2022届高考数学统考一轮复习阶段质量检测6理含解析新人教版 (1)

阶段质量检测(六) 建议用时：40 分钟 一、选择题 1．(2020·沈阳三模)已知抛物线 x2＝2py 上一点 A(m,1)到其焦点的距离为 p，则 p＝ ( ) A．2 B．－2 C．4 D．－4 A [依题意可知抛物线的准线方程为 y＝－ p 2 ， ∵抛物线 x2＝2py(p＞0)上一点 A(m,1)到其焦点的距离为 p，∴点 A 到准线的距离为 1＋ p 2 ＝p，解得 p＝2.故选 A． ] 2．(2020·朝阳区二模)圆心在直线 x－y＝0 上且与 y 轴相切于点(0,1)的圆的方程是( ) A．(x－1)2＋(y－1)2＝1 B．(x＋1)2＋(y＋1)2＝1 C．(x－1)2＋(y－1)2＝2 D．(x＋1)2＋(y＋1)2＝2 A [根据题意，要求圆的圆心在直线 x－y＝0 上，则设要求圆的圆心的坐标为(m，m)， 又由要求圆与 y 轴相切于点(0,1)，则圆心在直线 y＝1 上，则 m＝1，要求圆的半径 r＝1，故 要求圆的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，故选 A．] 3．(2020·洛阳三模)已知直线 l1：xsin α＋2y－1＝0，直线 l2：x－ycos α＋3＝0，若 l1⊥l2，则 tan 2α＝( ) A．－ 2 3 B．－ 4 3 C． 2 5 D． 4 5 B [直线 l1：xsin α＋2y－1＝0，直线 l2：x－ycos α＋3＝0，若 l1⊥l2，则 sin α－2cos α＝0，即 sin α＝2cos α，所以 tan α＝2， 所以 tan 2α＝ 2tan α 1－tan2α ＝ 2×2 1－22 ＝－ 4 3 .故选 B．] 4．(2020·天津高考)设双曲线 C 的方程为 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)，过抛物线 y2＝4x 的 焦点和点(0，b)的直线为 l.若 C 的一条渐近线与 l 平行，另一条渐近线与 l 垂直，则双曲线 C 的方程为( ) A． x2 4 － y2 4 ＝1 B．x2－ y2 4 ＝1 C． x2 4 －y2＝1 D．x2－y2＝1 D [由题可知，抛物线的焦点为(1,0)，所以直线 l 的方程为 x＋ y b ＝1，即直线的斜率为 －b， 又双曲线的渐近线的方程为 y＝± b a x，所以－b＝－ b a ， －b× b a ＝－1，因为 a＞0，b＞0，解得 a＝1，b＝1.故选 D．] 5．(2020·湖南六校联考)设 m∈R，已知圆 C1：x2＋y2＝1 和圆 C2：x2＋y2－6x－8y＋ 30－m＝0，则“m＞21”是“圆 C1 和圆 C2 相交”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 B [由已知圆 C2：(x－3)2＋(y－4)2＝m－5， 若圆 C1 和圆 C2 相交，则 |1－ m－5|＜|C1C2|＝ 32＋42＝5＜1＋ m－5， 解得 21＜m＜41， “m＞21”是“21＜m＜41”的必要而不充分条件．故选 B．] 6．(2020·泉州一模)已知椭圆 E： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 的直线 2x＋y－4＝0 与 y 轴交于点 A，线段 AF2 与 E 交于点 B．若|AB|＝|BF1|，则 E 的方 程为( ) A． x2 40 ＋ y2 36 ＝1 B． x2 20 ＋ y2 16 ＝1 C． x2 10 ＋ y2 6 ＝1 D． x2 5 ＋y2＝1 D [由题可得 A(0,4)，F2(2,0)，所以 c＝2， 又|AB|＝|BF1|，所以 2a＝|BF1|＋|BF2|＝|AF2|＝2 5，得 a＝ 5， ∴b＝1， 所以椭圆的方程为 x2 5 ＋y2＝1.