第三章圆锥曲线单元检测能力提升卷03-2026-2027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一第三章圆锥曲线单元检测（能力提升卷03），通过基础到综合的梯度设计，覆盖椭圆、双曲线、抛物线核心知识，适配单元复习，提升数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题/40分|椭圆离心率（1）、抛物线焦点弦（3）|动态问题（4周长范围）、几何性质综合（7离心率计算）| |多选题|3题/15分|抛物线准线性质（9）、“大鹏曲线”创新情境（11）|多曲线交汇（10椭圆与直线斜率）、分段曲线分析（11）| |填空题|3题/15分|抛物线焦点弦中点（12）、椭圆与圆相切（13）|参数计算与几何关系（14斜率定值）| |解答题|5题/30分|椭圆标准方程（16）、双曲线周长最值（17）|圆与抛物线综合（15）、面积最值应用（16）|

2026-2027高二数学人教A版选择性必修一第三章圆锥曲线的方程单元检测 （能力提升卷03） 一、单选题 1．已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 2．已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（    ） A．线段（不包含端点） B．椭圆一部分 C．双曲线一部分 D．线段（不包含端点）和双曲线一部分 3．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 4．设椭圆的右焦点为，过原点的动直线与椭圆交于、两点，那么的周长的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．已知双曲线的左、右焦点分别为，，若直线与双曲线交于A，B两点，且，则t的值为（   ） A． B． C． D． 6．已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于、两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（   ） A． B． C． D． 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．已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（    ）． A． B． C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形 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．“大鹏曲线”的方程为，其图像因为形似一只展翅高飞的大鹏而得名.直线与的交点可能个数的集合记为，下列选项正确的是（   ） A．该曲线关于轴对称 B． C． D．“”的充要条件是“且” 三、填空题 12．已知抛物线C：焦点为F，过点F的直线l交C于A、B两点，交C的准线于点M，若F为AM的中点，则__________. 13．已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，经过点，的圆与轴相切于点，则______. 14．已知椭圆，直线与椭圆交于两点，为椭圆外一点，直线分别交椭圆于两点，直线交于点，则直线的斜率是_____________. 四、解答题 15．已知圆：. (1)若直线平分圆，求的最小值； (2)顶点在原点，焦点在轴上的抛物线的准线与圆相切，为抛物线的焦点，为抛物线上的动点，点，求的最大值. 16．已知椭圆与椭圆有相同的焦点，并且过． (1)求椭圆的标准方程； (2)过点的直线与椭圆交于两点，求面积的最大值及此时的直线方程． 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．拋物线上的到焦点的距离为4，直线经过与抛物线相交于两点，是直线与轴的交点，直线分别交轴于两点． (1)求抛物线方程； (2)求证：为定值． 19．已知点，分别为椭圆：的左顶点和右焦点（椭圆的左顶点，右焦点．），直线过点且交椭圆于P，Q两点，设直线，的斜率分别为，． (1)求椭圆的离心率； (2)是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；不存在，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版选择性必修一第三章圆锥曲线单元检测能力提升卷03》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C A D D B D AC ABD 题号 11 答案 AC 1．C 【分析】由已知条件得出，再利用公式可求出椭圆的离心率. 【详解】因为椭圆的长轴长是短轴长的倍，则，即， 故椭圆的离心率为. 故选：C. 2．A 【分析】根据等比数列的性质，结合椭圆方程进行求解判断即可. 【详解】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分， 所以， 因为，，成等比数列， 所以有，且有成立， 即成立， 由， 化简得：，或， 当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）； 当时，即， 因为，所以，而，所以不成立， 故选：A 3．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. 4．A 【分析】根据椭圆的对称性、椭圆的定义可得，结合的范围求的周长的取值范围. 【详解】在椭圆中，，，， 的周长， 又因为、两点为过原点的动直线与椭圆的交点， 所以、两点关于原点对称，椭圆的左焦点为， 易知为的中点，所以，四边形为平行四边形， 所以，，所以， 又因为、、三点不共线， 不妨设点，则，其中，且，可得， 所以，， 所以的周长的取值范围为， 故选：A. 5．D 【分析】利用点差法结合直线平行求解即可. 【详解】如图所示，设直线与双曲线的另一个交点为C， 设，，由图形的对称性知． 由A，B两点在双曲线上知，， 作差得到， 其中，故直线的斜率， 此时直线的方程为， 与双曲线的方程联立得， 化简得，即或， 那么或． 又直线AB的斜率为， 所以或， 解得， 故选:D． 6．D 【分析】设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，，根据抛物线的定义以及三角形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质可得答案. 【详解】当在第一象限时， 设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为， 因为，且为的中点， 所以为三角形的中位线，即， 所以，又根据抛物线的定义， 所以， 所以在直角三角形中，， 所以，此时， 根据对称性，当在第四象限时，， 故选：D. 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．