第三章圆锥曲线单元检测能力提升卷02-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本卷为高二数学选择性必修第一册圆锥曲线单元能力提升卷，全面覆盖椭圆、双曲线、抛物线核心知识，通过基础巩固、能力提升、创新应用三级梯度设计，适配单元复习，培养数学抽象、逻辑推理与几何直观素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|椭圆定义（1）、双曲线离心率与渐近线（2、5）、抛物线焦点弦（3）|结合三角形动态问题（1），基础概念与几何性质融合| |多选题|3题|抛物线焦点弦性质（9）、椭圆综合应用（10）、曲线分类讨论（11）|多选项设计考查思维严谨性，如9题结合焦点弦与准线关系| |填空题|3题|抛物线焦半径（12）、椭圆长轴方程（13）、双曲线离心率（14）|注重数学语言表达，如14题结合向量与双曲线定义| |解答题|5题|双曲线方程与弦长（15）、椭圆定值证明（16）、轨迹方程与存在性问题（19）|综合性强，如19题融合圆与椭圆轨迹，考查逻辑推理与创新意识|

2026-2027高二数学人教A版选择性必修第一册第三章圆锥曲线的方程单元检测 (能力提升卷02) 一、单选题 1．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为BC边上一点，且，，当在变化时，点总在椭圆上，则该椭圆的长轴长为（    ） A．6 B． C． D．3 2．已知双曲线：的离心率为，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 3．斜率为的直线过抛物线的焦点，且与交于两点，则（    ） A．2 B． C．1 D． 4．已知直线经过椭圆的两个顶点，则椭圆的一个焦点为（    ） A． B． C． D． 5．已知双曲线的离心率为，则双曲线的焦点到渐近线的距离为（    ） A． B．2 C．4 D． 6．过抛物线：的焦点且斜率为的直线与交于，两点，线段，的中点分别为，，为坐标原点，直线，与抛物线的另一个交点分别为，，记点，到轴距离分别为，，则（   ） A． B． C．轴 D．若，则 7．已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．设椭圆与双曲线有相同的焦距，它们的离心率分别为，，椭圆的焦点为，，，在第一象限的交点为，若点在直线上，且，则的值为（    ） A．2 B．3 C． D． 二、多选题 9．设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（ ） A． B． C．为等腰三角形 D．以MN为直径的圆与l相切 10．已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为两点，直线与椭圆相交于两点，则（    ） A．椭圆的短轴长为 B．为定值 C．当以四个点为顶点的四边形为平行四边形时，四边形的面积为 D．直线和的斜率的乘积为 11．已知曲线，，，为曲线上的动点，则（    ） A．若在第一象限，则 B．若在第二象限，则在轴上存在两点，，使为定值 C．若在第三象限，过点向直线作垂线，垂足分别为，则 D．直线是曲线的一条切线 三、填空题 12．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴于点.若，则点的横坐标为_______； 的面积为_______． 13．在平面直角坐标系中，椭圆的长轴方程为______ 14．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________． 四、解答题 15．已知双曲线的虚轴长为2，且离心率为． (1)求的方程和焦点坐标； (2)设的右焦点为，过的直线交于两点，若中点的横坐标为3，求． 16．已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求的方程； (2)若斜率为的直线与轴交于点，与交于，两点，证明：为定值． 17．已知双曲线的左，右焦点分别为. (1)若的实轴长为2，焦距为4，求的渐近线方程； (2)已知是双曲线的左支上一点，）.当周长最小时，求的面积. 18．已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于点，且． (1)求抛物线C的标准方程； (2)过点的直线与抛物线交于两点，且，求． 19．