故选 D．] 7．(2020·全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，直线 x＝a 与双曲线 C： x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0) 的两条渐近线分别交于 D，E 两点，若△ODE 的面积为 8，则 C 的焦距的最小值为( ) A．4 B．8 C．16 D．32 B [由题意知双曲线的渐近线方程为 y＝± b a x.因为 D，E 分别为直线 x＝a 与双曲线 C 的 两条渐近线的交点，所以不妨设 D(a，b)，E(a，－b)，所以 S△ODE＝ 1 2 ×a×|DE|＝ 1 2 ×a×2b＝ ab＝8，所以 c2＝a2＋b2≥2ab＝16，所以 c≥4，所以 2c≥8，所以 C 的焦距的最小值为 8， 故选 B．] 8．(2020·高密一中高三月考)某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心 F 为一个焦 点的椭圆，如图所示，已知它的近地点 A(离地面最近的点)距地面 m 千米，远地点 B(离地面 最远的点)距地面 n 千米，并且 F，A，B 三点在同一直线上，地球半径约为 R 千米，设该椭圆 的长轴长、短轴长、焦距分别为 2a,2b,2c，给出以下四个结论： ①a－c＝m＋R ②a＋c＝n＋R ③2a＝m＋n ④b＝ m＋R n＋R 则上述结论正确的是( ) A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ B [因为地球的中心是椭圆的一个焦点， 并且根据图象可得 m＝a－c－R， n＝a＋c－R， (*) ∴a－c＝m＋R，故①正确； a＋c＝n＋R，故②正确； (*)两式相加 m＋n＝2a－2R，可得 2a＝m＋n＋2R，故③不正确； 由(*)可得 m＋R＝a－c n＋R＝a＋c ， 两式相乘可得(m＋R)(n＋R)＝a2－c2. ∴b2＝(m＋R)(n＋R)⇒b＝ m＋R n＋R ，故④正确．故选 B．] 二、填空题 9．圆 x2＋y2－4＝0 与圆 x2＋y2－4x＋4y－12＝0 的公共弦长为 ． 2 2 [由 x2＋y2－4＝0， x2＋y2－4x＋4y－12＝0， 得 x－y＋2＝0. 由于 x2＋y2－4＝0 的圆心为(0,0)，半径 r＝2，且圆心(0,0)到直线 x－y＋2＝0 的距离 d ＝ |0－0＋2| 2 ＝ 2，所以公共弦长为 2 r2－d2＝2 4－2＝2 2.] 10．(2020·模拟)以椭圆 C： x2 5 ＋ y2 4 ＝1 在 x 轴上的顶点和焦点分别为焦点和顶 点的双曲线方程为 ；此双曲线的渐近线方程为 ． x2－ y2 4 ＝1 2x＋y＝0 和 2x－y＝0 [由椭圆 C： x2 5 ＋ y2 4 ＝1 可知， 双曲线的焦点为(－ 5，0)，( 5，0)， 双曲线顶点为(－1,0)，(1,0)， ∴a＝1，c＝ 5， ∴b2＝c2－a2＝4， 故双曲线的方程为 x2－ y2 4 ＝1， 渐近线方程为 2x＋y＝0 和 2x－y＝0.] 11．(2020·桂林模拟)设 F1，F2 是椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P 为椭圆上一 个点，∠F1PF2＝60°，|F1F2|为|PF1|与|PF2|的等比中项，则该椭圆的离心率为 ． 1 2 [因为|F1F2|为|PF1|与|PF2|的等比中项，所以|F1F2|2＝4c2＝|PF1||PF2|， 在△F1PF2 中，由余弦定理知， |F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2 ＝|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝(|PF1|＋|PF2|)2－3|PF1||PF2|，即 4c2＝4a2－12c2， 所以 4c2＝a2，则离心率 e＝ c a ＝ 1 2 .] 12．设抛物线 C：y2＝4x 的焦点为 F，过点(－2,0)且斜率为 2 3 的直线与 C 交于 M，N 两 点，则FM→ ·FN→ ＝ . 8 [过点(－2,0)且斜率为 2 3 的直线的方程为 y＝ 2 3 (x＋2)，由 y＝ 2 3 x＋2 ， y2＝4x， 得 x2 －5x＋4＝0，解得 x＝1 或 x＝4，所以 x＝1， y＝2， 或 x＝4， y＝4， 不妨设 M(1,2)，N(4,4)，易 知 F(1,0)，所以FM→ ＝(0,2)，FN→ ＝(3,4)，所以FM→ ·FN→ ＝8.] 三、解答题 13．(2020·宁夏三模)已知抛物线 C：x2＝2py(p＞0)的焦点为 F，点 P(x0,3)为抛物线 C 上一点，且点 P 到焦点 F 的距离为 4，过 A(a,0)作抛物线 C 的切线 AN(斜率不为 0)，切点为 N. (1)求抛物线 C 的标准方程； (2) 求证：以 FN 为直径的圆过点 A． [解] (1)由题知，|PF|＝yP＋ p 2 ， ∴4＝3＋ p 2 ，解得 p＝2， ∴抛物线 C 的标准方程为 x2＝4y. (2)设切线 AN 的方程为 y＝k(x－a)，k≠0， 联立 x2＝4y y＝k x－a ，消去 y 可得 x2－4kx＋4ka＝0， 由题意得Δ＝16k2－16ka＝0，即 a＝k， ∴切点 N(2a，a2)， 又 F(0,1)，∴AF→·AN→ ＝(－a,1)(a，a2)＝0. ∴∠FAN＝90°，故以 FN 为直径的圆过点 A． 14．(2020·全国卷Ⅱ)已知椭圆 C1： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右焦点 F 与抛物线 C2 的焦点 重合，C1 的中心与 C2 的顶点重合，过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C1 于 A，B 两点，交 C2 于 C， D 两点，且|CD|＝ 4 3 |AB|. (1)求 C1 的离心率； (2)设 M 是 C1 与 C2 的公共点，若|MF|＝5，求 C1 与 C2 的标准方程． [解] (1)由已知可设 C2 的方程为 y2＝4cx，其中 c＝ a2－b2. 不妨设 A，C 在第一象限，由题设得 A，B 的纵坐标分别为 b2 a ，－ b2 a ；C，D 的纵坐标分 别为 2c，－2c，故|AB|＝ 2b2 a ，|CD|＝4c. 由|CD|＝ 4 3 |AB|得 4c＝ 8b2 3a ，即 3× c a ＝2－2 c a 2 . 解得 c a ＝－2(舍去)或 c a ＝ 1 2 . 所以 C1 的离心率为 1 2 . (2)由(1)知 a＝2c，b＝ 3c，故 C1： x2 4c2 ＋ y2 3c2 ＝1. 设 M(x0，y0)，则 x2 0 4c2 ＋ y2 0 3c2 ＝1，y2 0＝4cx0，故 x2 0 4c2 ＋ 4x0 3c ＝1.① 由于 C2 的准线为 x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，而|MF|＝5，故 x0＝5－c，代入①得 5－c 2 4c2 ＋ 4 5－c 3c ＝1，即 c2－2c－3＝0，解得 c＝－1(舍去)或 c＝3. 所以 C1 的标准方程为 x2 36 ＋ y2 27 ＝1，C2 的标准方程为 y2＝12x. 15．(2020·成都模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，已知 A(－2,0)，B(2,0)，且|PA|＋|PB| ＝4 2，记动点 P 的轨迹为 C． (1)求曲线 C 的方程； (2)过点(2,0)的直线 l 与曲线 C 相交于 M，N 两点，试问在 x 轴上是否存在定点 Q，使得 ∠MQO＝∠NQO？若存在，求出点 Q 的坐标，若不存在，请说明理由． [解] (1)由题意可知|PA|＋|PB|＝4 2＞|AB|＝4， ∴由椭圆的定义可得：动点 P 的轨迹 C 是以 A，B 为焦点的椭圆，其中 2a＝4 2，2c＝ 4， ∴a＝2 2，c＝2，∴b2＝a2－c2＝4， ∴曲线 C 的方程为 x2 8 ＋ y2 4 ＝1. (2)假设定点 Q 存在，设 Q(m,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 l 的方程为 x＝ty＋2. ∵∠MQO＝∠NQO，∴直线 MQ 与直线 NQ 的斜率互为相反数，即 kMQ＋kNQ＝0. 由 x＝ty＋2 x2 8 ＋ y2 4 ＝1 ， 得(t2＋2)y2＋4ty－4＝0， ∴y1＋y2＝－ 4t t2＋2 ，y1y2＝ －4 t2＋2 . 又 kMQ＝ y1－0 x1－m ＝ y1 ty1＋2－m ，kNQ＝ y2－0 x2－m ＝ y2 ty2＋2－m ， ∴ y1 ty1＋2－m ＋ y2 ty2＋2－m ＝0， 整理得 2ty1y2＋(2－m)(y1＋y2)＝0， ∴2t× －4 t2＋2 ＋(2－m) － 4t t2＋2 ＝0，解得 m＝4. 所以存在定点 Q(4,0)，使得∠MQO＝∠NQO. 16．(2020·蚌埠三模)如图，设抛物线 C1：x2＝4y 与抛物线 C2：y2＝2px(p＞0)在第一 象限的交点为 M t， t2 4 ，点 A，B 分别在抛物线 C2，C1 上，AM，BM 分别与 C1，C2 相切． (1)当点 M 的纵坐标为 4 时，求抛物线 C2 的方程； (2)若 t∈[1,2]，求△MBA 面积的取值范围． [解] (1)由条件， t2 4 ＝4 且 t＞0，解得 t＝4， 即点 M(4,4)， 代入抛物线 C2 的方程，得 8p＝16，所以 p＝2， 则抛物线 C2 的方程为 y2＝4x. (2)将点 M t， t2 4 代入抛物线 C2 的方程，得 p＝ t3 32 . 设点 A(x1，y1)，直线 AM 方程为 y＝k1(x－t)＋ t2 4 ， 联立 y＝k1 x－t ＋ t2 4 ， x2＝4y， 消去 y，化简得 x2－4k1x＋4k1t－t2＝0， 则Δ＝16k2 1－4(4k1t－t2)＝0，解得 k1＝ t 2 ， 从而直线 AM 的斜率 y1－ t2 4 x1－t ＝ y1－ t2 4 y2 1 2p －t ＝ y1－ t2 4 16y2 1 t3 －t ＝ t3 4 4y1＋t2 ＝ t 2 ， 解得 y1＝－ t2 8 ，即点 A t 4 ，－ t2 8 . 设点 B(x2，y2)，直线 BM 方程为 y＝k2(x－t)＋ t2 4 ， 联立 y＝k2 x－t ＋ t2 4 ， y2＝2px， 消去 x，化简得 y2－ 2p k2 y－2p t－ t2 4k2 ＝0， 则Δ＝ 4p2 k2 2 ＋8p t－ t2 4k2 ＝0， 代入 p＝ t3 32 ，解得 k2＝ t 8 ， 从而直线 BM 的斜率为 y2－ t2 4 x2－t ＝ x2 2 4 － t2 4 x2－t ＝ x2＋t 4 ＝ t 8 ， 解得 x2＝－ t 2 ，即点 B － t 2 ， t2 16 . |MB|＝ t＋ t 2 2 ＋ t2 4 － t2 16 2 ＝ 3t 16 64＋t2， 点 A t 4 ，－ t2 8 到直线 BM：y＝ t 8 x＋ t2 8 ，即 tx－8y＋t2＝0 的距离为 d＝ |t2 4 ＋t2＋t2| t2＋64 ＝ 9t2 4 t2＋64 ， 故△MBA 的面积为 S△MBA＝ 1 2 |MB|·d＝ 27t3 128 ， 而 t∈[1,2]， 所以△MBA 面积的取值范围是 27 128 ， 27 16 .