和，
∴，，
∴，
∴点在圆的内部，
故选：A.
9．D
【分析】
根据椭圆方程得到以为直径的圆的半径和圆心坐标，再由该圆与直线相切，得到，进而可求出椭圆的离心率.
【详解】
因为椭圆C：的左 右顶点分别为，，
因此以为直径的圆的半径为，圆心坐标为，
又该圆与直线相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，则，
因此，即，所以离心率为.
故选：D.
10．D
【分析】
根据题意设，进而得，，，再对分类讨论即可得答案.
【详解】
解：设，则根据题意得，，，
所以，即 ，，
故当时，动点的轨迹方程为双曲线；
当且时，动点的轨迹为椭圆；
当时，动点的轨迹为圆.
由于抛物线的标准方程中，或的指数必有一个为，
故动点的轨迹不可能是：抛物线的一部分.
故选：D.
【点睛】
本题考查动点轨迹方程的求解，解题的关键在于根据题意得，，，进而分类讨论求解，是中档题.
11．
【分析】
利用双曲线的焦距，求解，然后求解双曲线的渐近线方程．
【详解】
解：双曲线的焦距为6，
可得，解得，
双曲线，渐近线方程为：．
故答案为：6；．
12．
【分析】
先计算长轴长2a，再根据椭圆定义，计算即可.
【详解】
椭圆中，，即，，
因为，所以.
故答案为：.
13．
【分析】
要使切线长最小，必须使直线上的点到圆心的距离最小，此最小值即为圆心到直线的距离，求出，由勾股定理可求切线长的最小值．
【详解】
记直线上的点到圆心的距离为，圆半径为，由直线与圆相切知道：切线长，，要使切线长最小，必须使直线上的点到圆心的距离最小，此最小值即为圆心到直线的距离，
由点到直线的距离公式得，
由勾股定理求得切线长的最小值为．
故答案为：．
14．
【分析】
由圆的一般方程求得圆的圆心，求得直线的斜率，再由两直线垂直的条件求得所求直线的斜率，由直线的点斜式方程可求得答案．
【详解】
由，得圆心为（1,0），故直线的斜率为 ，
所以以点为中点的圆的弦所在的直线的斜率为，
所以所求的直线方程为，即，
故答案为：．
15．②③④
【分析】
根据动点到两条坐标轴的距离之和等于它到点的距离，可得曲线方程，作出曲线的图象，即可得到结论．
【详解】
∵动点到两条坐标轴的距离之和等于它到点的距离，
∴，
∴，
∴或，函数的图象如图所示
∴曲线关于直线对称，故②正确；
曲线与轴非负半轴，轴非负半轴围成的封闭图形的面积小于,故③正确；
由与联立可得，
∴曲线上的点到原点距离的最小值为，故④正确；
∴所有正确结论的序号是②③④．
故答案为：②③④．
16．（1）；（2）30
【分析】
（1）先求出交点P的坐标和直线的斜率，再用点斜式求直线的方程；
（2）先求出A、B两点的坐标，再利用三角形的面积公式，求得的面积．
【详解】
解：（1）由，
解得：，
可得直线 和的交点为，
由于直线l3的斜率为，
故过点P且与直线平行的直线l的方程为，
即；
（2）由题意知：直线m的斜率存在且不为零，
设直线m的斜率为k，则直线m的方程为，
由于直线m与x轴，y轴分别交于A，B两点，
且为线段AB的中点，
故：，
，
解得，
故 ，
故的面积为.
17．（1）；（2）或.
【分析】
（1）设直线交抛物线于点、，将直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的等式，结合可求得实数的值；
（2）设点，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得关于的等式，即可解得的值，即可得出点的坐标.
【详解】
（1）设直线交抛物线于点、，
联立，消去整理可得，
，解得，
由韦达定理可得，，
所以，，
解得；
（2）设点，则点到直线的距离为，
所以，，解得或.
故点的坐标为或.
18．（1）；（2）或；（3）.
【分析】
（1）设出椭圆的标准方程根据题意可得，利用离心率可得，则可求出，椭圆方程可得；
（2）设直线PQ的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可求得
，求出可得直线PQ的方程；
（3）设直线PQ的方程为，，由（2）求出中点坐标，代入直线，求出可得直线PQ的方程.