已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点. （ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上； （ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026-2027高二数学人教A版选择性必修第一册第三章圆锥曲线单元检测能力提升卷02》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B A B C B A AD ABD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】首先根据，以及余弦定理，确定，再根据椭圆方程，即可求解. 【详解】由及余弦定理，得， 整理得， 即，故该椭圆的长轴长为. 故选：A 2．A 【分析】根据双曲线的关系求，即可得其渐近线方程. 【详解】因为双曲线的离心率为，所以，可得， 故双曲线的渐近线方程为． 故选：A. 3．B 【分析】联立直线与抛物线的方程，再根据抛物线的焦点弦公式求解即可. 【详解】由题意，抛物线的焦点为，， 故斜率为且过点的直线方程为， 设，， 联立，整理得， 根据韦达定理得， 所以. 故选：B. 4．A 【分析】求出直线与坐标轴的交点即得椭圆的两顶点，从而可得焦点坐标. 【详解】解：由已知与坐标轴的交点为， 所以椭圆的两个顶点分别为， 故椭圆， 焦点在y轴上，一个焦点为. 故选：A. 5．B 【分析】由双曲线离心率及参数关系求得，再写出渐近线方程和焦点坐标，应用点线距离公式求焦点到渐近线的距离. 【详解】由题意，又，所以，故，所以， 所以双曲线，故渐近线方程为且焦点为， 则焦点到渐近线的距离为. 故选：B. 6．C 【分析】设，,的直线方程，求出,进而求出，判断选项A,B,求出直线方程，表达出,判断选项C,再根据,求出的值，判断选项D. 【详解】设，,的直线方程， 因为线段的中点分别为, 所以， 根据中位线性质，则，， 由抛物线的定义可得，，，故A,B错误； 设直线方程：， 联立可得，，则， 故， 同理可得 又,则 故，故 则，故轴,故C正确；    由,则， 则，再由，故 则或（舍去），故 故，则，故D错误. 故选：C. 7．B 【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率. 【详解】由椭圆定义可知，由，故，， 点满足，即，则， 又，， 即，又， 故，则，即， 即平分，又，故， 则，则， ， ， 由， 故， 即，即，又，故. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到. 8．A 【分析】设椭圆与双曲线相同的焦距为，先根据题意得出点P的坐标，再将点P分别代入椭圆和双曲线的方程中，求离心率，即可得解. 【详解】设椭圆与双曲线相同的焦距为，则， 又，所以， 又点P在第一象限，且在直线上， 所以，又点P在椭圆上， 所以，即， 整理得，两边同时除以，得， 解得，因为，所以， 同理可得点P在双曲线上，所以，即， 解得， 所以， 故选：A. 9．AD 【分析】由题意作图，根据抛物线焦点的概念，结合直线方程，求得参数；联立方程，求得直线与抛物线交点坐标，从而求得弦长；根据两点距离公式，求得三角形三边；由中点坐标公式，结合圆切线的判定，可得答案. 【详解】由题意，取的中点，作图如下：      由直线，令，则可得，即抛物线的焦点， 所以，解得，故A正确； 联立可得，消去可得，解得或， 当时，由，可得，当时，由，可得， 即，，所以，故B错误； 由，，则C错误； 由图可得，易知点到准线的距离，圆的半径，故D正确. 故选：AD. 10．ABD 【分析】利用给定的椭圆基本量求出短轴长度判断A，利用椭圆的对称性合理转化长度判断B，利用平行四边形性质求出的坐标，再求解平行四边形面积判断C，设出关键点的坐标，利用点在椭圆上消去参数，判断斜率乘积为定值求解D即可. 【详解】对于A，由，得到， 可得椭圆C的短轴长为，故A正确； 对于B，如图，设椭圆C的左焦点为，连接 由椭圆的对称性有，故B正确； 对于C，由题意得，且， 又因为四边形为平行四边形，有， 可得点的坐标为，代入椭圆中，得到， 解得，即的坐标为， 则平行四边形的面积为，故C错误； 对于D，由，设点的坐标分别为， 代入椭圆中有．又由， ，故D正确． 故选：ABD． 11．BCD 【分析】求出的表达式，进而求出的范围判断A；利用椭圆的定义判断B；利用点到直线距离判断C；联立方程组，借助判别式计算判断D. 【详解】对于A，设点，， ，同理，则 ，而，因此，故A错误； 对于B，当在第二象限时，曲线是椭圆在第二象限的部分， 该椭圆的焦点为，长轴长为4，由椭圆定义得，故B正确； 对于C，设，， 则，故C正确； 对于D，当在第二象限时，由消去得， ，因此直线与椭圆相切于点， 即直线是曲线的一条切线，故D正确. 