第三章 圆锥曲线的方程单元卷-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

高中数学单元测试 —— 第三章　圆锥曲线的方程 姓名：___________班级：___________ 一、单选题 1．（本题5分）若抛物线上一点到直线的距离为5，则点到该抛物线焦点的距离为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．（本题5分）双曲线的一条渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 3．（本题5分）椭圆的离心率为（   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知抛物线与圆交于A，B两点，则（    ） A．2 B． C．4 D． 5．（本题5分）若椭圆焦点在轴上，长轴长是焦距的3倍，且经过点，则椭圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，则焦点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 7．（本题5分）已知双曲线的左、右焦点分别为，若上一点到轴的距离为，则的面积为（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）已知椭圆的焦点分别为，若点在椭圆上，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题 9．（本题6分）已知双曲线的左、右焦点分别为，，若（为的离心率），则（    ） A． B．的虚轴长为 C． D．的一条渐近线的斜率为 10．（本题6分）已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过的直线交于两点，若，则（    ） A． B． C． D． 11．（本题6分）已知曲线C的方程为，集合，若对于任意的，都存在，使得成立，则称曲线C为Σ曲线.下列方程所表示的曲线中，是Σ曲线的有（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．（本题5分）已知双曲线，且，那么正实数______. 13．（本题5分）点在抛物线上，点到点的距离的取值范围是_____________． 14．（本题5分）已知为坐标原点，椭圆的方程为，其离心率为，设，分别是两条直线和（且）上的动点，且线段的长度为，若上存在点，使得四边形是平行四边形，则_____． 四、解答题 15．（本题13分）根据下列条件，求曲线的标准方程： (1)经过两点，的椭圆的标准方程. (2)焦距为26，且经过点的双曲线的标准方程. (3)经过点的抛物线的标准方程. 16．（本题15分）已知抛物线的顶点在原点，对称轴为轴，且过点，过该抛物线的焦点且倾斜角为的直线，与抛物线相交于、两点． (1)求抛物线的标准方程和线段的长． (2)求的值． 17．（本题15分）已知双曲线（，）经过点，，直线交的右支于，两点，且线段的中点为． (1)求双曲线的标准方程； (2)若点的坐标为，求直线的方程； (3)若直线经过的右焦点，以为直径的圆与直线相交于，两点，证明：为定值． 18．（本题17分）已知椭圆，为的右焦点，点，在上，且关于轴对称，，分别为线段，的中点，为坐标原点． (1)求的方程； (2)证明：是定值； (3)是否存在点，使得，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 19．（本题17分）已知点，是直线外的一个动点，，垂足为，且在线段外，，记点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知直线交于两点，关于轴的对称点为，若直线和的斜率之商为2，证明以下问题： ①过定点； ②不可能为锐角三角形. 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《高中数学单元测试 —— 第三章　圆锥曲线的方程》参考答案 1．B 【分析】由抛物线的定义知：点到抛物线焦点的距离等于点到准线的距离. 