江西省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编：平面解析几何

江西省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----平面解析几何 一、单选题 1．（2024·江西九江·二模）已知椭圆的上顶点为，离心率为，过其左焦点倾斜角为30°的直线交椭圆于，两点，若的周长为16，则的方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江西新余·二模）如图，已知为双曲线上一动点，过作双曲线的切线交轴于点，过点作于点，，则双曲线的离心率为（    ）    A． B． C． D． 3．（2024·江西鹰潭·三模）已知，直线与的交点在圆：上，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·江西南昌·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，.过作直线与双曲线的右支交于，两点，若的周长为，则双曲线的离心率的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．（2024·江西宜春·三模）已知抛物线C：的焦点为F，动直线l与抛物线C交于异于原点O的A，B两点，以线段OA，OB为邻边作平行四边形OAPB，若点（），则当取最大值时，（    ） A．2 B． C．3 D． 6．（2024·江西赣州·二模）已知，为双曲线的左、右焦点，M为C左支上一点.设，，且，则C的离心率为（    ） A． B．3 C．2 D． 7．（2024·江西景德镇·三模）过抛物线上的一点作圆：的切线，切点为，，则可能的取值是（    ） A．1 B．4 C． D．5 8．（2024·江西九江·二模）在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，P为C上一点，以为直径的圆与C的两条渐近线相交于异于点O的M，N两点.若，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·江西赣州·一模）在边长为4的正方体中，点是的中点，点是侧面内的动点（含四条边），且，则的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·江西南昌·一模）已知抛物线的焦点为是抛物线在第一象限部分上一点，若，则抛物线在点A处的切线方程为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·江西九江·三模）如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．线段的长为 C．点的轨迹长为 D．的最大值为 12．（2024·江西南昌·三模）将椭圆上所有的点绕原点旋转角，得到椭圆的方程：，则下列说法中正确的是（   ） A． B．椭圆的离心率为 C．是椭圆的一个焦点 D． 13．（2024·江西吉安·模拟预测）已知点是椭圆上关于原点对称且不与的顶点重合的两点，的左､右焦点分别为，点为原点，则（    ） A．的离心率为 B．的值可以为3 C． D．若的面积为，则 14．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（    ） A．面积的最大值为12 B．的最大值为72 C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分 15．（2024·江西景德镇·三模）已知、是椭圆：上两个不同的动点（不关于两坐标轴及原点对称），是左焦点，为离心率.则下列结论正确的是（    ） A．直线的斜率为1时，在轴上的截距小于 B．周长的最大值是 C．当直线过点，且中点纵坐标的最大值为时，则 D．当时，线段的中垂线与两坐标轴所围成三角形面积的取值范围是 三、填空题 16．（2024·江西新余·模拟预测）如图，在凸四边形中，为线段上一点，，，，记的面积为，的面积为，则的取值范围为： . 17．（2024·江西南昌·三模）设圆心在轴的圆过点，且与直线相切，则圆的标准方程为 . 18．（2024·江西南昌·二模）如图，有一张较大的矩形纸片分别为AB，CD的中点，点在上，.将矩形按图示方式折叠，使直线AB（被折起的部分）经过P点，记AB上与点重合的点为，折痕为.过点再折一条与BC平行的折痕，并与折痕交于点，按上述方法多次折叠，点的轨迹形成曲线.曲线在点处的切线与AB交于点，则的面积的最小值为 . 19．（2024·江西九江·二模）欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条线称之为三角形的欧拉线.已知，，，且为圆内接三角形，则的欧拉线方程为 . 20．