重庆市2014—2015高二上期数学圆锥曲线检测题

圆锥曲线检测题

一、选择题

1．椭圆x2my21的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的两倍，则m的值为（ ） A．

14 B．12 C．2 D．4 2．过抛物线y24x的焦点作直线l交抛物线于A、B两点，若线段AB中点的横坐标为3，则|AB|等于（ ）

A．10 B．8 C．6 D．4

3．若直线y＝kx＋2与双曲线x2y26的右支交于不同的两点，则k的取值范围是（ ）

A．(153，1515153) B．(0，3) C．(3，0) D．(153，1) 4．过抛物线y22px(p0)的焦点作直线交抛物线于P(x1，y1)、Q(x2，y2)两点，若x1x23p，则|PQ|等于（ ）

A．4p B．5p C．6p D．8p

5.已知两点M(1,),N(4,),给出下列曲线方程：①4x2y10;②xy23;③

x222y21;④x22y21.在曲线上存在点P满足MPNP的所有曲线方程是（ ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④

6．已知双曲线x2y2a2b21（a＞0，b＞0）的两个焦点为F1、F2，点A在双曲线第一象限的图象上，若△AF1F2的面积为1，且tanAF1F212，tanAF2F12，则双曲线方程为（ ） A．12x253y1 B．5x212y231 C．3x12y251 D．x25y2223121 7．圆心在抛物线y22x(y0)上，并且与抛物线的准线及x轴都相切的圆的方程是（ ）

A．x2y2x2y140 B．x2y2x2y10 C．x2y2x2y10 D．x2y2x2y140

8．若椭圆x2my21(m1)与双曲线x2ny21(n0)有相同的焦点F1、F2,P是两曲线的一个交点，则

F1PF2的面积是（ ）

A．4 B．2 C．1 D．12

9．已知椭圆x212y2a2（a＞0）与A（2，1），B（4，3）为端点的线段没有公共点，则a的取值范围是（ ） A．0a322 B．0a322或a822 C．a322或 a822 D．32822a2 10．已知双曲线中心在原点且一个焦点为F(7,0),直线yx1与其相交于M,N两点, MN中点横坐标为

23,则此双曲线的方程是( ) A．x23y241 B．x2y2x2y2x2y2431 C．521 D．251 二、填空题

11．与椭圆x24y231具有相同的离心率且过点(2,3)的椭圆的标准方程是 12．已知直线yx1与椭圆mx2ny21(mn0)相交于A，B两点，若弦AB的中点的横坐标等于13，则双曲线x2y2m2n21的两条渐近线的夹角的正切值等于________．

13.双曲线的实轴长为2a，F1, F2是它的左、右两个焦点，左支上的弦AB经过点F1，且|AF2|、|AB|、|BF2|成等差

数列，则|AB|＝

14．长为l(0＜l＜1)的线段AB的两个端点在抛物线yx2上滑动，则线段AB中点M到x轴距离的最小值_____．

15．若方程

x24ty2t11 所表示的曲线为C，给出下列四个命题：①若C为椭圆，则1t4; ②若C为双曲线，则t4或；③曲线C不可能是圆； ④若C表是椭圆，且长轴在x轴上，则1t32. 其中真命题的序号为 （把所有正确命题的序号都填在横线上） 三、解答题

16．已知椭圆的一个顶点为A(0,1)，焦点在x轴上.若右焦点到直线xy220的距离为3. （1）求椭圆的方程;

高二上期期末复习数学试题 蒋红伟

（2）设椭圆与直线ykxm(k0)相交于不同的两点M、N当AMAN时，求m的取值范围.

17．已知抛物线的顶点为椭圆x2y2a2b21(ab0)的中心.椭圆的离心率是抛物线离心率的一半，且它们的

准线互相平行。又抛物线与椭圆交于点M(2,2633)，求抛物线与椭圆的方程

18.如图，直线l与抛物线y2x交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，与x轴相交于点M，且y1y21. （1）求证：M点的坐标为(1,0)； y （2）求证：OAOB；

（3）求AOB的面积的最小值. x

19．已知椭圆方程为x2y281，射线y22x（x≥0）与椭圆的交点为M，过M作倾斜角互补的两条直线，分别与椭圆交于A、B两点（异于M）．

（1）求证直线AB的斜率为定值； （2）求△AMB面积的最大值．

中,已知椭圆Cx2ay220．在平面直角坐标系xOy1:2b21(ab0)的左焦点为F11,0且点P0,1在C1上.

