2022年高中數(shù)學(xué) 單元評(píng)估檢測(cè)(八)課時(shí)提能訓(xùn)練 理 新人教A版

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1、2022年高中數(shù)學(xué) 單元評(píng)估檢測(cè)(八)課時(shí)提能訓(xùn)練 理 新人教A版 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.直線xsinα-y+1=0的傾斜角的變化范圍是( ) (A)(0,) (B)(0,π) (C)［,］ (D)［0,］∪［,π) 2.(xx·湘潭模擬)點(diǎn)(1，cosθ)到直線xsinθ+ycosθ-1=0的距離是 (0°≤θ≤180°),那么θ=( ) (A)150° (B)30°或150° (C)

2、30° (D)30°或210° 3.已知直線l1與圓x2+y2+2y=0相切，且與直線l2：3x+4y-6=0平行，則直線l1的方程是( ) (A)3x+4y-1=0 (B)3x+4y+1=0或3x+4y-9=0 (C)3x+4y+9=0 (D)3x+4y-1=0或3x+4y+9=0 4．“λ>-1”是“方程-=1表示雙曲線”的( ) （A）充分不必要條件 （B）必要不充分條件 （C）充要條件 （D）既不充分也不必要條件 5.已知圓O的半徑為1，PA、PB為該圓的兩條切線，A、B為兩切點(diǎn)，那么的最小值為(

3、 ) (A)-4+ (B)-3+ (C)-4+2 (D)-3+2 6.(xx·常德模擬)橢圓=1的焦距等于2，則m的值為( ) (A)5或3 (B)8 (C)5 (D)16 7．已知雙曲線-m2x2=1(m>0)的一個(gè)頂點(diǎn)到它的一條漸近線的距離為，則m=( ) (A)1 (B)2 (C)3 (D)4 8．若PQ是圓x2+y2=16的弦，PQ的中點(diǎn)是M（1，3），則直線PQ的方程是( ) （A）x+3y-4=

4、0 （B）x+3y-10=0 （C）3x-y+4=0 （D）3x-y=0 二、填空題(本大題共7小題，每小題5分，共35分.請(qǐng)把正確答案填在題中橫線上) 9．已知圓C與直線x-y=0及x-y-4=0都相切,圓心在直線x+y=0上,則圓C的方程為________________. 10．（xx·鄭州模擬）已知拋物線y2=2px(p>1)的焦點(diǎn)F恰為雙曲線- =1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)，且兩曲線的交點(diǎn)連線過點(diǎn)F，則雙曲線的離心率為____. 11.設(shè)F1,F2分別是橢圓+=1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn),若直線x= (c=)上存在點(diǎn)P使線段PF1的中垂線過點(diǎn)F2

5、,則橢圓離心率的取值范圍是 __________. 12．（xx·廣州模擬）已知橢圓的長軸長是短軸長的2倍，則橢圓的離心率等于_____. 13．若k∈R，直線y=kx+1與圓x2+y2-2ax+a2-2a-4=0恒有交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是______． 14．已知直線l1：(a-2)x+3y+a=0與l2：ax+(a-2)y-1=0互相垂直，則a=____. 15．拋物線y=-x2上的點(diǎn)到直線4x+3y-8=0的距離的最小值等于______. 三、解答題(本大題共6小題，共75分.解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 16．（12分）設(shè)直線l的方程為（a+1）x

6、+y-2-a=0（a∈R）. (1)若直線l在兩坐標(biāo)軸上的截距相等，求直線l的方程； （2）若a>-1，直線l與x、y軸分別交于M、N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OMN面積取最小值時(shí)，直線l對(duì)應(yīng)的方程. 17．（12分）已知?jiǎng)狱c(diǎn)C到點(diǎn)A（-1，0）的距離是它到點(diǎn)B（1，0）的距離的倍. （1）試求點(diǎn)C的軌跡方程； （2）已知直線l經(jīng)過點(diǎn)P（0，1）且與點(diǎn)C的軌跡相切，試求直線l的方程. 18．(12分)(探究題)已知橢圓+=1(a>b>0),過點(diǎn)A（a,0）,B(0,b)的直線傾斜角為,原點(diǎn)到該直線的距離為. （1）求橢圓的方程； （2）是否存在實(shí)數(shù)k，使直線y=kx+2交橢圓于P