（2024·江西鹰潭·一模）已知抛物线的焦点为，是上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，则的最小值为 ． 四、解答题 21．（2024·江西九江·二模）已知双曲线的离心率为，点在上． (1)求双曲线的方程； (2)直线与双曲线交于不同的两点，，若直线，的斜率互为倒数，证明：直线过定点． 22．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P， (1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标： (2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C， （i）求斜椭圆C的离心率； （ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 23．（2024·江西鹰潭·二模）设椭圆E：经过点，且离心率，直线垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于，两点，连接，，． (1)求椭圆E的方程； (2)设直线PA，PB的斜率分别为，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求的值． 24．（2024·江西南昌·三模）已知椭圆的离心率为，过点作斜率为直线与椭圆交于，两点交于，（在轴上方），当时，. (1)求椭圆的标准方程； (2)过点作直线的垂线，垂足为，连接与轴交于点，若四边形为等腰梯形，求直线的斜率. 25．（2024·江西宜春·三模）已知以点M为圆心的动圆经过点，且与圆心为的圆相切，记点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)若动直线l与曲线C交于，两点（其中），点A关于x轴对称的点为A'，且直线BA'经过点． （ⅰ）求证：直线l过定点； （ⅱ）若，求直线l的方程． 26．（2024·江西景德镇·三模）已知是双曲线：上的一个点，且与两焦点构成的三角形的面积是. (1)求双曲线的标准方程； (2)是的右顶点，过点的直线与交于异于的不同两点、，与直线交于点.连接，并过作的平行线分别与直线、交于、两点.求证：是线段的中点. 参考答案： 1．C 【分析】由椭圆的离心率得，表示点的坐标，进而可得直线的斜率及直线的方程，求出得直线的方程，联立两条直线的方程，可得交点的坐标，根据中垂线的性质可得，，将的周长转化为，由椭圆的定义可得的周长为，即可求解． 【详解】因为椭圆的离心率，可得， 所以，即，可得， 则点，右焦点，所以， 由题意可得直线的斜率， 所以，即， 由题意设直线的方程为， 直线的方程为， 设直线与直线的交点为， 联立，可得，， 则，可得为的中点，所以直线为线段的中垂线， 即，， 的周长为，可得， 所以，， 所以椭圆的方程为：. 故选：C． 2．B 【分析】由与双曲线相切，可得，即可得，作轴于点，结合相似三角形的性质可得，计算即可得的值，从而求出离心率. 【详解】设，则，令，则，故， 过点作轴于点，则， 由，轴，故与相似， 故，及， 即. 又，所以，所以， 即，则． 其中双曲线上一点的切线方程，证明如下： 不妨先探究双曲线在第一象限的部分（其他象限由对称性同理可得）． 由，得，所以， 则在的切线斜率， 所以在点处的切线方程为：， 又有，化简即可得切线方程为：． 故选：B.    【点睛】关键点点睛：本题关键在于构造相似三角形，从而将求的值，转化为求的值. 3．D 【分析】根据两直线方程可知两直线分别过定点且垂直，可求得点轨迹方程，再由圆与圆的位置关系找出圆心距与两圆半径之间的关系可得结果. 【详解】易知直线恒过定点， 直线恒过定点， 且，易知直线与互相垂直，即可得， 所以点轨迹是以为直径的圆，圆心为的中点，半径为； 可得点轨迹方程为； 又因为点在圆上，所以可得圆与圆有公共点， 当两圆内切（圆在外）时，取得最大值； 此时满足，解得. 故选：D 4．A 【分析】由双曲线的定义可得的周长为，求得，再由过焦点的弦长的最小值，结合双曲线的性质，即可求解. 【详解】由双曲线的定义可得， 两式相加可得， 则的周长为，即， 再由，可得，解得， 由. 故选：A 5．B 【分析】根据题意，由抛物线的方程可得焦点坐标以及准线方程，然后分别过A、B、M向准线作垂线，取最大值即直线AB过焦点时，再结合点差法代入计算，即可得到结果. 【详解】 由题可知焦点，准线，设线段AB的中点为，即为OP中点， 则，．分别过A、B、M向准线作垂线，垂足分别为，，， 如图所示． 则，当直线AB过焦点时取等号，此时． 设、，直线AB的斜率为k， 由，两式相减，得，所以， 即，得，所以，又，所以． 故选：B． 6．D 【分析】由二倍角的正弦公式几何已知等式得到，再由双曲线的定义和正弦定理得到，最后结合两角和的正弦展开式和拆角以及离心率的定义求出结果即可. 