高三數(shù)學 第九章 章末檢測 理（含解析）

第九章章末檢測(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分)1．原點到直線x＋2y－5＝0的距離為()A．1 B.eq\r(3) C．2 D.eq\r(5)2．(2010·安徽)過點(1,0)且與直線x－2y－2＝0平行的直線方程是()A．x－2y－1＝0 B．x－2y＋1＝0C．2x＋y－2＝0 D．x＋2y－1＝03．直線x－2y－3＝0與圓C：(x－2)2＋(y＋3)2＝9交于E、F兩點，則△ECF的面積為()A.eq\f(3,2) B.eq\f(3,4) C．2eq\r(5) D.eq\f(3\r(5),5)4．(2011·咸寧調研)已知拋物線y2＝4x的準線與雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)交于A、B兩點，點F為拋物線的焦點，若△FAB為直角三角形，則雙曲線的離心率是()A.eq\r(3) B.eq\r(6) C．2 D．35．已知圓的方程為x2＋y2－6x－8y＝0，設該圓過點(3,5)的最長弦和最短弦分別為AC和BD，則四邊形ABCD的面積為()A．10eq\r(6) B．20eq\r(6) C．30eq\r(6) D．40eq\r(6)6．(2011·福建)設圓錐曲線Γ的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，若曲線Γ上存在點P滿足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2A.eq\f(1,2)或eq\f(3,2) B.eq\f(2,3)或2C.eq\f(1,2)或2 D.eq\f(2,3)或eq\f(3,2)7．兩個正數(shù)a、b的等差中項是eq\f(5,2)，一個等比中項是eq\r(6)，且a>b，則雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的離心率e等于()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(15),2) C.eq\r(13) D.eq\f(\r(13),3)8．若過點A(4,0)的直線l與曲線(x－2)2＋y2＝1有公共點，則直線l的斜率的取值范圍為()A．[－eq\r(3)，eq\r(3)] B．(－eq\r(3)，eq\r(3))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))9．(2011·商丘模擬)設雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個公共點，則雙曲線的離心率為()A.eq\f(5,4) B．5 C.eq\f(\r(5),2) D.eq\r(5)10．“神舟七號”宇宙飛船的運行軌道是以地球中心，F(xiàn)為左焦點的橢圓，測得近地點A距離地面mkm，遠地點B距離地面nkm，地球的半徑為kkm，關于橢圓有以下三種說法：①焦距長為n－m；②短軸長為eq\r(m＋kn＋k)；③離心率e＝eq\f(n－m,m＋n＋2k).以上正確的說法有()A．①③ B．②③ C．①② D．①②③11．設F1、F2是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個焦點，P在雙曲線上，若eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，|eq\o(PF1,\s\up6(→))|·|eq\o(PF2,\s\up6(→))|＝2ac(c為半焦距)，則雙曲線的離心率為()A.eq\f(\r(3)－1,2) B.eq\f(\r(3)＋1,2) C．2 D.eq\f(\r(5)＋1,2)12．(2010·浙江)設F1、F2分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點．若在雙曲線右支上存在點P，滿足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直線PF1的距離等于雙曲線的實軸長，則該雙曲線的漸近線方程為()A．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2011·安慶模擬)若一個圓的圓心在拋物線y2＝4x的焦點處，且此圓與直線3x＋4y＋7＝0相切，則這個圓的方程為________________．14．過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點A作斜率為1的直線，與橢圓的另一個交點為M，與y軸的交點為B.若|AM|＝|MB|，則該橢圓的離心率為________．15．(2011·江西)若橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的焦點在x軸上，過點(1，eq\f(1,2))作圓x2＋y2＝1的切線，切點分別為A，B，直線AB恰好經過橢圓的右焦點和上頂點，則橢圓方程是________．16．若方程eq\f(x2,4－t)＋eq\f(y2,t－1)＝1所表示的曲線C，給出下列四個命題：①若C為橢圓，則1<t<4；②若C為雙曲線，則t>4或t<1；③曲線C不可能是圓；④若C表示橢圓，且長軸在x軸上，則1<t<eq\f(3,2).其中正確的命題是________．(把所有正確命題的序號都填在橫線上)三、解答題(本大題共6小題，共70分)17．(10分)如圖，直角三角形ABC的頂點坐標A(－2,0)，直角頂點B(0，－2eq\r(2))，頂點C在x軸上，點P為線段OA的中點．(1)求BC邊所在直線方程；(2)M為直角三角形ABC外接圓的圓心，求圓M的方程；(3)若動圓N過點P且與圓M內切，求動圓N的圓心N的軌跡方程．18．(12分)已知拋物線y2＝－x與直線y＝k(x＋1)相交于A、B兩點．(1)求證：OA⊥OB；(2)當△OAB的面積等于eq\r(10)時，求k的值．19．(12分)(2011·陜西)如圖，設P是圓x2＋y2＝25上的動點，點D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|＝eq\f(4,5)|PD|.(1)當P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程；(2)求過點(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線被C所截線段的長度．20．(12分)設直線l：y＝k(x＋1)(k≠0)與橢圓x2＋3y2＝a2(a>0)相交于兩個不同的點A、B，與x軸相交于點C，記O為坐標原點．