直线与圆锥曲线期中测试卷-2025-2026学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

南京市励志高级中学创新班 直线与圆锥曲线期中测试卷 命题人：蒋恒峰 审核人：蒋恒峰 （时间:120分钟 满分:150分） 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共 8 小题,每小题 5 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目 要求的.） 1．直线的倾斜角为（    ） A． B． C． D． 2．已知椭圆的离心率为，且过点，则的方程为（   ） A． B． C． D． 3．阿基米德在他的著作《关于圆锥体和球体》中计算了一个椭圆的面积．当我们垂直地缩小一个圆时，我们得到一个椭圆，椭圆的面积等于圆周率与椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积，已知椭圆的面积为，两个焦点分别为，，点P为椭圆C的上顶点，直线与椭圆C交于A，B两点，若的斜率之积为，则椭圆C的短轴长为（    ） A．2 B．4 C．3 D．6 4．设椭圆的一个焦点与抛物线的焦点相同，离心率为，则此椭圆的方程为（   ） A． B． C． D． 5．已知分别为双曲线的左､右焦点，为的右支上一点，且，则到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 6．已知双曲线：，则（   ） A．的取值范围是 B．的焦点可在轴上也可在轴上 C．的焦距为6 D．的离心率的取值范围是 7．已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，为椭圆的右顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知双曲线的一条渐近线方程是分别为双曲线的上，下焦点，过点且垂直于轴的垂线在轴右侧交双曲线于点，则（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．） 9．已知直线l经过点，曲线：.下列说法正确的是（    ） A．当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为 B．当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个 C．当直线l与曲线有4个公共点时，直线l斜率的取值范围为 D．存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2 10．已知圆，直线l：，则（    ） A．存在，使得l与圆C相切 B．对任意，l与圆C相交 C．存在，使得圆C截l所得弦长为1 D．对任意，存在一条直线被圆C截，所得弦长为定值 11．双曲线E的一个焦点为，一条渐近线l的方程为，M，N是双曲线E上不同两点，则（    ） A．渐近线l与圆相切 B．M，N的中点与原点连线斜率可能为 C．当直线MN过双曲线E的右焦点时，满足的直线MN只有3条 D．满足的点M有且仅有2个 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共 3小题,每小题 5 分.把答案填在答题卡上的相应位置.） 12．若抛物线上一点到其焦点的距离为4．则点的坐标为 ． 13．设椭圆的焦点为，，点P在该椭圆上，如果线段的中点在y轴上，那么的值为 ． 14．对于任意放置的椭圆，经过椭圆上的任意一点有且仅有一直线与该椭圆有一个交点，则称该直线为椭圆的切线．椭圆绕坐标原点逆时针旋转后得到的椭圆中最高点与原点的距离为 ． 四、解答题（本题共6小题，共77分．其中第15题13分，第16~17题15分，第18~19题17分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15．若直线l的方程为. (1)若直线l与直线m：平行，求a的值； (2)若直线l在x轴上截距是y轴上截距的，求该直线的方程. 16．①为抛物线上的点，且；②焦点到准线的距离是1．在这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并求解． 已知抛物线的焦点为，______，若直线与抛物线相交于A、两点，求弦长． 17．已知为坐标原点，双曲线经过点，左、右焦点分别为. (1)求的离心率； (2)一组平行于的直线与相交，证明这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上. 18．已知的两个顶点，的坐标分别是，，且，所在直线的斜率之积等于． （1）求顶点的轨迹的方程，并判断轨迹为何种曲线； （2）当时，点为曲线上点，且点为第一象限点，过点作两条直线与曲线交于，两点，直线，斜率互为相反数，则直线斜率是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由． 19．已知点，直线，直线于，连结，作线段的垂直平分线交直线于点．