7、、Q兩點(diǎn)，以PQ為直徑的圓過點(diǎn)D（1，0）？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由. 19．(13分)(xx·株洲模擬)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，曲線x2+y2+2x-6y+1=0上有兩點(diǎn)P，Q，滿足關(guān)于直線x+my+4=0對(duì)稱，又滿足＝0. (1)求m的值； (2)求直線PQ的方程. 20.（13分）(預(yù)測(cè)題)已知橢圓E的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)、對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，且拋物線x2=y的焦點(diǎn)是它的一個(gè)焦點(diǎn)，又點(diǎn)A(1,）在該橢圓上. （1）求橢圓E的方程; （2）若斜率為的直線l與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B、C，當(dāng)△ABC的面積最大時(shí)，求直線l的方程. 21.（13分）（xx·南通模擬）已知直線l1:y=

8、2x+m(m<0)與拋物線C1:y=ax2(a>0)和圓C2:x2+(y+1)2=5都相切，F(xiàn)是C1的焦點(diǎn). （1）求m與a的值； （2）設(shè)A是C1上的一動(dòng)點(diǎn)，以A為切點(diǎn)作拋物線C1的切線l，直線l交y軸于點(diǎn)B，以FA、FB為鄰邊作平行四邊形FAMB，證明：點(diǎn)M在一條定直線上； （3）在（2）的條件下，記點(diǎn)M所在定直線為l2，直線l2與y軸交點(diǎn)為N，連接MF交拋物線C1于P、Q兩點(diǎn)，求△NPQ的面積S的取值范圍. 答案解析 1.【解析】選D.直線xsinα-y+1=0的斜率是k=sinα. 又∵-1≤sinα≤1,∴-1≤k≤1. ∴當(dāng)0≤k≤1時(shí)，傾斜角的范圍是

9、［0，］; 當(dāng)-1≤k<0時(shí)，傾斜角的范圍是［,π). 2.【解析】選B.由題意知=|sinθ-sin2θ|, 又0≤sinθ≤1,∴sin2θ-sinθ+=0, (sinθ-)2=0,∴sinθ=, 又0°≤θ≤180°,∴θ=30°或150°. 3.【解析】選D.因?yàn)閘1與l2平行，所以可設(shè)直線l1的方程為：3x+4y+c=0,又因?yàn)閘1與圓x2+y2+2y=0相切，且圓心坐標(biāo)為（0，-1），半徑為1,所以=1,解得c=9或c=-1， 因此l1的方程為3x+4y+9=0或3x+4y-1=0. 4．【解析】選A.因?yàn)楫?dāng)λ>-1時(shí)，方程=1表示雙曲線；當(dāng)=1表示雙曲線時(shí)，λ>-

10、1或λ<-2.所以“λ>-1”是“方程=1表示雙曲線”的充分不必要條件. 5．【解析】選D.如圖所示：設(shè)PA=PB=x(x>0),∠APO=α,則∠APB=2α， sinα= =cos2α= 令則 即x4-(1+y)x2-y=0, 由x2是實(shí)數(shù)，所以 Δ=［-(1+y)］2-4×1×(-y)≥0, y2+6y+1≥0, 解得 故 6．【解析】選A.當(dāng)m>4時(shí)，m-4=1,m=5; 當(dāng)m<4時(shí)，4-m=1,m=3. 7．【解析】選C.雙曲線的方程可化為-=1，所以a=,b=,取頂點(diǎn)（0，），一條漸近線為mx-4y=0. ∵=,即m2+16=25,∴m=3. 8．【解析

11、】選B.圓心為O（0，0），故直線OM斜率k==3，因?yàn)橄襊Q所在直線與直線OM垂直，所以kPQ=,其方程為y-3=(x-1),整理，得x+3y-10=0. 9．【解題指南】由于圓與兩平行線都相切,故兩平行線間距離即為直徑,只要再求得圓心坐標(biāo)即可得解. 【解析】選B.因?yàn)閮蓷l直線x-y=0與x-y-4=0平行,故它們之間的距離即為圓的直徑,所以2R=,所以R=.設(shè)圓心坐標(biāo)為P(a,-a),則點(diǎn)P到兩條切線的距離都等于半徑,所以=, =,解得a=1,故圓心為(1,-1),所以圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-1)2+(y+1)2=2. 10．【解析】選B.由題意知，=c,即p=2c 由得b2x2-4c