(1)證明：a2>eq\f(3k2,1＋3k2)；(2)若eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(CB,\s\up6(→))，求△OAB的面積取得最大值時的橢圓方程．21．(12分)(2011·福建)已知直線l：y＝x＋m，m∈R.(1)若以點M(2,0)為圓心的圓與直線l相切于點P，且點P在y軸上，求該圓的方程．(2)若直線l關于x軸對稱的直線為l′，問直線l′與拋物線C：x2＝4y是否相切？說明理由．22．(12分)(2011·山東)已知動直線l與橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點，且△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，其中O為坐標原點．(1)證明：xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)和yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)均為定值．(2)設線段PQ的中點為M，求|OM|·|PQ|的最大值．(3)橢圓C上是否存在三點D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝eq\f(\r(6),2)？若存在，判斷△DEG的形狀；若不存在，請說明理由．第九章章末檢測1．D2.A3.C4.B5.B6．A[由|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，可設|PF1|＝4k，|F1F2|＝3k，|PF2|＝2k，若圓錐曲線為橢圓，則2a＝6k,2c＝3k，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).若圓錐曲線為雙曲線，則2a＝4k－2k＝2k,2c＝3k，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2).]7．D8.C9.D10．A11.D12.C13．(x－1)2＋y2＝414.eq\f(\r(6),3)15.eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1解析由題意可得切點A(1,0)．切點B(m，n)滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n－\f(1,2),m－1)＝－\f(m,n)，,m2＋n2＝1，))解得B(eq\f(3,5)，eq\f(4,5))．∴過切點A，B的直線方程為2x＋y－2＝0.令y＝0得x＝1，即c＝1；令x＝0得y＝2，即b＝2.∴a2＝b2＋c2＝5，∴橢圓方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.16．②17．解(1)∵kAB＝－eq\r(2)，AB⊥BC，∴kCB＝eq\f(\r(2),2).∴l(xiāng)BC：y＝eq\f(\r(2),2)x－2eq\r(2).故BC邊所在的直線方程為x－eq\r(2)y－4＝0.(3分)(2)在上式中，令y＝0，得C(4,0)，∴圓心M(1,0)．又∵|AM|＝3，∴外接圓的方程為(x－1)2＋y2＝9.(6分)(3)∵圓N過點P(－1,0)，∴PN是該圓的半徑．又∵動圓N與圓M內切，∴|MN|＝3－|PN|，即|MN|＋|PN|＝3>2＝|MP|.(8分)∴點N的軌跡是以M、P為焦點，長軸長為3的橢圓．∴a＝eq\f(3,2)，c＝1，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(\f(5,4)).∴軌跡方程為eq\f(x2,\f(9,4))＋eq\f(y2,\f(5,4))＝1.(10分)18．解設A(x1，y1)、B(x2，y2)．(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝－x，,y＝kx＋1，))得ky2＋y－k＝0，(2分)∴y1y2＝－1.又－x1＝y(tǒng)eq\o\al(2,1)，－x2＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)，∴x1x2＝(y1y2)2＝1，∴x1x2＋y1y2＝0.(4分)∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝0，∴OA⊥OB.(6分)(2)如圖，由(1)知y1＋y2＝－eq\f(1,k)，y1y2＝－1，∴|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(\f(1,k2)＋4)＝2eq\r(10)，(10分)∴k2＝eq\f(1,36)，∴k＝±eq\f(1,6)，即所求k的值為±eq\f(1,6).(12分)19．解(1)設M的坐標為(x，y)，P的坐標為(xP，yP)，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xP＝x，,yP＝\f(5,4)y，))∵P在圓上，∴x2＋(eq\f(5,4)y)2＝25，即軌跡C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(6分)(2)過點(3,0)且斜率為eq\f(4,5)的直線方程為y＝eq\f(4,5)(x－3)，設直線與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y＝eq\f(4,5)(x－3)代入C的方程，得eq\f(x2,25)＋eq\f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0.(8分)∴x1＝eq\f(3－\r(41),2)，x2＝eq\f(3＋\r(41),2).(10分)∴線段AB的長度為|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋\f(16,25)x1－x22)＝eq\r(\f(41,25)×41)＝eq\f(41,5).(12分)20．(1)證明依題意，由y＝k(x＋1)，得x＝eq\f(1,k)y－1.將x＝eq\f(1,k)y－1代入x2＋3y2＝a2，消去x，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋3))y2－eq\f(2,k)y＋1－a2＝0.①(2分)由直線l與橢圓相交于兩個不同的點，得Δ＝eq\f(4,k2)－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－a2))>0，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋3))a2>3，即a2>eq\f(3k2,1＋3k2).