设点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程; (2)过点作曲线的两条切线，切点分别为， ①求证：直线过定点; ②若，过点作动直线交曲线于点，直线交于点，试探究是否为定值?若是，求出该定值；不是，说明理由． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B C A C B A ACD BD 题号 11 答案 AC 1．A 【分析】求出直线的斜率，进而可得出该直线的倾斜角. 【详解】因为直线的斜率为，因此，该直线的倾斜角为. 故选：A. 2．A 【分析】利用椭圆中的关系求解即可. 【详解】由题意可得解得， 所以椭圆的方程为. 故选：A 3．B 【分析】由题意得到方程组①和②，即可解出a、b，求出短轴长． 【详解】椭圆的面积，即① 因为点P为椭圆C的上顶点，所以 因为直线与椭圆C交于A，B两点，不妨设，则且，所以 因为的斜率之积为，所以，把代入整理化简得：② ②联立解得：． 所以椭圆C的短轴长为． 故选：B 4．C 【分析】由椭圆方程得焦点坐标，再结合离心率求出，然后再由关系求得得椭圆方程． 【详解】根据题意抛物线的焦点坐标是，所以， 又椭圆离心率是，则，所以， 椭圆方程化为标准方程为，焦点在轴， 所以，从而， 椭圆方程为， 故选：C． 5．A 【分析】根据双曲线方程得出焦距及实半轴，再根据图形特征计算即可. 【详解】双曲线的半焦距，故的实半轴， 故由双曲线的定义可知， 过作的垂线，垂足为，,则为线段的中点，故， 所以. 故选：A. 6．C 【分析】要解决这道关于双曲线的题目，我们需要根据双曲线的标准方程形式以及相关性质，对每个选项逐一进行分析. 【详解】对于A，因为表示双曲线，所以, 解得，故A错误. 对于B,由A选项，得，所以， 所以的焦点只能在轴上，故B错误. 对于C,设的半焦距为，则，解得， 即焦距为，故C正确. 对于D,离心率,因为，所以， 那么,所以的取值范围是，故D错误. 故选：C 7．B 【分析】利用平行线的性质得到，利用相似三角形的性质得到，再结合余弦定理得到，进而得到，最后构建齐次方程求解离心率即可. 【详解】如图，连接，因为为椭圆的上顶点，所以， 因为，所以，故， 解得，设，，则， ，由余弦定理有， 即，解得， 因为，所以， 化简得，即， 整理得，解得，故B正确. 故选：B． 8．A 【分析】根据条件求出以及，再直接求即可. 【详解】因为一条渐近线方程是， 所以，设， 又，得， 所以. 故选：A. 9．ACD 【分析】利用直线与圆的位置关系和点到直线的距离公式逐项进行分析验证即可求解. 【详解】由，得， 即，即， 所以曲线表示以，为圆心，为半径的两个圆，如图所示.    设过点A且与圆N相切的直线方程为，则点N到该直线的距离，解得，， 即图中直线AC的斜率为1，直线AD的斜率为.直线AO的斜率为. 直线AC的方程为，点M到直线AC的距离，则直线AC与圆M相切于点B. 在直线l绕着点从直线AC顺时针旋转到直线AO的过程中，直线l与曲线的公共点个数都为4（不包括直线AC与直线AO的位置）； 在直线l绕着点从直线AO顺时针旋转到直线AD的过程中，直线l与曲线的公共点个数也都为4（不包括直线AO与直线AD的位置）. 所以当直线l与曲线的公共点个数为4时，直线l斜率的取值范围为.故选项C正确； 设过点A且与圆M相切的直线方程为，则点M到该直线的距离，解得，， 由图可知，当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为.故选项A正确； 由图可知，直线AO与曲线的公共点个数为3，直线AD与曲线的公共点个数也为3，直线与曲线的公共点个数为1， 所以当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有3个，故选项B错误； 因为过原点O的任意直线与曲线的公共点的个数为1或3， 所以存在定点Q（Q与O重合），使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2，故选项D正确； 故选：ACD. 10．BD 【分析】先求出圆的圆心及半径，求出圆心到直线的距离即可判断AB；若截所得弦长为1，则，解关于的方程即可判断C；圆的方程可变形为，令，求出交点坐标，从而可判断D． 【详解】由题意得圆，所以圆心，半径， 对于A，B：易知圆心到直线的距离， 所以恒成立， 所以，即对任意，l与相交，故A错误，B正确； 对于C：若截所得弦长为1，则，即， 因为，所以关于的方程无实数解， 即不存在，使得圆截所得弦长为1，故C错误； 对于D：圆的方程可变形为， 令，解得，所以圆过定点和， 所以存在直线被圆截，所得弦长为定值，故D正确. 故选：BD． 11．AC 【分析】求出圆心到直线的距离即可判断A；根据题意求出双曲线的方程，假设存在点，符合题意，利用点差法求出，即可判断B；求出通径及实轴长即可判断C；分别比较与的大小即可判断D. 【详解】圆的圆心为，半径为1， 圆心到曲线E的渐近线的距离为， 所以渐近线l与圆相切，故A正确； 因，所以，即， 又一条渐近线l的方程为，所以， 可解得：，， 所以曲线E的方程为， 假设存在点，符合题意， 则的中点，， 由，， 相减得， 所以， 所以共线，故直线与渐近线重合，矛盾，故B不正确； 双曲线E的焦距为，则直线MN过左右顶点时，，符合题意， 令，则有，解得， 所以双曲线的通径为， 即直线MN过双曲线E的右焦点时，， 所以当直线不过左右顶点时，满足的线段有2条， 综上，满足的线段包含实轴共有3条，故C正确； ，所以右支上有两点满足题意， ，所以左支上有两点满足题意， 满足的点M有且仅有4个，D不正确． 