【详解】 因为， 且，可知， 两边同时乘以可得， 即， 设， 因为M为C左支上一点，由双曲线定义可得， 在中，由正弦定理可得， 即， 又 ， 所以离心率， 故选：D. 7．D 【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可. 【详解】设，则，圆的圆心，半径 由切圆于点，得， 则 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为，ABC不是，D是. 故选：D      8．B 【分析】结合题意可得，，即可借助点到直线的距离公式表示出，即可计算出的值，即可得离心率. 【详解】设，有， 即， 由题意可得、，渐近线方程为， 故， 又，故，则，即， 解得或，则或，由， 故，，即，则. 故选：B. 9．D 【分析】根据，求出，即可利用坐标法求解轨迹方程，即可由弧长公式求解. 【详解】    在长方体中，由于平面，平面， 在和中，，， ，，， 在平面，以为坐标原点，以为轴的正方向，建立平面直角坐标系， 设,则， 则由可得，化简可得，由于，故的轨迹表示圆心在，半径为的圆在第一象限的弧长， 由于, 故,因此轨迹为所对的弧长，故长度为， 故选：D    10．A 【分析】设，根据抛物线的定义求得，，再根据导函数的几何意义求出切线斜率，由点斜式写出方程即可 【详解】设， 由，得，所以抛物线的准线方程， 由抛物线的定义可得，得代入，得， 又A是抛物线在第一象限部分上一点，所以 由，得，所以， 所以抛物线在点A处的切线方程斜率为， 所以抛物线在点A处的切线方程为，即， 故选：A 11．ACD 【分析】对于A，点到平面的距离为，再通过三棱锥的体积公式计算即可；对于B，设的中心为，则，通过勾股定理计算即可；对于C，如图②所示，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，由三段劣弧构成并计算即可；对于D，建立空间直角坐标系，当位于点或的位置时，最小，计算即可. 【详解】对于A，在正方体中，易证平面，平面平面，且两平面间的距离为， 又的面积，所以三棱锥的体积故A正确； 对于B，如图①所示，设的中心为，则， 故B错误； 对于C，如图②所示，由知，， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 由三段劣弧构成，其长度为圆周长的一半故C正确； 对于D，， 为在方向上的投影，由图①可知， 当位于点或的位置时，最小， 此时取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系， 则，，故D正确. 故选：ACD. 12．ACD 【分析】根据题意，由椭圆的对称性，求解顶点坐标，从而可得，再由椭圆的性质对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】椭圆上所有的点绕原点旋转角， 得到椭圆的方程：， 设点在该椭圆上，则其关于的对称点代入椭圆方程有 ，即，则该对称点位于椭圆方程上， 同理其关于的对称点代入椭圆方程有 ，即，则该对称点位于椭圆方程上， 则关于对称， 所以，故D正确； 将代入可得， 可得椭圆长轴的顶点为，所以，故A正确； 将代入可得， 可得椭圆长轴的顶点为，所以， 则，则，故B错误； 所以焦点坐标为或，所以C正确； 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键通过证明该非标准椭圆的对称性，从而得到的值，再按照普通椭圆的定义计算即可，也可将该过程想象成坐标系的旋转. 13．ACD 【分析】A选项，求出；B选项，先设，计算出，从而得到；C选项，由对称性和椭圆定义求出C正确；D选项，由三角形面积求出点坐标，得到，得到D正确. 【详解】A选项，椭圆中，，离心率为，A正确； B选项，设，且，则， 故， 所以，B错误； C选项，由对称性可得，所以，C正确； D选项，不妨设在第一象限，，则，则， 则，则，故，故D正确. 故选：ACD. 14．ABD 【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D 【详解】对于A，设点，由，得， 化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆， 所以面积的最大值为，故A正确； 对于B，设线段AB的中点为N，， 当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确； 对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误； 对于D，由，，有，当点M不在x轴上时， 由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确． 故选：ABD． 15．