【详解】
（1）由题意设椭圆方程为，
因为左顶点，离心率，所以，，，
，所以椭圆的方程为；
（2）由（1）知，
设直线PQ的方程为，，
与椭圆方程联立，整理得
，，
所以，
，
解得，，
所以直线PQ的方程为或；
（3）设直线PQ的方程为，，
由（2）知，，
因为在直线上，所以，
即，解得，所以，
所以直线PQ的方程为.
【点睛】
本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系，关键点是设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示弦长和交点的中点坐标，考查了学生的逻辑思维能力和运算的能力.
19．（1）；（2）.证明见解析.
【分析】
（1）由已知求得b,c进而得到方程；
（2）问题等价转化为探求以PQ为直径的圆与y轴的交点D是否为定点.先利用斜率不存在和斜率为零的两种特殊情况，确定可能的D的坐标，然后利用平面向量的垂直条件，利用韦达定理，平面向量的坐标运算证明一般情况下都成立.
【详解】
（1）由已知得：,
∴椭圆的离心率方程为;
（2）存在，D(0,1).
问题等价转化为探求以PQ为直径的圆与y轴的交点D是否为定点.
当直线斜率不存在时，直线与y轴重合，PQ正好是椭圆的短轴，中点M为原点，此时D可以为(0,1)或(0,-1)；当直线的斜率为0时，线段PQ的中点为S,直线的方程为,代入椭圆的方程求得,此时D可以为,
要使这两种情况同时成立，D的坐标为.
下面证明D的坐标为时，对于斜率存在且不为零的情况下，都有，
问题等价转化为以PQ为直径的圆与y轴的交点为定点D.
只需证明：恒成立,
直线方程为,代入椭圆方程消去y并整理得：,
由于S在椭圆内部，∴此方程必然有两个不等实数根，分别是P,Q的横坐标，
设,则
所以
，
证明完毕.
【点睛】
本题主要考查圆锥曲线中的定点问题，关键是先利用两种不同的特殊情况求交集找到可能的定点D的坐标，然后转化为利用平面向量的数量积运算证明.
20．（1）；（2）.
【分析】
（1）由椭圆的定义求出的值，再由求出，进而得出方程；
（2）当直线的斜率不存在时，由直线的方程求出的坐标，再由数量积公式得出的值；当直线的斜率存在时，设出直线的方程，由直线和圆相切得出，联立椭圆的方程，利用韦达定理、数量积公式得出，最后由求出的范围.
【详解】
（1）根据题意
根据椭圆的定义得 ，所以.
因为椭圆的左、右焦点分别为，
由，所以，所以椭圆的标准方程为.
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为或.
当时，，，
此时.
同理当时，.
所以当直线的斜率不存在时.
若直线的斜率存在，设直线：，与椭圆交点 ，.
因为直线和圆相切，所以 ，化简得.
联立方程，消得
所以 ，.
因此
由代入得：
因为，所以.
综上所述，.
【点睛】
关键点睛：在第二问中，关键是利用韦达定理求出，，再由数量积公式得出的取值范围.
21．（1）；（2）①，②证明见解析；
【分析】
（1）由题意，曲线是椭圆轴的上方部分，点坐标为，说明只能在第二象限，且点是直线与曲线的交点，横坐标为，代入曲线求点的坐标，再代入直线方程求出．
（2）①设点，点的坐标，设而不求的思想，，两点在轴上的射影分别为点，．那么四边形是直角梯形或矩形，由点，点的坐标建立关系．不存在时，四边形也不存在，所以必须存在．
②利用点，点的坐标表示的面积为，四边形的面积为，其比值大于等于．
【详解】
解：（1）由题意，与曲线交于，两点，，两点在轴上的射影分别为点，．点坐标为，则点的横坐标为，代入曲线，解得点的纵坐标为，即
点在直线，则有：，
解得
（2）①设点，，点，，则点，，点，
直线与曲线交于，两点，
联立与，消去得
解得：，
所以的面积为，设原点到直线距离为，
则
，即
解得，所以
②由题意及①：可知：因为直线恒过点，所以
四边形的面积为
那么：
而
所以
得证．
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
高二同步专题测试卷 9 / 9