故选：AC. 【点睛】结论点睛： ①已知椭圆的弦的中点，则； ②已知双曲线的弦的中点，则； ③已知抛物线的弦的中点，则. 12． 【分析】由抛物线定义，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的计算可得答案. 【详解】∵抛物线， ∴， 由抛物线定义可知，抛物线上任一点到焦点的距离与到准线的距离是相等的， ∴P到该抛物线焦点的距离， ∴，，得，所以. 故答案为：. 13．7 【分析】根据线段PF1的中点M在y轴上，推出轴，由此可设P(3，t)，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解. 【详解】由＝1可知，， 所以， 所以F1(－3，0)，F2(3，0)， ∵线段PF1的中点M在y轴上，且原点为线段的中点， 所以，所以轴， ∴可设P(3，t)， 把P(3，t)代入椭圆＝1，得. ∴|PF1|＝，|PF2|＝. ∴. 故答案为：7. 14．/ 【分析】依题意旋转后经过最高点的切线斜率为0，则还原后切线的斜率为，设切点，推得其横纵坐标的关系，与椭圆方程联立求得切点即可求得答案. 【详解】经过最高点作椭圆的切线，则切线的斜率是0，将椭圆顺时针旋转还原后，切线的斜率是. 设切点为，则，则椭圆的切线方程为，其斜率为， 即，代入，解得，，即切点坐标为， 依题意，该点到原点的距离等于逆时针旋转后得到的椭圆最高点到原点的距离，为. 故答案为：. 15．(1) (2)①证明见解析；②为定值. 【分析】（1）结合抛物线的定义求得曲线的方程. （2）①结合导数求解过点的切线方程，从而求得直线的方程，进而判断出直线过定点. ②设出直线的方程，求得，联立直线的方程与曲线的方程，化简写出根与系数关系，由此计算为定值. 【详解】（1）由题意可知，， ∴点到点的距离与到直线的距离相等， ∴点的轨迹是以点为焦点， 直线为准线的抛物线， ∴点的轨迹方程为． （2）①设，切点． 由，得． ∴直线， 又过点，， ∴， ∴，即． 同理， ∴直线的方程为， ∴直线过定点． ②，由①得直线的方程为. 设， 与方程联立，求得． 设，联立与，得 ，由根与系数的关系，得 ． ∵同号， ∴ ， ∴为定值，定值为2． 16．（1）答案见解析；（2）直线斜率为定值； 【分析】（1）利用两直线的斜率之积为，所以有，化简得到，分类讨论，得到轨迹为何种曲线； （2）设直线的方程与椭圆方程联立，求得的坐标，同理得到的坐标，利用斜率公式，即可得出结论． 【详解】解：（1）令点坐标为，则直线的斜率，直线的斜率， 因为两直线的斜率之积为，所以有，化简得到， 所以当时，轨迹表示以为圆心，为半径的圆，且除去，两点； 当时，轨迹表示焦点在轴上的椭圆，且除去，两点； 当时，轨迹表示焦点在轴上的椭圆，且除去，两点； 当时，轨迹表示焦点在轴上的双曲线，且除去，两点； （2）由题意曲线为，点， 设，，，，令直线， 联立椭圆方程，得， 则，， 同理，， ． 故直线斜率为定值 17．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）可利用待定系数法或定义法来求各参数，从而可得离心率； （2）可用直线与双曲线联立方程组结合韦达定理来求解，也可以用点差法来求解. 【详解】（1）解法一：依题意，得解得，所以的离心率. 解法二：因为两焦点分别为，所以，，即，所以的离心率. （2）解法一：由（1）知的方程为. 直线的斜率，设平行于的一组直线方程为， 与交于点，线段的中点为. 由 得，即， ， 所以，因为， 所以，即这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上. 解法二：由（1）知的方程为. 直线的斜率，设平行于的一组直线与交于点， 线段的中点为. 由两式相减得：， 显然，所以， 所以，即， 即这些直线被截得的线段的中点在同一条直线上.    18．(1) (2)或 【分析】（1）根据直线平行列出方程求解a即可； （2）先判断，然后求出直线的横纵截距，再由截距关系列方程求出，最后求解直线方程即可. 【详解】（1）因为直线l：与直线m：平行， 所以，解得. （2）当时，直线l的方程为，直线没有横截距，不合题意； 当时，令，得，即直线在轴上的截距为. 令，得，即直线在x轴上的截距为. 因为直线l在x轴上截距是y轴上截距的，所以， 即，解得或. 则直线的方程是或. 19．． 【分析】若选①：根据焦半径公式即可求出p，从而求出抛物线方程，联立抛物线方程和直线方程，根据韦达定理和弦长公式即可求；若选②：根据抛物线定义可知抛物线焦点到准线的距离为p，由此可求抛物线方程，从而采用和选①时相同的方法可求． 【详解】若选①： 在抛物线上，且， ，则p＝1； 若选②： ∵焦点到准线的距离是1，∴p＝1； 故抛物线的方程为． 联立，可得， 设，，则，， ． 答案第1页,共2页 试卷第1页,共2页 学科网（北京）股份有限公司 $