山西省部分市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

山西省部分市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·山西太原·一模）设双曲线（、均为正值）的渐近线的倾斜角为，且该双曲线与椭圆的离心率之积为1，且有相同的焦距，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山西晋中·模拟预测）已知直线l：与圆：，下列说法正确的是（    ） A．所有圆均不经过点 B．若关于l对称，则 C．若l与相交于AB且，则 D．存在与x轴和y轴均相切的圆 3．（2024·山西阳泉·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于点，线段的中点为，且满足，若，则双曲线的离心率为（    ） A．2 B． C． D． 4．（2024·山西运城·三模）已知抛物线的焦点为，动点在上，点与点关于直线对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山西太原·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点A坐标为，若动点P位于y轴右侧，且到两定点，的距离之差为定值4，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·山西太原·三模）已知点 分别是椭圆 的左、右焦点，是上一点，的内切圆的圆心为，则椭圆 的标准方程是（   ） A． B． C． D． 7．（2024·山西临汾·三模）已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·山西晋中·三模）已知双曲线的左焦点为，过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点，且分别位于第二、三象限，若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·山西晋城·二模）已知双曲线（，）的两条渐近线均和圆相切，且双曲线的左焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·山西吕梁·二模）已知分别为双曲线的左､右焦点，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为为坐标原点，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·山西朔州·一模）已知椭圆与双曲线有且仅有两个交点，若椭圆的离心率为，则椭圆的短轴长为（    ） A．2 B．4 C． D． 二、多选题 12．（2024·山西太原·二模）已知两定点，，动点M满足条件，其轨迹是曲线C，过B作直线l交曲线C于P，Q两点，则下列结论正确的是（    ） A．取值范围是 B．当点A，B，P，Q不共线时，面积的最大值为6 C．当直线l斜率时，AB平分 D．最大值为 13．（2024·山西阳泉·三模）已知圆，若圆上仅存在一点使，则正实数的取值可以是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 14．（2024·山西吕梁·三模）已知椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，两曲线有公共焦点是椭圆与双曲线的一个公共点，，以下结论正确的是（    ） A． B． C． D．若，则 15．（2024·山西临汾·三模）已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 16．（2024·山西晋中·模拟预测）已知抛物线的焦点为为抛物线上的任意三点（异于坐标原点），，且，则下列说法正确的有（    ） A． B．若，则 C．设到直线的距离分别为，则 D．若直线的斜率分别为，则 三、填空题 17．（2024·山西太原·一模）已知椭圆，为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线，，，的斜率分别为，，，，若，则的最小值是 . 18．（2024·山西运城·三模）已知动圆经过点及原点，点是圆与圆的一个公共点，则当最大时，圆的半径为 . 19．（2024·山西晋中·模拟预测）已知抛物线（）的焦点为F，P为抛物线上一点，且满足，设直线PF的倾斜角为，若，则点P的坐标为 . 20．（2024·山西吕梁·三模）设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，与轴的负半轴交于点，已知，则 . 21．（2024·山西晋城·二模）已知椭圆（）的左、右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点，且，若的面积为，其中O为坐标原点，则的值为 ． 