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直线、圆、圆锥曲线测试题


第一章

第一节

专题三

直线、圆、圆锥曲线测试题
(时间:120 分钟 满分:150 分)

一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.已知圆 O 的方程是 x2+y2-8x-2y+10=0,过点 M(3

,0)的最 短弦所在的直线方程是( A.x+y-3=0 C.2x-y-6=0 解析 ) B.x-y-3=0 D.2x+y-6=0

x2+y2-8x-2y+10=0,即(x-4)2+(y-1)2=7,

圆心 O(4,1),设过点 M(3,0)的直线为 l,则 kOM=1, 故 kl=-1,∴y=-1×(x-3),即 x+y-3=0. 答案 A )

2.过点(-1,3)且平行于直线 x-2y+3=0 的直线方程为( A.x-2y+7=0 C.x-2y-5=0 B.2x+y-1=0 D.2x+y-5=0

1 解析 因为直线 x-2y+3=0 的斜率是2, 故所求直线的方程为 y 1 -3=2(x+1),即 x-2y+7=0. 答案 A

3. 曲线 y=2x-x3 在横坐标为-1 的点处的切线为 l, 则点 P(3,2) 到直线 l 的距离为( 7 2 A. 2 11 2 C. 2 ) 9 2 B. 2 9 10 D. 10

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专题三

解析 曲线 y=2x-x3 在横坐标为-1 的点处的纵坐标为-1,故 切点坐标为(-1, -1). 切线斜率为 k=y′|x=-1=2-3×(-1)2=-1, 故切线 l 的方程为 y-(-1)=-1×[x-(-1)],整理得 x+y+2=0, |3+2+2| 7 2 由点到直线的距离公式得点 P(3,2)到直线 l 的距离为 = 2 . 12+12 答案 A

4.若曲线 x2+y2+2x-6y+1=0 上相异两点 P、Q 关于直线 kx +2y-4=0 对称,则 k 的值为( A.1 1 C.2 解析 ) B.-1 D.2 曲线方程可化为(x+1)2+(y-3)2=9,由题设知直线过圆

心,即 k×(-1)+2×3-4=0,∴k=2.故选 D. 答案 D )

5. 直线 ax-y+ 2a=0(a≥0)与圆 x2+y2=9 的位置关系是( A.相离 C.相切 B.相交 D.不确定

解析 圆 x2+y2=9 的圆心为(0,0),半径为 3.由点到直线的距离 |Ax0+By0+C| 公式 d= 得该圆圆心(0,0)到直线 ax-y+ 2a=0 的距离 A2+B2 d= 2a 2a 由基本不等式可以知道 2a≤ a2+12, 从 2= 2 2, a +?-1? a +1
2

而 d=

2a 2 2 2≤1<r=3,故直线 ax-y+ 2a=0 与圆 x +y =9 的位 a +1
2

置关系是相交. 答案 B

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6.设 A 为圆(x+1)2+y2=4 上的动点,PA 是圆的切线,且|PA| =1,则 P 点的轨迹方程为( A.(x+1)2+y2=25 C.x2+(y+1)2=25 解析 ) B.(x+1)2+y2=5 D.(x-1)2+y2=5

设圆心为 O,则 O(-1,0),在 Rt△AOP 中,|OP|=

|OA|2+|AP|2= 4+1= 5. 答案 B

7.(2011· 济宁一中高三模拟)双曲线 mx2+y2=1 的虚轴长是实轴 长的 2 倍,则 m 等于( 1 A.-4 C.4
2

) B.-4 1 D.4

x2 1 解析 双曲线标准方程为:y - 1 =1,由题意得-m=4,∴m -m 1 =-4. 答案 A

x2 2 8. P 是双曲线 4 -y =1 的右支上一点, N 分别是(x+ 5)2 点 M、 +y2=1 和(x- 5)2+y2=1 上的点,则|PM|-|PN|的最大值是( A.2 C.6 解析 B.4 D.8 )

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专题三

如图,当点 P、M、N 在如图所示的位置时,|PM|-|PN|可取得最 大值,注意到两圆圆心分别为双曲线两焦点,故|PM|-|PN|=(|PF1| +|F1M|)-(|PF2|-|F2N|)=|PF1|-|PF2|+|F1M|+|F2N|=2a+2R=6. 答案 C

9.已知 F1、F2 是两个定点,点 P 是以 F1 和 F2 为公共焦点的椭 圆和双曲线的一个交点,并且 PF1⊥PF2,e1 和 e2 分别是上述椭圆和 双曲线的离心率,则( 1 1 A.e2+e2=4 1 2 1 1 C.e2+e2=2 1 2 )
2 2 B.e1+e2=4

D.e2+e2=2 1 2

解析 设椭圆的长半轴长为 a,双曲线的实半轴长为 m,

?|PF |+|PF |=2a ?① 则? ||PF |-|PF ||=2m ?② ?
1 2 1 2

).

①2+②2 得 2(|PF1|2+|PF2|2)=4a2+4m2, 又|PF1|2+|PF2|2=4c2,代入上式得 4c2=2a2+2m2, 1 1 两边同除以 2c2,得 2=e2+e2,故选 C.
1 2

答案

C

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x2 y2 10.已知双曲线a2-b2=1 的两条渐近线互相垂直,则双曲线的 离心率为( A. 3 5 C. 2 ) B. 2 2 D. 2

b b2 解析 两条渐近线 y=± x 互相垂直,则-a2=-1,则 b2=a2, a c 2a2 双曲线的离心率为 e=a= a = 2,选 B. 答案 B

x2 y2 11.若双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的焦点到渐近线的距离等于实 轴长,则双曲线的离心率为( A. 2 C. 5 ) B. 3 D.2
2

c2 解析 焦点到渐近线的距离等于实轴长,可得 b=2a,e =a2=1 b2 +a2=5,所以 e= 5. 答案 C

x2 y 2 12.(2011· 济南市质量调研)已知点 F1、F2 分别是双曲线a2-b2= 1(a>0,b>0)的左、右焦点,过点 F1 且垂直于 x 轴的直线与双曲线交 于 A,B 两点,若△ABF2 是锐角三角形,则该双曲线离心率的取值范 围是( ) B.( 3,2 2) D.(1,1+ 2)

A.(1, 3) C.(1+ 2,+∞)

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b2 a c2-a2 π 解析 依题意得, 0<∠AF2F1<4, 0<tan∠AF2F1<1, 2c= 2ac 故 则 1 <1,即 e-e<2,e2-2e-1<0, (e-1)2<2,所以 1<e<1+ 2,选 D. 答案 D

二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 4 分,共 16 分,将答案 填在题中的横线上. x2 y 2 13. (2011· 安徽“江南十校”联考)设 F1、 2 分别是椭圆25+16= F 1 的左、右焦点,P 为椭圆上任一点,点 M 的坐标为(6,4),则|PM|+ |PF1|的最大值为________. 解析 由椭圆定义|PM|+|PF1|=|PM|+2×5-|PF2|,而|PM|-

|PF2|≤|MF2|=5,所以|PM|+|PF1|≤2×5+5=15. 答案 15 14.(2011· 潍坊市高考适应性训练)已知双曲线的中心在坐标原 点,焦点在 x 轴上,且一条渐近线为直线 3x+y=0,则该双曲线的 离心率等于________. c2-a2 x2 y2 b b2 解析 设双曲线方程为a2-b2=1,则a= 3,a2=3, a2 =3, c ∴e=a=2. 答案 2 x2 y2 15. (2011· 潍坊 2 月模拟)双曲线 3 - 6 =1 的右焦点到渐近线的距 离是________. 解析 双曲线右焦点为(3,0),渐近线方程为:y=± 2x,则由点

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到直线的距离公式可得距离为 6. 答案 6

16.(2011· 郑州市质量预测(二))设抛物线 x2=4y 的焦点为 F,经 过点 P(1,4)的直线 l 与抛物线相交于 A、 两点, B 且点 P 恰为 AB 的中 → → 点,则|AF|+|BF|=________. 解析 ∵x2=4y,∴p=2.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2, → p → p y1+y2=8.∵|AF|=y1+2,|BF|=y2+2, → → ∴|AF|+|BF|=y1+y2+p=8+2=10. 答案 10 三、解答题:本大题共 6 小题,共 74 分.解答应写出文字说明、 证明过程或演算步骤. 17.(本小题满分 12 分) x2 y2 (2012· 天津)设椭圆a2+b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A,B, 点 P 在椭圆上且异于 A,B 两点,O 为坐标原点. 1 (1)若直线 AP 与 BP 的斜率之积为-2,求椭圆的离心率; (2)若|AP|=|OA|,证明直线 OP 的斜率 k 满足|k|> 3. 解 (1)设点 P 的坐标为(x0,y0),由题意,有

2 x0 y2 0 2+ 2=1.① a b

由 A(-a,0),B(a,0),得 kAP=

y0 y0 ,kBP= . x0+a x0-a

1 由 kAP·BP=-2,可得 x2=a2-2y2,代入①并整理得 k 0 0

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(a -2b

2

2

2 )y0=0.由于

a2-b2 1 y0≠0,故 a =2b .于是 e = a2 =2,所以
2 2 2

2 椭圆的离心率 e= 2 . (2)(方法一) 依题意,直线 OP 的方程为 y=kx,设点 P 的坐标为(x0,y0).由

?y0=kx0, 条件得?x2 y2 0 0 ?a2+b2=1.