【详解】因为抛物线方程为，所以该抛物线准线方程为， 设， 因为点到直线的距离为5，所以，解得或， 又因为点在抛物线上，所以，故 所以点到准线的距离为，即到抛物线焦点的距离为. 故选：B. 2．C 【分析】根据双曲线的性质求解即可. 【详解】由双曲线方程可知，，，所以，． 所以渐近线方程为，即. 故选：C． 3．B 【分析】利用椭圆离心率的求法计算得解. 【详解】椭圆的长短半轴长分别为，半焦距， 所以所求离心率. 故选：B 4．C 【分析】先联立抛物线与圆求出A，B横坐标，再代入抛物线求出纵坐标即可求解. 【详解】由对称性易得A，B横坐标相等且大于0，联立得，解得， 则，将代入可得，则. 故选：C. 5．C 【分析】根据椭圆的几何性质即可求解. 【详解】因为椭圆的长轴长是焦距的3倍，所以，即， 又因为经过点，且焦点在轴上，所以，， 所以，所以椭圆的标准方程为：， 故选:C． 6．B 【分析】根据题意，设抛物线方程为且，结合点在抛物线上求参数，即可得焦点坐标. 【详解】由题意，设抛物线方程为且，显然点在抛物线上， 所以，则，故焦点的坐标为. 故选：B 7．B 【分析】根据双曲线的方程与几何性质结合三角形面积公式计算. 【详解】由题意知点的横坐标为，代入得， 又， 所以的面积为. 故选：B 8．B 【分析】画出图形，由，然后根据题意分析最小值的位置即可得出结论. 【详解】如图所示： 由 ， 由题意知， 所以， 由图可知当为椭圆短轴的顶点时， 取最小值，所以的最小值为． 故选：B． 9．AB 【分析】由双曲线方程可求焦点，的坐标，结合离心率定义求离心率，根据求，再求虚轴长，由此判断ABC，再由渐近线方程的定义求渐近线，由此确定渐近线的斜率判断D. 【详解】由，知，，， 由，得，即，， 所以的虚轴长为，故A，B正确，C错误； 由的渐近线方程为，得两条渐近线的斜率分别为，，故D错误． 故选：AB． 10．BCD 【分析】根据已知条件求出抛物线方程，判断选项A；设过点的直线方程，联立抛物线方程结合韦达定理判断选项B，C；利用向量夹角余弦公式计算判断选项D． 【详解】 抛物线的焦点为，依题意，得，解得，故A错误； 抛物线方程为，其准线为，则，设过的直线方程为， 联立，消元得， 由韦达定理得，故C正确； 因，代入得，即， 解得或（舍去），则， ，即，故B正确； 取， 则，， ， ， 又，则， ． ，故D正确． 故选：BCD． 11．AC 【分析】问题转化为，存在，使得，根据这一条件逐一判断即可. 【详解】A：的图象既关于x轴对称，也关于y轴对称，且图象是封闭图形.所以对于任意的点，存在着点Q（x2，y2）使得，所以满足； B：的图象是双曲线，且双曲线的渐近线斜率为±1，所以渐近线将平面分为四个夹角为90°的区域，当P，Q在双曲线同一支上，此时，当P，Q不在双曲线同一支上，此时，所以不满足； C：的图象是焦点在x轴上的抛物线，且关于x轴对称，设P为抛物线上一点，过O点作OP的垂线，则垂线一定与抛物线交于Q点，所以，所以 D：取P（0，1），若，则有显然不成立，所以此时不成立， 故选：AC 【点睛】关键点睛：运用圆锥曲线的性质是解题的关键. 12． 【分析】根据双曲线的几何性质，得出方程，即可求解. 【详解】因为双曲线，且， 由，可得，所以， 因为，所以. 故答案为：. 13． 【分析】设点，得到以点到点的距离为，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】设点的坐标为，其中，则， 所以点到点的距离为， 当时，取得最小值，最小值为，所以点到点距离的取值范围是. 故答案为：. 14．或2 【分析】首先利用坐标表示，再坐标表示平行四边形的向量关系，利用点在椭圆上，结合离心率，即可求解. 【详解】设，， 因为，所以，设， 因为，所以所以，即， 因为，且，所以， 当，即时，表示焦点在轴上的椭圆， 此时，，，，此时由得或（舍去）； 当，即时，表示焦点在轴上的椭圆， 此时，，，，此时由得或（舍去）． 综上所述，或． 故答案为：或2 15．(1) (2) (3)或 【分析】（1）利用待定系数法求解，可设方程为，代入点的坐标可得答案； （2）根据焦距和顶点可得双曲线的方程； （3）设出方程，根据抛物线所过点，求出方程. 