ABD 【分析】由题意，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，结合根的判别式以及和的关系即可判断选项A；设椭圆的右焦点为，得到周长的表达式，进而可判断选项B；设出中点的坐标，利用斜率公式以及离心率公式即可判断选项C；设出线段的中垂线所在的直线方程，得到三角形面积，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，得到线段的中点坐标，结合所求三角形面积再进行整理，进而可判断选项D． 【详解】对于A，设：，联立，消去并整理得： ，由， 又，，即，故A正确； 对于B，设右焦点为，则周长， 等号当且仅当直线过点时取到，故B正确； 对于C，设中点为，由点差法可知，即， 设，则， ，而，故，故C错误； 另解：易知轨迹是以为长轴，离心率为的椭圆， ，即该椭圆的短半轴长为，故，故C错误； 对于D，显然直线存在斜率且不为零. 设线段的中垂线所在的直线方程为，则. 设直线的方程为，联立：， 即，， 线段的中点坐标为， 代入，即. . 又仅当、关于原点对称时，，故， ，故D正确. 另解：设线段中点坐标为，易得， 线段的中垂线方程为. 令，得，令，得. .又， ，. 显然，，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：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． 16． 【分析】设，利用正弦定理进行边角转为，把边转为角，可得，，换元令，利用图形求其范围，进而可得的取值范围. 【详解】设，过A作（垂足为）， 在中，由正弦定理：， 即，则， 可得，， 因为，可得， 在中，，，， 在中，， 所以， ， 可得， 令，则：， 设：， 可知点在以为圆心，1为半径的左半圆上， 结合图形可知：直线的斜率， 且在内单调递增，当时，可得， 所以，即的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：1.设角，利用正弦定理进行边角转化，进而把面积问题转化为角的问题； 2.求分式的范围，常常转化为斜率问题，结合图形求其范围. 17． 【分析】设圆的圆心为，根据已知条件得出半径为，再将代入即可解出，从而得到答案. 【详解】设圆的圆心为，则由于该点到直线的距离，结合圆与直线相切，知圆的半径为. 所以圆的方程是. 而圆过点，所以，解得. 所以圆的标准方程是. 故答案为：. 18．/ 【分析】先根据题意得出Q的轨迹是以P为焦点、直线AB为准线的抛物线，进而得出曲线E的方程，然后建立坐标系求出点Q处的切线方程进而求出点N，从而求出，再利用导数工具研究其最值问题即可求解. 【详解】连接PQ，由题PQ与MQ关于对称，， 所以Q在以P为焦点、直线AB为准线的抛物线上， 如图，以PO中点G为原点，过G与AB平行的直线为轴，与AB垂直的直线为轴建立平面直角坐标系， 则，直线AB：，所以抛物线方程为：，即， 则，由上可设，则抛物线在Q点处切线斜率为， 所以抛物线在Q点处切线方程为， 则令，， 所以由题意，且 ， 所以， 故对恒成立， 所以时单调递减，又当时，， 故时，；时，， 所以时，单调递增；时，单调递减， 所以，则， 所以的面积的最小值为， 故答案为：. 【点睛】关键点睛：将求面积转化成求面积是解决面积最值的关键. 19．/ 【分析】首先将点的坐标代入圆的方程，即可求出、，从而得到圆心坐标即的外心坐标，再确定的重心坐标，即可得解. 【详解】依题意，解得， 所以圆，即，故圆心坐标为， 即的外心坐标为，又的重心坐标为， 又点、均在直线上，所以的欧拉线方程为. 故答案为： 20． 【分析】先分析得的轨迹，再利用抛物线的定义，结合圆的性质数形结合即可得解. 【详解】如图所示，易知，直线过定点， 因为，所以Q在以为直径的圆上， 不妨设其圆心为，显然半径， 分别过作准线的垂线，垂足为， 结合抛物线定义有， 当且仅当均在线段上时取得等号. 故答案为：. 21．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率及，，的平方关系得出，再由点在上，可求解，，进而可得双曲线的方程； （2）当斜率不存在时，显然不满足条件．当斜率存在时，设其方程为，与方程联立联立，可得根与系数的关系，表示出直线，的斜率，，由，结合根与系数的关系可得与的关系，从而可证得直线过定点． 【详解】（1）由已知得，，所以， 又点在上，故， 解得，， 所以双曲线的方程为：． （2）当斜率不存在时，显然不满足条件． 当斜率存在时，设其方程为，与方程联立联立，消去得， 由已知得，且， 设，，则，， 直线，的斜率分别为，， 由已知，故， 即， 所以， 化简得，又已知不过点，故， 所以，即， 故直线的方程为，所以直线过定点． 22．(1) (2)（i）；（ⅱ）是，2 【分析】（1）借助所给定义计算即可得； （2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得； （ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得； 法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得. 