（1）求椭圆C1的方程;

（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2:y24x相切,求直线l的方程

21．已知椭圆x2y2aba＞b＞0）的离心率e63，过点A(0,b)和B(a,0)的直线与原点的距离为322（2．

（1）求椭圆的方程．

（2）已知定点E(1,0)，若直线ykx2(k0)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．

高二上期期末复习数学试题 蒋红伟

圆锥曲线单元检测答案

A B D AD A D C B D 11．

∴x0y1y21，即M点的坐标为（1, 0）. (2 ) ∵ y1y21

24yxxyl1 12． 13.4a 14． 15．（2） 1或

2222∴ x1x2y1y2y1y2y1y2y1y2(y1y21)0

∴ OAOB.

22862525343416.（1）依题意可设椭圆方程为 x22a2y1 ，则右焦点F（a21,0）由题设

a21222323 解得a 故所求椭圆的方程为x23y21. （2）设P为弦MN的中点，由ykxm 得 (3k21)x26mkx3(m21)x220 3y1由于直线与椭圆有两个交点，0,即 m23k21 ①

xxMxN3mkpm23k21 从而ypkxpm3k21 kyp1Apm3k21x3mk 又AMAN,APMN，则 pm3k213mk1k 即 2m3k21 ②

把②代入①得 2mm2 解得 0m2 由②得 k22m130 解得m12故所求m的取范围是（

12,2） 17．因为椭圆的准线垂直于x轴且它与抛物线的准线互相平行 所以抛物线的焦点在x轴上，可设抛物线的方程为y2ax(a0)

M(226263,3)在抛物线上(3)223a a4 抛物线的方程为y24x M(2224ca2b23,3)在椭圆上 9a29b21 ① 又eaa12 ② 由①②可得a24,b23

椭圆的方程是x2y2431 18. (1 ) 设M点的坐标为(x0,0), 直线l方程为xmyx0, 代入y2x得 y2myx00 ① y1,y2 是此方程的两根,

（3）由方程①，y1y2m, y1y21 , 且 |OM|x01,

于是S112AOB2|OM||y1y2|2(y1y2)4y1y2=

12m24≥1， ∴ 当m0时，AOB的面积取最小值1.

19．解析：（1）∵ 斜率k存在，不妨设k＞0，求出M（

22，2）．直线MA方程为y2k(x22)，直

线AB方程为y2k(x22)． 分别与椭圆方程联立，可解出x2k24k22k24kAk282，xBk2822． ∴

yAyBxxk(xAxB)x22． ∴ kAB22（定值）．

ABxAB2 （2）设直线AB方程为y22xm，与x2y81联立，消去y得16x242mx(m28)0． 由0得4m4，且m0，点M到AB的距离为d|m|3． 设AMB的面积为S． ∴ S214|AB|2d212116232m(16m2)32(2)2． 当m22时，得Smax2．

20．解析:(1)由左焦点F1,0可知c21,点P0,1在C0212211上,所以2a2b21,即b1,所以a2bc22,

于是椭圆Cx21的方程为2y21.

(2)显然直线l的斜率存在,假设其方程为ykxb.

联立x22y21,消去y,可得2k21x24kbx22b2,0由4kb242k212b220可得ykxb2k2b210①.联立y24xkxb,消去y,可得k2x22kb4xb20,由2kb424b2k20可得

y . 高二上期期末复习数学试题 蒋红伟

22kb1②.由①②,解得k2或k2x2或y2x2 2,所以直线方程为yb2b222

21．解：（1）直线AB方程为：bxayab0．

c6， 依题意a3 解得 aba3，b1∴ 椭圆方程为 x2y231．3

a2b22 （2）假若存在这样的k值，由ykx2，2x23y30得(13k)x212kx90． 2 ∴ (12k)236(13k2)0． ①

 设C(x、D(xx1x212k13k2，1，y1)2，y2)，则 x1x9 ②

213k2 而y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4．

要使以CD为直径的圆过点E（-1，0），当且仅当CE⊥DE时，则

y1x1y2x11，12y1y2(x11)(x21)0．

∴ (k21)x1x22(k1)(x1x2)50． ③ 将②式代入③整理解得k776．经验证，k6，使①成立． 综上可知，存在k76，使得以CD为直径的圆过点E

即