故选：BCD. 12． 5 【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求. 【详解】因为抛物线的方程为，故且. 因为，，解得，故， 所以， 故答案为：5；. 13． 【分析】由题知椭圆关于原点对称，则长轴过原点，长半轴长为椭圆上的点到原点的最大距离，令，整理得，根据判别式求出的最大值，从而得到及长轴方程. 【详解】因为， 所以椭圆关于原点对称，则长轴过原点，长半轴长为椭圆上的点到原点的最大距离， 令， 即，，解得， 易知，所以， ，此时， 所以长轴方程为. 故答案为：. 14．/ 【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解. 方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解； 【详解】方法一： 依题意，设，则， 在中，，则，故或（舍去）， 所以，，则， 故， 所以在中，，整理得， 故. 方法二: 依题意，得，令， 因为，所以，则， 又，所以，则， 又点在上，则，整理得，则， 所以，即， 整理得，则，解得或， 又，所以或（舍去），故. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解. 15．(1)方程为，左、右焦点坐标分别为 (2) 【分析】（1）根据双曲线虚轴长以及离心率联立方程组即可得出的方程； （2）联立直线与双曲线方程，由韦达定理以及弦长公式计算可得. 【详解】（1）因为的离心率为，又的虚轴长为2，所以， 又， 联立解得，， 所以的方程为，左、右焦点坐标分别为． （2）由（1）知， 根据题意易得过的直线斜率存在， 设的直线方程为，如下图所示： 联立，化简得， 所以， 因为中点横坐标为3，所以， 解得，所以， 则， 则． 16．(1) (2)证明：设，则直线l的方程为， 与联立，得， 则，且，          所以 ， 故为定值． 【分析】（1）利用椭圆离心率的性质结合椭圆经过的点求解基本量，得到椭圆方程即可； （2）利用韦达定理表示出，再利用两点间距离公式表示出目标式，化简得到定值即可. 【详解】（1）由题意得 ，得，                           故的方程为； （2）略 17．(1) (2) 【分析】（1）利用实轴长，和焦距求出渐近线. （2）利用双曲线定义，及两点之间线段最短，得到点在线段上，得到直线的方程，再代入得到面积. 【详解】（1）令双曲线的半焦距为，依题意，， 由，得，则，所以双曲线的渐近线方程为. （2）由双曲线的定义可得， 所以的周长为, 由于为定值，要使的周长最小，则应使最小为， 即点在线段上, ∵，所以直线的方程为：， 即，将其代入，解得或（舍去）， 因此点.所以 18．(1) (2) 【分析】（1）设点，根据焦半径公式求得，将点的坐标代入抛物线方程即可求解. （2）设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，结合坐标关系利用韦达定理求出，再结合焦半径公式求解焦点弦弦长即可. 【详解】（1）设点，则，所以． 将代入得，解得， 所以抛物线C的标准方程为； （2）抛物线的焦点，设直线的方程为， 因为，所以，所以． 联立，得，， 所以，即， 又，所以，解得． 所以． 19．(1) (2) （ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为， 因为在上，所以， 由得， ，设， 则，由得， 化简得，则， 化简得，又因为，所以， 所以点在定直线上. （ⅱ） 【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上； （ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断. 【详解】（1）由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆， 设曲线的方程为，则，解得， 所以， 所以曲线的方程为；    （2）（ⅰ）略 （ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为， 从而得，， 由（ⅰ）知，，， 所以 ， 所以存在实数，使得.    【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. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $