第八章 直線和圓、圓錐曲線綜合測(cè)試卷（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

第八章直線和圓、圓錐曲線綜合測(cè)試卷（新高考專用）（考試時(shí)間：120分鐘；滿分：150分）注意事項(xiàng)：1.本試卷分第I卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.回答第I卷時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫在本試卷上無效。3.回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第I卷（選擇題）一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的。1．（5分）（2024·河南新鄉(xiāng)·三模）已知直線l1:2x+my?1=0，l2:m+1A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解題思路】利用充分條件、必要條件的定義，結(jié)合兩直線平行判斷即得.【解答過程】當(dāng)m=2時(shí)，直線l1:2x+2y?1=0，當(dāng)l1//l2時(shí)，所以“m=2”是“l(fā)1故選：C.2．（5分）（2024·廣東惠州·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓的方程為x29+y24=1，過橢圓中心的直線交橢圓于A、BA．8 B．6+23 C．10【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合橢圓定義可得△ABF2的周長(zhǎng)為【解答過程】橢圓的方程為x29+y24=1連接AF1，則由橢圓的中心對(duì)稱性可知OA=可知AF1B可得△ABF2的周長(zhǎng)為當(dāng)AB位于短軸的端點(diǎn)時(shí)，AB取最小值，最小值為2b=4，所以周長(zhǎng)為2a+AB故選：C.3．（5分）（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知直線l1:y=2x和l2:y=kx+1與x軸圍成的三角形是等腰三角形，則A．?2 B．?43 C．5?1【解題思路】分為圍成的等腰三角形底邊在x軸上、底邊在直線l2上和底邊在直線l【解答過程】令直線l1,l2的傾斜角分別為當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在x軸上時(shí)，θ=π?α，當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在直線l2上時(shí)，θ=α2因?yàn)閠anα=2tanα2所以k=tanθ=tan當(dāng)圍成的等腰三角形底邊在直線l1上時(shí)，θ=2α，則k=故選：D．4．（5分）（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線E:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0),F,A分別為E的右焦點(diǎn)和左頂點(diǎn)，點(diǎn)M?2,3A．3 B．2 C．62 D．【解題思路】根據(jù)S△AMF=92、點(diǎn)M?2,3【解答過程】由題設(shè)知，AF=a+c，則S所以a+c=3，且c>a，易知0<a<3又因?yàn)辄c(diǎn)M?2,3在E上，所以4a2因?yàn)閍2+b2=則a4a3解得a=1或a=1±7（舍去）．所以a=1,c=2故E的離心率為ca故選：B．5．（5分）（2024·西藏拉薩·二模）已知點(diǎn)M3,?3,N3,0，動(dòng)點(diǎn)P在圓O:x2A．1453 B．1653 C．1459【解題思路】先設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合軌跡方程求參，再根據(jù)距離和最小值為兩點(diǎn)間距離求解即可.【解答過程】令PN′=設(shè)Px,y,N整理，得點(diǎn)P的軌跡方程為x2又點(diǎn)P在圓O:x所以?9m?34=0?9n所以PM+即PM+13故選：A.6．（5分）（2024·湖南邵陽·三模）已知拋物線C：y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A?1,83在C的準(zhǔn)線上，點(diǎn)B在C上且位于第一象限，A．453 B．8103 C．