12、a2x-a2b2=0 * 由題意知x=c是方程*的一個(gè)根，則有 b2c2-4a2c2-a2b2=0 即c4-6a2c2+a4=0 ∴e4-6e2+1=0 又e>1 ∴e2=3+,e=+1. 11.【解題指南】根據(jù)|F1F2|=|PF2|轉(zhuǎn)化為點(diǎn)F2到直線x=的距離小于或等于|F1F2|來尋找a,b,c之間的關(guān)系,從而求解. 【解析】選B.根據(jù)題目條件可知: 若直線x=(c=)上存在點(diǎn)P使線段PF1的中垂線過點(diǎn)F2,則|F1F2|=|PF2|,可轉(zhuǎn)化為點(diǎn)F2到直線x=的距離小于或等于|F1F2|，亦即-c≤2c，解得≥，所以e∈［，1）. 12．【解析】設(shè)2a、2b分別為

13、橢圓的長軸長、短軸長，依題設(shè)有4b=2a,即a=2b,所以c= =b,所以離心率為e==. 答案： 13．【解析】因?yàn)橹本€y=kx+1恒過定點(diǎn)（0，1），題設(shè)條件等價(jià)于點(diǎn)（0，1）在圓內(nèi)或圓上，則02+12-2a·0+a2-2a-4≤0且2a+4>0,解得-1≤a≤3. 答案：-1≤a≤3 14．【解析】因?yàn)閘1：(a-2)x+3y+a=0與l2:ax+(a-2)y-1=0互相垂直 所以，a(a-2)+3(a-2)=0,解得a=2或a=-3. 答案：2或-3 15．【解析】由拋物線的方程，可設(shè)拋物線上的點(diǎn)的坐標(biāo)為(x,-x2)，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，得 d==,所以當(dāng)x=時(shí)，

14、d取得最小值. 答案： 16．【解析】（1）當(dāng)直線l經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，該直線在兩坐標(biāo)軸上的截距都為0，此時(shí)a+2=0，解得a=-2，此時(shí)直線l的方程為-x+y=0，即x-y=0； 當(dāng)直線l不經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)，即a≠-2且a≠-1時(shí)，由直線在兩坐標(biāo)軸上的截距相等可得=2+a，解得a=0，此時(shí)直線l的方程為x+y-2=0. 所以直線l的方程為x-y=0或x+y-2=0. （2）由直線方程可得M(,0),N(0,2+a), 又因?yàn)閍>-1. 故S△OMN== = ≥=2, 當(dāng)且僅當(dāng)a+1=,即a=0時(shí)等號(hào)成立.此時(shí)直線l的方程為x+y-2=0. 17．【解題指南】（1）利用直接法列出

15、方程，化簡(jiǎn)即可.（2）對(duì)斜率是否存在分類討論，根據(jù)切線的性質(zhì)求斜率，進(jìn)而求出方程. 【解析】（1）設(shè)點(diǎn)C（x,y），則|CA|=,|CB|=. 由題意，得=. 兩邊平方，得(x+1)2+y2=2×［(x-1)2+y2］. 整理，得（x-3）2+y2=8. 故點(diǎn)C的軌跡是一個(gè)圓，其方程為（x-3）2+y2=8. （2）由（1），得圓心為M（3，0），半徑r=. ①若直線l的斜率不存在，則方程為x=0，圓心到直線的距離d=3≠,故該直線與圓不相切； ②若直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y=kx+1. 由直線和圓相切，得d= =,整理，得k2+6k-7=0,解得k=1,或

16、k=-7.故所求直線的方程為y=x+1,或y=-7x+1,即x-y+1=0或7x+y-1=0. 18．【解析】（1）由=,a·b=··,得a=,b=1,所以橢圓方程是+y2=1. （2）將y=kx+2代入+y2=1, 得(3k2+1)x2+12kx+9=0(*) 記P(x1,y1),Q(x2,y2),以PQ為直徑的圓過D（1，0），則PD⊥QD，即(x1-1,y1)·(x2-1,y2)=(x1-1)(x2-1)+y1y2=0,又y1=kx1+2,y2=kx2+2,得 （k2+1）x1x2+(2k-1)(x1+x2)+5=0 ……① 又x1x2=,x1+x2=,代入①解得k=，此時(shí)（

17、*）方程Δ>0，∴存在k=,滿足題設(shè)條件. 19．【解析】(1)曲線方程為(x+1)2+(y-3)2=9,表示圓心為(-1，3)，半徑為3的圓. ∵點(diǎn)P，Q在圓上且關(guān)于直線x+my+4=0對(duì)稱， ∴圓心(-1，3)在直線x+my+4=0上， 代入得m=-1. (2)∵直線PQ與直線y=x+4垂直， ∴可設(shè)直線PQ的方程為y=-x+b. 將直線y=-x+b代入圓的方程，得2x2+2(4-b)x+b2-6b+1=0, 由Δ＝4(4-b)2-4×2×(b2-6b+1)>0, 得 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=-(4-b), ∴ 又