D 【分析】根据条件，利用几何关系得到，又，得到，再结合双曲线的定义得到，即可求解. 【详解】设双曲线的焦距为，右焦点为，直线交于点，连接， 因为为正三角形，，所以为的中点，所以， 故，易知，所以， 由双曲线的定义知， 即，得. 故选：D. 【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，进而转化为的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范围）. 9．AC 【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案. 【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点， 所以，则A选项正确，且抛物线的方程为. B选项：设， 由消去并化简得， 解得，所以，B选项错误. C选项：设的中点为，到直线的距离分别为， 因为， 即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确. D选项：直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形的面积为， 由上述分析可知， 所以， 所以三角形不是等腰三角形，D选项错误. 故选：AC.    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．AC 【分析】根据椭圆及双曲线的性质可判断A；根据直线经过定点，利用直线方程与圆锥曲线方程联立结合圆锥曲线的性质可判断BC；根据反例可判断D. 【详解】当时，曲线为双曲线，渐近线方程为， 当时，曲线为椭圆， 对于A，根据双曲线及椭圆的性质可得该曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，因为恒过点， 当直线时，此时直线与渐近线平行，直线与的交点为1， 当时，直线与的交点为1， 当时，直线与的交点为2，故，故B错误， 对于C，因为恒过点， 联立与椭圆得， 则， 当时，此时，故直线与下半椭圆相切，结合图象可知： 当直线时，直线与的交点为2， 故时，直线与的交点为1， 当时，直线与的交点为0， 当或时，直线与的有1个交点， 当时，直线与的交点为2， 故，故C正确， 对于D，取，，由C可知直线与的交点为1， 故且不能得到，故D错误. 故选：AC 【点睛】易错点睛： 理解分段函数的图形性质：在处理分段曲线时，容易忽略不同部分（椭圆和双曲线）的交点性质，尤其是在计算交点数时需要区分和的情况. 判别式的使用：在椭圆部分的交点计算中，需要使用判别式来判断直线与椭圆的交点数目，误用判别式或者未正确设置判别式会导致错误的交点数目. 12．/ 【分析】过点A作，垂足为E，确定，点A的横坐标为，设出直线方程，联立得到根与系数的关系，确定，，得到答案. 【详解】如图，设准线与x轴的交点为G，过点A作，垂足为E，    由抛物线，得，准线l的方程为，焦点F的坐标为， 为AM的中点，故，则点A的横坐标为 因为直线l过点F且与准线相交，所以直线l的斜率存在， 设其方程为，联立，化简可得， 方程的判别式， 设，，则，又，所以， 故，， 故 故答案为： 13． 【分析】设出圆的方程，将点，P，的坐标代入圆的方程求出a，求出点的坐标后利用两点距离公式求解即可. 【详解】由可知，则，，， 由题意可设圆的方程为，则， 解得，所以，所以. 故答案为： 14． 【分析】设出点的坐标，利用斜率坐标公式并表示出方程，再表示出直线的斜率即可得出结论. 【详解】设，则，， 令直线斜率分别， 则，同理， 设，由直线过点得， 由直线过点N得，两式相乘得， 同理得， 两式相减得，直线的斜率， 所以直线的斜率为. 故答案为： 15．(1)4 (2) 【分析】（1）根据题设知直线过圆心，则，，，在应用基本不等式“1”的代换求目标式的最值； （2）根据题设有抛物线，进而可得，，，其中，再应用基本不等式求目标式最值. 【详解】（1）由圆的方程，即， 则圆的圆心，半径， 由题意知，直线过圆心， 则，即，，， 由， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值是4. （2）由题意，抛物线的准线为，所以抛物线方程为，焦点， 所以，，，其中， 所以，时有 ， 当且仅当，即时等号成立； 而时，，，则. 所以的最大值是. 16．(1) (2)1；或 【分析】（1）先求出，根据椭圆的定义求得，最后根据平方关系求得； （2）设方程，直线与椭圆联立消去利用韦达定理表示弦长，结合三角形面积公式和基本不等式计算求得直线斜率最后得到直线方程. 【详解】（1）因为椭圆与椭圆有相同的焦点，所以椭圆的焦点是，即， 即， 因为，所以，解得， 所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）由题意过点的直线与曲线交于两点， 显然直线斜率是存在的，否则三点共线，此时不是三角形， 所以设直线的方程为， 联立与，所以， 即，或， 设， 有. 所以， 又点到直线的距离， 所以的面积.    设， 则， 当且仅当，即时等号成立，且满足. 所以的面积最大值为1， 此时直线的方程为或. 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) 设直线方程为：， 联立， 则， 所以， 直线，可得，同理， 所以 ， 所以．    【分析】（1）由焦半径公式和点的坐标列方程组求得得抛物线方程； （2）设直线方程为：，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得，求出面积，由直线方程求得点坐标得面积，计算两面积的乘积并代入韦达定理的结论化简即得． 【详解】（1）由题可得或(舍去)， 所以； （2）略 【点睛】方法点睛：抛物线中定值问题，一般设交点为坐标为，设直线方程，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得（或），再利用交点坐标求得需要确定定值的量，代入（或）化简后即可得． 19．(1) (2)存在直线： 【分析】（1）由椭圆方程可得，由离心率公式求出； （2）当直线斜率不存在时，由对称性得出，当直线斜率存在时，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理以及斜率公式化简得出的值，从而得出直线方程. 【详解】（1）由椭圆方程可知，，，， ∴，， 故椭圆的率心率． （2）如图， 假设存在直线，满足． 当直线斜率不存在时，，不合题意，舍去； 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 联立，化简得． 由题意易知恒成立． 设直线与椭圆的两个交点为，， 根据韦达定理得，， 则 ， ∴，即直线：，化简得． 综上可知，存在直线：，满足． 【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于联立椭圆和直线方程，由韦达定理、斜率公式建立与的关系，进而由得出. 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 $