(5分)(2)解設A(x1，y1)，B(x2，y2)．由①得y1＋y2＝eq\f(2k,1＋3k2)，由eq\o(AC,\s\up6(→))＝2eq\o(CB,\s\up6(→))，C(－1,0)，得y1＝－2y2，代入上式，得y2＝eq\f(－2k,1＋3k2).(8分)于是，S△OAB＝eq\f(1,2)|OC|·|y1－y2|＝eq\f(3,2)|y2|＝eq\f(3|k|,1＋3k2)≤eq\f(3|k|,2\r(3)|k|)＝eq\f(\r(3),2)，(10分)其中，上式取等號的條件是3k2＝1，即k＝±eq\f(\r(3),3)，由y2＝eq\f(－2k,1＋3k2)，可得y2＝±eq\f(\r(3),3)，將k＝eq\f(\r(3),3)，y2＝－eq\f(\r(3),3)及k＝－eq\f(\r(3),3)，y2＝eq\f(\r(3),3)這兩組值分別代入①，均可解出a2＝5，所以，△OAB的面積取得最大值時的橢圓方程是x2＋3y2＝5.(12分)21．解方法一(1)依題意，點P的坐標為(0，m)．因為MP⊥l，所以eq\f(0－m,2－0)×1＝－1，解得m＝2，即點P的坐標為(0,2)．(3分)從而圓的半徑r＝|MP|＝eq\r(2－02＋0－22)＝2eq\r(2)，故所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.(6分)(2)因為直線l的方程為y＝x＋m，所以直線l′的方程為y＝－x－m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x－m，,x2＝4y))得x2＋4x＋4m＝0.Δ＝42－4×4m＝16(1－m)．當m＝1時，即Δ＝0時，直線l′與拋物線C相切；當m≠1時，即Δ≠0時，直線l′與拋物線C不相切．(10分)綜上，當m＝1時，直線l′與拋物線C相切；當m≠1時，直線l′與拋物線C不相切．(12分)方法二(1)設所求圓的半徑為r，則圓的方程可設為(x－2)2＋y2＝r2.依題意，所求圓與直線l：x－y＋m＝0相切于點P(0，m)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋m2＝r2，,\f(|2－0＋m|,\r(2))＝r，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,r＝2\r(2).))(4分)所以所求圓的方程為(x－2)2＋y2＝8.(6分)(2)同方法一．22．(1)證明①當直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關于x軸對稱，所以x2＝x1，y2＝－y1.因為P(x1，y1)在橢圓上，因此eq\f(x\o\al(2,1),3)＋eq\f(y\o\al(2,1),2)＝1.①又因為S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，所以|x1|·|y1|＝eq\f(\r(6),2).②由①②得|x1|＝eq\f(\r(6),2)，|y1|＝1，此時xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝2.②當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m，由題意知m≠0，將其代入eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m即3k2＋2>m2.(*)又x1＋x2＝－eq\f(6km,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－2,2＋3k2)，所以|PQ|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(6)\r(3k2＋2－m2),2＋3k2).因為點O到直線l的距離為d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以S△OPQ＝eq\f(1,2)|PQ|·d＝eq\f(1,2)eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(6)\r(3k2＋2－m2),2＋3k2)·eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(6)|m|\r(3k2＋2－m2),2＋3k2).又S△OPQ＝eq\f(\r(6),2)，整理得3k2＋2＝2m2此時xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝(－eq\f(6km,2＋3k2))2－2×eq\f(3m2－2,2＋3k2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(2,3)(3－xeq\o\al(2,1))＋eq\f(2,3)(3－xeq\o\al(2,2))＝4－eq\f(2,3)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＝2，綜上所述，xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝3，yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝2，結論成立．(4分)(2)解方法一①當直線l的斜率不存在時，由(1)知|OM|＝|x1|＝eq\f(\r(6),2)，|PQ|＝2|y1|＝2，因此|OM|·|PQ|＝eq\f(\r(6),2)×2＝eq\r(6).②當直線l的斜率存在時，由(1)知：eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3k,2m)，eq\f(y1＋y2,2)＝k(eq\f(x1＋x2,2))＋m＝－eq\f(3k2,2m)＋m＝eq\f(－3k2＋2m2,2m)＝eq\f(1,m)，|OM|2＝(eq\f(x1＋x2,2))2＋(eq\f(y1＋y2,2))2＝eq\f(9k2,4m2)＋eq\f(1,m2)＝eq\f(6m2－2,4m2)＝eq\f(1,2)(3－eq\f(1,m2))．|PQ|2＝(1＋k2)eq\f(243k2＋2－m2,2＋3k22)＝eq\f(22m2＋1,m2)＝2(2＋eq\f(1,m2))，所以|OM|2·|PQ|2＝eq\f(1,2)×(3－eq\f(1,m2))×2×(2＋eq\f(1,m2))＝(3－eq\f(1,m2))(2＋eq\f(1,m2))≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－\f(1,m2)＋2＋\f(1,m2),2)))2＝eq\f(25,4).所以|O