【解題思路】由點(diǎn)A?1,83在拋物線y2=2pxp>0的準(zhǔn)線上，可得【解答過程】由點(diǎn)A?1,83在拋物線y2=2px所以拋物線C的方程為y2=4x，焦點(diǎn)F(1,0)，準(zhǔn)線方程為設(shè)Bx0,y0，則x0整理得y0=34x0?34點(diǎn)B位于第一象限，所以x0>0，x0=9?y0所以BF=所以AB2=AF故選:D.7．（5分）（2024·江西宜春·模擬預(yù)測(cè)）已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到原點(diǎn)O與到點(diǎn)A(2,0)的距離之比為3:2，記P的軌跡為E，直線l:5x?53y+2=0，則（A．E是一個(gè)半徑為25B．E上的點(diǎn)到l的距離的取值范圍為2C．l被E截得的弦長(zhǎng)為4D．E上存在四個(gè)點(diǎn)到l的距離為2【解題思路】設(shè)P(x,y)，則x2+y2x?22+y2=32，整理得x?1852+y2=14425，所以E是一個(gè)圓心為185，0，半徑為125的圓，判斷A；再利用點(diǎn)到直線的距離公式，求得圓心185，0到直線l的距離為2，得到E上的點(diǎn)到直線l的距離的取值范圍，判斷B；由半徑、弦心距、弦的一半構(gòu)成的直角三角形求出弦長(zhǎng)，判斷【解答過程】對(duì)于A，設(shè)P(x,y)，則x2整理得x?18所以E是一個(gè)圓心為185，0，半徑為12對(duì)于B，因?yàn)閳A心185，0到直線l所以E上的點(diǎn)到直線l的距離的取值范圍為[0，2+125]，即[0，22對(duì)于C，圓心185，0所以l被E截得的弦長(zhǎng)為21252對(duì)于D，因?yàn)?25?2=25，所以E上存在三個(gè)點(diǎn)到l的距離為故選：C．8．（5分）（2024·陜西商洛·三模）已知拋物線E:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，過F的直線交E于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P滿足OP=λOF0<λ<1，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AP交E于另一點(diǎn)C，直線BP交E于另一點(diǎn)D，記△PAB，△PCD的面積分別為SA．λ B．2λ C．λ2 D．【解題思路】設(shè)直線的方程為x=ty+p2，Ax1,y1，Bx3【解答過程】根據(jù)已知條件作出圖形，如圖所示由題意知Fp2,0，又OP顯然直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x=ty+p2，Ax由y2=2pxx=ty+p2，得y顯然直線BD的斜率不為0，設(shè)Dx2,y2由y2=2pxx=my+λp2，得y又y1y3=?p2，所以S2故選：C.二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目的要求，全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。9．（6分）（2024·黑龍江大慶·三模）已知點(diǎn)P1,2是雙曲線C:3x2?y2A．雙曲線的浙近線方程為y=±B．雙曲線的焦點(diǎn)到漸近線的距離為1C．PAD．△PAB的面積為3【解題思路】首先根據(jù)雙曲線方程求漸近線方程，判斷A，再根據(jù)點(diǎn)到直線的距離判斷BC，最后根據(jù)幾何關(guān)系，求∠APB，再代入面積公式，即可求解.【解答過程】因?yàn)殡p曲線的方程為C:3x2?y2雙曲線的右焦點(diǎn)233,0到漸近線y=由點(diǎn)到直線的距離公式可得PA?PB=如圖，因?yàn)镵OA=3，所以∠AOx=60°.在△PAD∠PDA=∠ODB，所以∠APD=∠BOD=60S△PAB故選：ABD.10．（6分）（2024·山東青島·三模）已知?jiǎng)狱c(diǎn)M，N分別在圓C1:x?12+y?22A．圓C2B．圓C1和圓CC．PM+PND．過點(diǎn)P做圓C1的切線，則切線長(zhǎng)最短為【解題思路】求出兩個(gè)圓的圓心、半徑判斷AB；求出圓C1關(guān)于x【解答過程】圓C1的圓心C1(1,2)，半徑r1=1，圓C對(duì)于A，圓C2的半徑為3對(duì)于B，|C1C2|=2對(duì)于C，圓C1關(guān)于x軸對(duì)稱的圓為C0:(x?1)2+(y+2)2=1，C由圓的性質(zhì)得，PM≥|C0C2|?1?且M,N是線段P1C1,P對(duì)于D，設(shè)點(diǎn)P(t,0)，過點(diǎn)P的圓C1的切線長(zhǎng)|PA|=當(dāng)且僅當(dāng)t=1，即P(1,0)時(shí)取等號(hào)，D正確.故選：BD.

11．（6分）（2024·福建龍巖·三模）已知拋物線C:y2=2px(p>0)與圓O:x2+y2=20交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|=8.過焦點(diǎn)F的直線l與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)PA．若MF=3FN，則直線l的斜率為±33C．∠MON為鈍角 D．點(diǎn)P與點(diǎn)F的橫坐標(biāo)相同時(shí)，|PF||PQ|【解題思路】根據(jù)拋物線與圓的方程可得A(2,4)，代入拋物線方程可得y2=8x，即可根據(jù)向量的坐標(biāo)關(guān)系求解坐標(biāo)，由斜率公式即可求解A，根據(jù)焦點(diǎn)弦的性質(zhì)1MF【解答過程】因?yàn)閽佄锞€C：y2=2px(p>0)與圓O：x2+y2=20則第一象限內(nèi)的交點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為4，代入圓方程得橫坐標(biāo)為2，即A(2,4)，所以42=4p，p=4，即拋物線方程為y2設(shè)M(x對(duì)A，由MF=3FN得則x1+3x2=8所以直線l的斜率為±4對(duì)B，由拋物線定義得1MF所以MF=10+2(MF當(dāng)且僅當(dāng)MFNF=4因此MF+4NF的最小值為對(duì)C，如圖，不妨設(shè)M在第一象限，

設(shè)M(x1,y1),N(x得y2?8my?16=0，又所以y1∴x∴cosOM,對(duì)D，Q(?2,0)，F(xiàn)(2,0)，設(shè)P(x0,由拋物線的定義可得PF=PQ=又x0則PFPQ=1?當(dāng)且僅當(dāng)x0=2時(shí)取等號(hào)，所以PF故選：BCD.第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．（5分）（2024·山東·二模）過直線x+y+1=0和3x?y?3=0的交點(diǎn)，傾斜角為45°的直線方程為y=x?2.【解題思路】聯(lián)立直線求解交點(diǎn)，即可根據(jù)點(diǎn)斜式求解直線方程.【解答過程】聯(lián)立x+y+1=0與3x?y?3=0可得x=1故交點(diǎn)為12,?3故直線方程為y+32=x?故答案為：y=x?2.13．（5分）（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測(cè)）已知圓C:x2+y2=1，直線l:x+y+2=0，P為直線l上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則直線【解題思路】設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，可得以PC為直徑的圓的方程，與圓C方程作差即可得公共弦方程，即可得定點(diǎn)坐標(biāo).【解答過程】根據(jù)題意，P為直線l：x+y+2=0上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)P的坐標(biāo)為t,?2?t，過點(diǎn)P作圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，則PA⊥AC，PB⊥BC，則點(diǎn)A、B在以PC為直徑的圓上，又由C0,0，Pt,?2?t，則以PC為直徑的圓的方程為變形可得：x2則有x2+y變形可得：1+2y?tx?y=0，即直線AB的方程為則有1+2y=0x?y=0，解可得x=?12y=?1故答案為：?114．（5分）（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）已知橢圓M:x22+y2=1，經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條直線分別與橢圓M相交于A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)，若該兩條直線的斜率分別為k1、k2【解題思路】設(shè)出點(diǎn)A、C的坐標(biāo)，將△AOC的面積用坐標(biāo)表示，再利用已知條件及點(diǎn)在橢圓上進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算求解即可.【解答過程】設(shè)A(x1,所以O(shè)A、OC的斜率存在且不為0，即x1直線OA方程：y=y1x所以點(diǎn)C到OA的距離為d=|因此△AOC的面積為S△AOC而點(diǎn)A、C在橢圓x22+y12y所以(=x所以S△AOC故答案為：22四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。15．（13分）（2024·陜西西安·二模）解答下列問題.(1)已知直線l1:ax?3y+4b=0與直線l2:2x+by?2a=0相交，交點(diǎn)坐標(biāo)為(2)已知直線l過點(diǎn)P(2,3)，且點(diǎn)M(3,1)到直線l的距離為1，求直線l的方程.【解題思路】（1）利用直線的交點(diǎn)坐標(biāo)同時(shí)在兩直線上解方程組即可得到結(jié)果；（2）分直線的斜率存在與否，不存在時(shí)，直接驗(yàn)證即可；存在時(shí)利用點(diǎn)斜式設(shè)出直線方程，再由點(diǎn)到直線的距離解出斜率，得到直線方程即可.【解答過程】（1）由題意得a×1?3×2+4b=02×1+2b?2a=0，即a+4b=6a?b=1∴a=2,b=1；（2）顯然直線l：x=2滿足條件.此時(shí)，直線l的斜率不存在.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l:y?3=k(x?2)，即l:kx?y?2k+3=0.∵點(diǎn)M(3,1)到直線l的距離為1，∴3k?1?2k+3k2+?12得直線l:3x+4y?18=0綜上所述，直線l的方程為l:x=2和3x+4y?18=0.16．（15分）（2024·山東·二模）已知雙曲線的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，點(diǎn)P2,?(1)求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若過點(diǎn)Q0,2的直線l與雙曲線交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，△OEF的面積為22，求直線【解題思路】（1）設(shè)所求雙曲線方程為x2?y2=m（2）根據(jù)題意設(shè)直線l的方程為y=kx+2，聯(lián)立直線與雙曲線的方程，分別用點(diǎn)到直線的距離公式，弦長(zhǎng)公式，三角形面積公式，建立方程，即可得出答案．【解答過程】（1）因?yàn)殡p曲線C的兩條漸近線互相垂直，所以雙曲線C為等軸雙曲線，所以設(shè)所求雙曲線方程為x2?y又雙曲線C經(jīng)過點(diǎn)P(2,?2所以4?2=m，即m=2，所以雙曲線的方程為x2?y（2）根據(jù)題意可知直線l的斜率存在，又直線l過點(diǎn)Q(0,2)，所以直線l的方程為y=kx+2，所以原點(diǎn)O到直線l的距離d=2聯(lián)立y=kx+2x2?所以k2≠1且所以k2<3，且所以|EF|=1+所以△OEF的面積為12所以3?k2|k2所以直線l的方程為y=2x+2或17．（15分）（2024·山西太原·二模）已知拋物線C：y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)D2,1(1)求拋物線C的方程；(2)若A，B是拋物線C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，在x軸上是否存在定點(diǎn)M（異于坐標(biāo)原點(diǎn)O），使得當(dāng)直線AB經(jīng)過點(diǎn)M時(shí)，滿足OA⊥OB？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)點(diǎn)斜式求解直線方程，即可求解焦點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而可得p=2，（2）聯(lián)立直線與拋物線方程得韋達(dá)定理，結(jié)合向量垂直的坐標(biāo)運(yùn)算，即可求解.【解答過程】（1）由題意過點(diǎn)D2,1且斜率為1的直線方程為y?1=x?2，即y=x?1，令y=0，則x=1∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為1,0，∴p2∴p=2．拋物線C的方程為y2（2）由（1）得拋物線C：y2=4x，假設(shè)存在定點(diǎn)設(shè)直線AB的方程為x=ty+m（t∈R,m≠0），A由x=ty+my2=4x∴y1+y2=4t∵OA⊥OB，∴OA?∴OA=?4mt∴m=4或m=0（舍去），當(dāng)m=4時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為4,0，滿足OA⊥OB，Δ=16∴存在定點(diǎn)M4,018．（17分）（2024·江蘇蘇州·三模）已知圓O:x2+y2=4，直線l1:x=m，直線l2:y=x+b和圓交于A，B兩點(diǎn)，過(1)求實(shí)數(shù)b的取值范圍;(2)若m=?4，求四邊形ABDC的面積取最大值時(shí)，對(duì)應(yīng)實(shí)數(shù)b的值;(3)若直線AD和直線BC交于點(diǎn)E，問是否存在實(shí)數(shù)m，使得點(diǎn)E在一條平行于x軸的直線上?若存在，求出實(shí)數(shù)m的值;若不存在，請(qǐng)說明理由.【解題思路】（1）利用圓O與直線l2相交可建立關(guān)于b（2）聯(lián)立圓O與直線l2的直線方程，利用韋達(dá)定理和b表示出四邊形ABDC（3）表示出直線AD和直線BC交的直線方程，聯(lián)立方程組得到y(tǒng)的值，再結(jié)合韋達(dá)定理可得實(shí)數(shù)m.【解答過程】（1）圓O的半徑為2，因?yàn)橹本€l2和圓O交于A，B所以圓心到直線l2的距離d=解得?22則實(shí)數(shù)b的取值范圍為?22（2）設(shè)Ax1,由y=x+bx2+所以x1+x則y1?y因?yàn)樗倪呅蜛BDC為直角梯形，所以四邊形ABDC的面積S==1令fb=8?f′b=48?bb當(dāng)?22<b<2?22時(shí)，f當(dāng)2?22<b<22時(shí)，f所以當(dāng)b=2?22時(shí)四邊形ABDC且最大值為6+22

（3）Ax1,y1,Bx由（2）x1+x2=?b,直線AD:y?y2聯(lián)立得y=y=若b