【详解】（1）设椭圆的方程为， 因为椭圆经过两点，，所以，解得， 所以椭圆的方程为. （2）因为双曲线的焦距为26，且经过点，所以， 所以，所以双曲线的方程为. （3）由题意设抛物线的方程为或， 因为抛物线过点，所以可得，， 即抛物线的方程为或. 16．(1)抛物线的标准方程为， (2) 【分析】（1）根据题意，设抛物线的标准方程为，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得出该抛物线的标准方程，然后将直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和焦点弦长公式可求得的值； （2）利用抛物线的焦半径公式和韦达定理可求得的值． 【详解】（1）由题意，设抛物线的标准方程为， 将点的坐标代入抛物线方程得，解得， 故该抛物线的标准方程为， 设点，，易知抛物线的焦点为，则直线的方程为， 联立可得，， 所以，， 故． （2）． 17．(1) (2) (3)由双曲线得，右焦点， ①当直线的斜率存在时，设直线，，中点. 联立​，整理得, 由韦达定理得：， 因此：， 因为圆以为直径，圆心为，半径​，所以， 设，将代入圆方程， 得，故， 所以 ， 因为，所以，且，代入上式， 所以. ②当直线斜率不存在时，，易得， 所以，仍成立. 综上，为定值. 【分析】（1）直接由待定系数可求得双曲线方程； （2）直接用点差法求中点弦的方程并检验可得； （3）分直线的斜率存在或不存在两种情况讨论：当直线的斜率存在时，设直线，，中点，结合根与系数关系得，，再圆的方程中令，设，所以由根与系数关系得，进而可将，再将代入可得；当直线的斜率不存在时，得，进而可得所求值，综上可得所证结果. 【详解】（1）将点、代入双曲线方程，得， 令，​，解得​，即. 因此，双曲线的标准方程. （2）设，且两点均在双曲线上，故 两式相减得点差公式：，即. 又因为中点为，故，代入上式得，即. 若，则，则重合，且中点，则三点重合， 这与直线交的右支于，两点矛盾. 所以，因此直线斜率. 又因为直线经过点，由点斜式得直线方程，整理得. 联立​，得，判别式， 且，所以两根均为正根，符合交右支于两点的条件. 因此直线的方程为. （3）略 18．(1) (2)证明：设椭圆的左焦点为，连接，， 由椭圆的对称性知； 因为，分别为线段，的中点， 所以， 又因为， 所以，即为定值． (3)存在，点或或或 【分析】（1）因为椭圆的方程和焦点坐标得到和的值，利用公式求出，从而得到椭圆的方程． （2）设椭圆的左焦点为，连接，，根据椭圆的对称性得到，利用，分别为线段，的中点得到，结合椭圆的定义得解. （3）假设存在点，使得，设点，由，关于轴对称得到，求出，由点在上得到，由，分别为线段，的中点得到，由得到，通过计算得解. 【详解】（1）因为椭圆， 为的右焦点， 所以，，所以， 所以椭圆． （2）略 （3）假设存在点，使得， 设点， 因为，关于轴对称， 所以， 所以． 因为点在上， 所以，即， 代入得到， 因为，分别为线段，的中点， 所以， 若，则，即，此时， 即，解得，， 所以存在点或或或， 使得． 19．(1) (2)①设，则． 显然的斜率不为零，否则有， 此时，而直线和 的斜率之商为2，有矛盾． 故可设 ，由得， 依题意， 且， ∴且． 由得， 所以 因为直线TB和NA的斜率之商为2，所以 因为点M在C上，所以，即， 所以，即， 化简可得，解得． 此时恒成立，所以 ，过定点． ②由①知，． 1、当 ，即时， ， ∴均在 的右支，如图． 此时 ， ∴ 是钝角，是钝角三角形． 2、当 ，即或时， ， ∴分别在 的两支．不妨设在 的右支，则 ，如图． 设 ，则， ∴． ∵过点，∴， ∴ 是钝角，是钝角三角形． 综上可知，不可能是锐角三角形． 【分析】（1）先设动点坐标，将几何关系转化为坐标关系后可得曲线 的方程； （2）①设直线方程并联立，代入双曲线方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理化简目标代数式后可得定点； ②利用向量的数量积可判断三角形的形状. 【详解】（1）设，因为 ，且，垂足为 ，则 点坐标为． 则， 已知，即． 因为 在线段 外，所以 ， 则，整理可得曲线 的方程为． （2）①略 ②略 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 $