18、＝0， ∴x1x2+y1y2=0,即b2-6b+1+4b=0, 解得b=1∈(2-3,2+3), ∴所求的直線方程為x+y-1=0. 20.【解析】（1）由已知拋物線的焦點(diǎn)為（0,)，故設(shè)橢圓方程為+ =1（a>2）. 將點(diǎn)A(1,)代入方程得+=1， 整理得a4-5a2+4=0，得a2=4或a2=1（舍）, 故所求橢圓方程為+=1. （2）設(shè)直線BC的方程為y=x+m， 設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2), 代入橢圓方程并化簡(jiǎn)得4x2+mx+m2-4=0, 由Δ=8m2-16(m2-4)=8(8-m2)>0, 可得0≤m2<8. (*) 由x1+

19、x2=,x1x2=, 故|BC|=|x1-x2|=. 又點(diǎn)A到BC的距離為d=, 故S△ABC=|BC|·d= ≤·=, 當(dāng)且僅當(dāng)2m2=16-2m2,即m=±2時(shí)取等號(hào)（滿足*式），此時(shí)直線l的方程為y=. 【方法技巧】 解決解析幾何中最值問題的常用求法 解析幾何中的最值問題是高考考查的一個(gè)重要方向,既可以出現(xiàn)在選擇題、填空題中,也可以出現(xiàn)在解答題中,根據(jù)待求量的特點(diǎn),常用以下兩種思想方法: (1)數(shù)形結(jié)合思想:當(dāng)待求量有幾何意義時(shí),一般利用其幾何性質(zhì),數(shù)形結(jié)合求解. (2)函數(shù)思想:當(dāng)待求量與其他變量有關(guān)時(shí),一般引入該變量構(gòu)造函數(shù),然后求最值,但要注意待求量的取值范

20、圍. 【變式備選】已知橢圓+=1(a>b>0)的離心率為 ,短軸的一個(gè)端點(diǎn)到右焦點(diǎn)的距離為，直線l：y=kx+m交橢圓于不同的兩點(diǎn)A，B， （1）求橢圓的方程， （2）若坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線l的距離為，求△AOB面積的最大值. 【解析】（1）設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意,解得c=. 由a2=b2+c2,得b=1. ∴所求橢圓方程為+y2=1. (2)由已知得=,可得m2=(k2+1). 將y=kx+m代入橢圓方程， 整理得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0. Δ=(6km)2-4(1+3k2)(3m2-3)>0 (*) ∴x1+x2=,x1·x2=. ∴|AB|2

21、=（1+k2）(x2-x1)2 =(1+k2) == =3+==4(k≠0) 當(dāng)且僅當(dāng)9k2=,即k=時(shí)等號(hào)成立. 經(jīng)檢驗(yàn)，k=滿足（*）式. 當(dāng)k=0時(shí)，|AB|=. 綜上可知|AB|max=2. ∴當(dāng)|AB|最大時(shí)，△AOB的面積取最大值Smax==. 21.【解析】（1）由已知，圓C2:x2+(y+1)2=5的圓心為C2(0,-1)，半徑r=.由題設(shè)圓心到直線l1:y=2x+m的距離d=，即=,解得m=-6(m=4舍去). 設(shè)l1與拋物線的切點(diǎn)為A0(x0,y0),又y′=2ax,得2ax0=2? x0=,y0=. 代入直線方程得：=-6,∴a=， 所以m=-6,

22、a=. （2）由（1）知拋物線C1方程為y=x2,焦點(diǎn)F（0，）. 設(shè)A（x1,）,由（1）知以A為切點(diǎn)的切線l的方程為y=.令x=0,得切線l交y軸的B點(diǎn)坐標(biāo)為（0，） 所以=（x1, -）,=(0, ), ∵四邊形FAMB是以FA、FB為鄰邊的平行四邊形，∴=+ =（x1，-3）,因?yàn)镕是定點(diǎn)，所以點(diǎn)M在定直線y=上. （3）設(shè)直線MF：y=kx+,代入y=得-kx-=0,設(shè)P、Q兩點(diǎn)橫坐標(biāo)分別為x′1,x′2, 得x′1+x′2=6k,x′1·x′2=-9， S△NPQ=|NF||x′1-x′2| =×3× =, ∵k≠0,∴S△PQN>9，即△NPQ的面積S范圍是（9，+∞）.