22．（2024·山西长治·一模）已知抛物线，F为C的焦点，P，Q为其准线上的两个动点，且．若线段PF，QF分别交C于点A，B，记的面积为的面积为，当时，直线AB的方程为 四、解答题 23．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：（）的焦点为F，过点且斜率为1的直线经过点F． (1)求抛物线C的方程； (2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 24．（2024·山西晋中·模拟预测）已知椭圆 过点，且离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)已知圆方程为，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆交于，两点，为坐标原点，设为的中点，当取最大值时，求直线的方程. 25．（2024·山西阳泉·三模）已知圆．点在圆上，延长到，使，点在线段上，满足． (1)求点的轨迹的方程； (2)设点在直线上运动，．直线与轨迹分别交于两点，求证：所在直线恒过定点． 26．（2024·山西运城·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点为的左顶点，点为右支上一点（非顶点），的平分线交轴于 (1)过右焦点作于，求； (2)求证：. 27．（2024·山西吕梁·三模）如图，已知分别为椭圆的左，右焦点，椭圆上的动点，若到左焦点距离的最大值为，最小值为. (1)求椭圆的标准方程； (2)过动点作椭圆的切线，分别与直线和相交于两点，记四边形的对角线相交于点，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由. 28．（2024·山西太原·模拟预测）对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程的一组正整数解，则，将代入等式右边，得，变形得：，于是构造出方程的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2． (1)求双曲线的标准方程； (2)方程的所有正整数解为，且数列单调递增． ①求证：始终是4的整数倍； ②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 参考答案： 1．C 【分析】运用共焦点条件得到双曲线中，由两曲线的离心率之积为1得，再用转化得到，进而得到. 【详解】由题意易得，在双曲线中，即， 由于椭圆离心率为，且由两曲线的离心率之积为1得. ，，，，又， 或， 故选：C. 2．A 【分析】对于A，将代入圆方程进行验证即可，对于B，若关于l对称，则直线过圆心，从而可求出，对于C，由题意可知圆心到直线的距离为，列方程求解即可，对于D，由题意可得求解判断. 【详解】对于A，若圆经过点，则，化简整理得， 因为，所以方程无解， 所以所有圆均不经过点，所以A正确， 对于B，圆：的圆心为， 若关于l对称，则直线过圆心，所以，得，所以B错误， 对于C，因为l与相交于AB且，所以圆心到直线的距离为， 所以，解得或，所以C错误， 对于D，若存在与x轴和y轴均相切的圆，则，此方程组无解， 所以不存在与x轴和y轴均相切的圆，所以D错误， 故选：A 3．C 【分析】根据条件得是等边三角形，设的边长为，结合双曲线定义得，在中，由余弦定理求得离心率. 【详解】 因为是线段的中点，且，所以， 又，所以是等边三角形， 设的边长为，由双曲线的定义知，，， 所以， 又，所以，即， 所以， 在中，由余弦定理知，， 所以 即，所以离心率. 故选：C 4．A 【分析】根据对称性可得，即点为的准线与轴的交点，作垂直于的准线于点，结合抛物线的定义可知()，结合图象可得当直线与相切时，最小，求出切线的斜率即可得答案. 【详解】依题意，，，设，则，解得， 即，点为的准线与轴的交点， 由抛物线的对称性，不妨设点M位于第一象限，作垂直于的准线于点， 设，由抛物线的定义得，于是， 当直线与相切时，最大，最小，取得最小值，此时直线的斜率为正， 设切线的方程为，由消去x得， 则，得，直线的斜率为，倾斜角为， 于是，，所以的最小值为. 故选：A 5．D 【分析】先根据双曲线的定义，判断点轨迹为双曲线的右支，并求出方程；再根据和把的周长转化为的范围问题，利用三角形两边之和大于第三边求解. 【详解】由动点P到两定点，的距离之差为定值4， 结合双曲线定义可知，动点P的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支， 易得，，由得，则动点P的轨迹方程为， 如图： 又，则，且 故的周长为:， 当且仅当P，A，三点共线且点位于、之间时等号成立，故周长的最小值为． 故选：D 6．B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式，结合椭圆的定义求解即得. 【详解】依题意，设椭圆的方程为，由在上，得， 显然的内切圆与直线相切，则该圆半径为1，而， 又，于是，，因此，解得， 所以椭圆 的标准方程是. 故选：B 7．A 【分析】由椭圆得出焦点坐标，根据椭圆与直线相切联立方程组，得出，根据离心率公式计算即可． 【详解】由椭圆得，焦点， 因为椭圆与有相同的焦点，所以椭圆的焦点，则， 又因为与直线相切，则椭圆与直线只有1个交点， 联立方程组得，， 则，化简得，，解得或（不合题意舍）， 则，又，所以， 故选：A． 8．B 【分析】由，得，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率. 【详解】设O为坐标原点，由，得，又两渐近线关于轴对称，所以 直线斜率为，则， 令，则， 中，由正弦定理得， 即，解得，故， 所以的离心率 故选：B 9．D 【分析】根据题意求圆C的圆心和半径，利用点到直线距离可得焦点到渐近线的距离，结合题意分析求解即可. 【详解】因为圆的圆心为，半径， 又因为双曲线的一条渐近线为，即， 双曲线的左焦点到渐近线的距离， 由题意可知：，可得， 所以该双曲线的方程为. 故选：D. 10．B 【分析】依题意，在中由余弦定理及已知条件得，化简可得结果. 【详解】由题意可得，且， 在中，由余弦定理得： . 因为，所以， 平方化简整理得，. 又，所以，即， 所以，得，则. 故选：B. 【点睛】方法点睛：在椭圆与双曲线的离心率问题中往往需根据距离、斜率、面积、正余弦定理等建立关于的等量关系或不等关系来解决问题. 11．D 【分析】根据椭圆与双曲线有且只有两个交点可得，结合离心率可求短轴长. 【详解】因为椭圆与双曲线有且只有两个交点，椭圆的左右顶点与双曲线的顶点重合， 而双曲线的顶点为，故， 设椭圆的半焦距为，则，故，故短轴长为， 故选：D. 12．ACD 【分析】分析可知曲线C是以为圆心，半径的圆.对于A：根据圆的性质分析求解；对于B：设，联立方程，利用韦达定理可得，即可得面积最大值；对于C：利用韦达定理可得，进而分析角度关系即可；对于D：根据AB平分，结合切线分析求解即可. 【详解】设， 因为，即，整理可得， 可知曲线C是以为圆心，半径的圆. 对于选项A：因为，可知点B在曲线C内，且直线l与曲线C必相交， 且，则的最大值为，最小值为， 所以取值范围是，故A正确； 设， 联立方程，消去x可得， 则. 对于选项B：可得， 令，则， 可得， 因为在内单调递增，则的最小值为， 即，则， 可得的面积， 所以面积的最大值为，故B错误； 对于选项C：因为， 又因为， 则， 即，可知，所以AB平分，故C正确； 对于选项D：因为AB平分，则， 可知当与曲线C相切时，取到最大值， 此时，且为锐角，则， 即的最大值为，则的最大值为， 所以最大值为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：根据题意结合两点间距离公式分析可知曲线C是以为圆心，半径的圆，结合圆的性质逐项分析判断. 13．BD 【分析】由题意可得以为直径的圆与圆相内切或外切，得出该圆圆心与半径后，结合圆与圆的位置关系计算即可得. 【详解】若圆上仅存在一点使，则以为直径的圆与圆相内切或外切， 由，则以为直径的圆的圆心为，半径为， 则有或， 分别解得或，故或， 故B、D正确，A、C错误. 故选：BD. 14．BCD 【分析】根据焦距相等可判断A；根据椭圆和双曲线定义，结合余弦定理整理可判断B；根据B中变形可判断C；由B中结论，结合的范围可判断D. 【详解】根据题意，设， 对于A中，因为椭圆与双曲线有公共焦点，可得，所以， 即，所以A错误； 对于B中，不妨设点P在第一象限，由椭圆和双曲线的定义，可得， 所以， 又由余弦定理得， 可得， 所以，所以B正确； 对于C中，由，可得，所以C正确； 对于D中，因为，所以， 由可得，所以，所以D正确. 故选：BCD. 15．BCD 【分析】由已知得出点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，得出的范围，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出范围，进而判断出答案． 【详解】因为， 所以， 因为是中点，所以， 所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆， 设为点，则， 所以， 又，两点关于点对称， 所以为直角三角形，且为斜边中点，则， 所以， 故选：BCD． 16．BD 【分析】根据三角形重心公式以及抛物线焦半径公式可判断A；根据重心相关性质即可判断B；根据抛物线的定义可判断C；根据题意求得直线的斜率，代入等式计算可判断D. 【详解】对于A，因为为抛物线上任意三点，且， 所以F为的重心，， 所以 又，即，故A错误； 对于B，延长交于点， 因为为的重心，所以，且是的中点， 因为，在中，有，所以，故B正确； 对于C，抛物线方程为，所以抛物线的准线为， 所以到直线的距离之和， 因为三点不一定共线，所以， 即，故C错误； 对于D，因为，， 两式相减,得：, 所以, 同理可得,, 所以，故D正确. 故选：BD. 17．5 【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，计算出，，求出，得到点轨迹的渐近线，先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，即得结果. 【详解】因为，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0， 所以直线方程斜率一定存在， 设直线的方程为， 联立方程，消去y可得， 则，设，， 则，， 可得 ， 且，，由，可得， 即，解得， 下面证明椭圆在处的切线方程为， 理由如下： 当时，故切线的斜率存在，设切线方程为， 代入椭圆方程得：， 由，化简得：， 所以， 把代入，得：， 于是， 则椭圆的切线斜率为，切线方程为， 整理得到， 其中，故，即， 当时，此时或， 当时，切线方程为，满足， 当时，切线方程为，满足， 综上：椭圆在处的切线方程为； 可知：椭圆在点的切线方程为， 椭圆在点的切线方程为， 由于点为与的交点， 故，， 所以直线为， 因为直线的方程为，对照系数可得，， 又，故，整理得， 又在第一象限， 故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分， ，同理可得， 则， 又由于，，，故， 设，则， 则两式联立得， 由得，， 检验，当时，，又， 解得，满足要求. 故的最小值为4 故的最小值是5 故答案为：5. 【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：； 过椭圆上一点的切线方程为； 过椭圆外一点的切点弦方程为； 过双曲线上一点的切线方程为； 过双曲线外一点的切点弦方程为. 18． 【分析】利用两圆的位置关系确定两圆外切时最大，根据位置关系可得圆的半径. 【详解】因为动圆经过点及原点，记的中点为，则圆心在上， 如图：    记圆半径为，，则，， 所以， 当最大时，最小，此时两圆外切. 由已知设动圆的圆心为， 又圆的圆心，半径， 所以， 即， 解得，所以，即圆的半径为， 此时圆为，圆心，. 故答案为：. 19． 【分析】活用抛物线定义，将转化成到准线距离，由得出，将倾斜角和结合焦点坐标用几何图形表示出来即可找到关系式求解的值，进而得和抛物线的方程，从而得得解. 【详解】由题可知，准线方程为， 如图，过P作交于点，则， 过F作交于点，则，，或， 又由以及倾斜角范围得， 所以有或， 又，故，此时，， 将代入得（舍去）或，故. 故答案为：. 20．/ 【分析】根据题意，求得且，设直线的方程为，联立方程组，化简得到，再联立方程组，求得，结合抛物线的定义，即可求解. 【详解】设到直线的距离为， 因为，可得，所以， 所以，即且， 设直线的方程为，联立方程组，整理得， 则，所以，则， 联立方程组，解得， 由抛物线的定义，可得. 故答案为： 21． 【分析】根据椭圆定义利用面积公式和余弦定理解得，进而可知为等边三角形，结合椭圆性质分析求解. 【详解】设，，，则， 在中，可知， 即，可得， 由余弦定理可得， 即，可得， 则，解得或， 又因为，则，可得，可知， 又因为，可知为等边三角形， 即，结合对称性可知轴， 则，，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：由题意可知，利用解三角形知识分析可得，结合椭圆的定义和性质分析求解. 22． 【分析】设直线AB方程及其坐标，将面积之比转化为坐标之间的关系结合韦达定理计算即可. 【详解】显然直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去x得：，， 则，由得：， 即，而，于是， 直线的方程为，则点纵坐标，同理点纵坐标， 又， 由，得，则，， 所以直线AB的方程为，即. 故答案为： 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中面积之比问题，通常利用线段之比来转化，然后设线设点将线段之比化为坐标关系，联立直线与圆锥曲线方程结合韦达定理计算即可. 23．(1) (2)存在； 【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得， （2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解. 【详解】（1）由题意过点且斜率为1的直线方程为，即，令，则， ∴点F的坐标为，∴， ∴．抛物线C的方程为． （2）由（1）得抛物线C：，假设存在定点， 设直线AB的方程为（），，， 由，得， ∴，，， ∵，∴， ∴ ， ∴或（舍去）， 当时，点M的坐标为，满足，， ∴存在定点． 24．(1) (2)或 【分析】（1）由题意，解方程组即可得解； （2）当切线斜率不存在时，易得；当切线斜率存在时，设切线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由切线的性质得，得到关于的表达式，当时，，利用基本不等式求出的最大值，从而求出此时、的值，即可求出直线方程. 【详解】（1）椭圆过点，且离心率为， ，解得， 椭圆的方程为. （2）由题得圆的圆心为，半径为， 当切线斜率不存在时，切点即为，此时； 当切线斜率存在时，设切线方程为，，， 联立方程，得， ∴，， ∴，∴， ∵直线与圆相切，∴，即， ∴， 当时，； 当时，， ，当且仅当时等号成立，， 所以， 综上可得的最大值为，此时，即， 所以，即， 所以直线的方程或. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 25．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据得到向量模的关系，根据即可求解； （2）设点的坐标，根据三点共线得到平行关系，设出直线的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，据此即可求解. 【详解】（1） ， ，为的中点， 又为的中点，， 则， 点的轨迹是以为焦点的椭圆， 而，点的轨迹的方程为； （2） 由（1）得是椭圆的左右顶点， 设， 由三点共线，得， 而， ， 由三点共线，得， 而， ， ，即， 设的方程为，联立， 得， 则， ， ，由， 得， 即， ， 恒成立，， 所在直线恒过定点． 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于设点的坐标，根据三点共线得到平行关系. 26．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）延长交于点，即可得到，，再由双曲线的定义得到，即可得解； （2）当，直接求出、，当时，设，求出，，利用二倍角公式求出，即可得证. 【详解】（1）延长交于点，因为平分，， 所以，所以，， 所以为的中点，又为的中点，所以且， 又，所以， 所以. （2）依题意可知，， 当时，解得，不妨取，则， ，所以，满足； 当时，设，则， 所以，， 则， 所以， 又，，则， 所以， 综上可得. 27．(1) (2)存在，， 【分析】（1）根据两点间距离公式结合椭圆方程可得，结合题意列式求即可； （2）分析可知切线的方程为，进而可得坐标，利用交轨法可得点的轨迹方程为，进而可得结果. 【详解】（1）设为椭圆上任意一点，由得 则， 且，可得， 由题意可得：，解得，则， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为点在椭圆上，则，即， 结合在圆上一点处的切线方程猜测椭圆上的一点处的切线方程为， 下面证明这个猜想： 联立方程，消去y整理得， 即，整理得，解得， 可知直线与椭圆有且仅有一个交点， 即切线的方程为， 令得，令知：得， 因为，则直线，① 又因为，则直线，② 由①②知：， 点的轨迹方程为， 即存在定点，使得为定值6， 即的坐标为或. 【点睛】关键点点睛：根据直线与椭圆的位置关系，联立方程分析可知切线的方程为，进而结合题意分析求解. 28．(1) (2)①证明见解析；②是定值． 【分析】（1）由实轴长和离心率即可求得双曲线的标准方程； （2）结合题目所给的循环构造的方法和二项式定理来解题，①方法一，由题干循环构造方法得到第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，再结合二项式定理得到，是4的整数倍. 方法二，得到第组解和第组解的关系，再由二项式定理求解. ②先用面积公式表示出面积，再代入和的关系式消元，利用①中的结论推导出面积式子里的递推式即可求解. 【详解】（1）由题意知解得，则， 故双曲线E的标准方程为． （2）①方法一：由得，其中是方程的一组正整数解，则， 在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分， 注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同， 二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有 ，，从而， 于是对任意的正整数， ， 因为是正整数，所以是4的整数倍． 方法二： 在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分； 第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分， 故， 于是， ， 即， 由得，， 代入得， 整理得，即． 因为是正整数，所以是4的整数倍． ②，，设，的夹角为， 则的面积 ， 由得，， 代入得，， 由得，从而， 故，， ． ，，，，即， 代入得， 于是的面积为定值． 【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略 首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论. 学科网（北京）股份有限公司 $$