【详解】（1）由已知可得，则， 设，则， 所以，，即点P的坐标为； （2）（i）由与交点为和，则， 由与交点为和， 则，所以，； （ⅱ）法一：设直线：，、， 与斜椭圆联立：， 有， ∵，， ∴ ， 设直线：，代入斜椭圆， 有， ∴，∴， 故. 法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为， 点Q旋转后的坐标为， 当直线旋转后斜率不存在时，，，， 当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为， 旋转后、， 与椭圆方程联立，即， 可得， ，， ， 设直线旋转后为，代入椭圆方程中， 有，， . 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变. 23．(1) (2)（i）2；（ii）1 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，利用待定系数法，即可求解； （2）（ⅰ）首先设直线的方程，并联立椭圆方程，转化为关于斜率的一元二次方程，利用韦达定理，即可求解； （ⅱ）首先设直线的倾斜角分别为,根据正弦定理利用角表示边长，，再求比值，利用（ⅰ）的结论，即可求解. 【详解】（1）由题意知 解得， 所以椭圆E的方程为； （2）（ⅰ）易知，，，， 设直线的方程为，由直线过知， 联立方程 得， 变形得：， 即； （ⅱ）设直线的倾斜角分别为, 则，，，,，， 在中，， 在中，， 所以 由知，，即， 故. . 【点睛】关键点点睛：本题第一问的转化比较巧妙，转化为关于斜率的方程，利用韦达定理即可求解，第二问巧妙设倾斜角，利用三角函数表示的值. 24．(1) (2) 【分析】（1）由离心率可得，将椭圆方程化为，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可得解； （2）不妨设的中点为，则必有，则问题只需要求点的坐标，设，，直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，求出，，即可求出直线的斜率. 【详解】（1）因为，所以，即， 不妨设椭圆的方程为，即. 并与直线联立方程，，消去得， 设，，则有，， 由， 所以，即或（舍去）， 所以椭圆的标准方程为； （2）因为四边形为等腰梯形，则必有， 即，不妨设的中点为，则必有， 要求直线的斜率，只需要转化为求点的坐标，则有， 设，，则有， 有直线的方程为，令，则有, 不妨设直线的方程为，， 则有，， 并与椭圆联立方程，消去得，显然， 则有，，则有， 则有，所以， 所以， 所以.    25．(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据动圆M与圆相切，由，利用双曲线的定义求解； （2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行），与联立，由求解；（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，，然后由求解. 【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径． 动圆M与圆相切有两种情况，即内切或外切， 所以， 所以点M在以，为焦点的双曲线上，且该双曲线的实轴长为，， 所以， 所以曲线C的方程是． （2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行）， 与联立，得， 由题意知，，，即， 由韦达定理得，． 因为点A与A'关于x轴对称，不妨设A，B分别在第一、二象限，如图所示．    易知， 即， 化为， 即，化为， 当m变化时，该式恒成立， 所以，故直线l过定点（-3，0）． （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，． 由， ， ， ， 化为，解得或（舍去）， 故， 此时直线l的方程为． 【点睛】关键点点睛：本题（ⅱ）的关键是由直线BA'经过点，结合点A关于x轴对称的点为A'，得到 ，从而将，转化为，结合韦达定理而得解. 26．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将双曲线上的点的坐标代入方程，再结合三角形面积公式列式求解即可； （2）设直线方程，与双曲线方程联立，韦达定理，联立直线与直线方程求得，同理求得，求得，即可证明. 【详解】（1）由题意可知，解得， 双曲线的标准方程是. （2）依题意直线斜率不为零，设：，，， 由已知，，将直线与进行联立得：， 整理得其中， 根据韦达定理可知，. 设直线：，直线：， 两者联立，得：， 同理得， ， 即线段的中点是定点. 学科网（北京）股份有限公司 $$