消去 y0 并整理得

2 x0=

a2b2 .② ka2+b2

由|AP|=|OA|,A(-a,0)及 y0=kx0,得(x0+a)2+k2x2=a2.整理得(1 0 -2a 2 2 +k2)x2+2ax0=0.而 x0≠0,于是 x0= 2,代入②,整理得(1+k ) 0 1+k
?a? =4k2?b?2+4.由 a>b>0,故(1+k2)2>4k2+4,即 k2+1>4,因此 k2>3, ? ?

所以|k|> 3. (方法二) 依题意, 直线 OP 的方程为 y=kx, 可设点 P 的坐标为(x0, 0). kx 由
2 2 x0 k2x2 x0 k2x2 0 0 点 P 在椭圆上,有a2+ b2 =1.因为 a>b>0,kx0≠0,所以a2+ a2 <1, 2 即(1+k2)x0<a2.③ 2 由|AP|=|OA|,A(-a,0),得(x0+a)2+k2x2=a2,整理得(1+k2)x0+ 0

2ax0=0,于是 x0=
2

-2a .代入③, 1+k2

4a2 得(1+k ) <a2,解得 k2>3,所以|k|> 3. ?1+k2?2 18.(本小题满分 12 分) x2 y2 (2012· 辽宁)如图,椭圆 C0:a2+b2=1(a>b>0,a,b 为常数),动
2 圆 C1:x2+y2=t1,b<t1<a.点 A1,A2 分别为 C0 的左,右顶点,C1 与

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C0 相交于 A,B,C,D 四点.

(1)求直线 AA1 与直线 A2B 交点 M 的轨迹方程; (2)设动圆 C2:x2+y2=t2与 C0 相交于 A′,B′,C′,D′四点, 2 其中 b<t2<a, 1≠t2.若矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积相等, t
2 证明:t1+t2为定值. 2



(1)设 A(x1,y1),B(x1,-y1),又知 A1(-a,0),A2(a,0),则直

线 A1A 的方程为 y= y1 (x+a),① x1+a

直线 A2B 的方程为 y= -y1 (x-a),② x1-a

由①②相乘得 -y2 2 1 y = 2 (x -a2).③ x1-a
2 2 x1 y2 1 由点 A(x1,y1)在椭圆 C0 上,故a2+b2=1.从而

x2 ? 1 2 2? y1=b ?1-a2?,代入③得
? ?

x2 y2 a2-b2=1(x<-a,y<0).

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(2)设 A′(x2,y2),由矩形 ABCD 与矩形 A′B′C′D′的面积 相等,得 4|x1||y1|=4|x2||y2|,
2 2 2 故 x2y1=x2y2. 1

因为点 A,A′均在椭圆上,所以
2 x1? x2 ? 2 2 2? 2? ?1- 2?=b2x2?1- 2?. b x1 a a

?

?

?

?

2 2 由 t1≠t2,知 x1≠x2,所以 x1+x2=a2.从而 y2+y2=b2, 1 2 2 因此 t1+t2=a2+b2 为定值. 2

19.(本小题满分 12 分) 设 λ>0,点 A 的坐标为(1,1),点 B 在抛物线 y=x2 上运动,点 Q → → 满足BQ=λQA,经过点 Q 与 x 轴垂直的直线交抛物线于点 M,点 P → → 满足QM=λMP,求点 P 的轨迹方程.

→ → 解 由QM=λMP知 Q, P 三点在同一条垂直于 x 轴的直线上, M, 故可设 P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2), 则 x2-y0=λ(y-x2),即 y0=(1+λ)x2-λy.① → → 再设 B(x1,y1),由BQ=λQA,即(x-x1,y0-y1)=λ(1-x,1-y0),

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解得
?x1=?1+λ?x-λ, ? ? ② ?y1=?1+λ?y0-λ. ?

将①式代入②式,消去 y0,得
? ?x1=?1+λ?x-λ, ? ③ 2 2 ?y1=?1+λ? x -λ?1+λ?y-λ. ?
2 2 又点 B 在抛物线 y=x2 上,所以 y1=x1,再将③式代入 y1=x1,

得 (1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=[(1+λ)x-λ]2. (1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=(1+λ)2x2-2λ(1+λ)x+λ2. 2λ(1+λ)x-λ(1+λ)y-λ(1+λ)=0. 因 λ>0,两边同除以 λ(1+λ),得 2x-y-1=0. 故所求点 P 的轨迹方程为 y=2x-1. 20.(本小题满分 12 分) (2011· 天津)在平面直角坐标系 xOy 中, P(a, 点 b)(a>b>0)为动点, x2 y2 F1、F2 分别为椭圆a2+b2=1 的左、右焦点.已知△F1PF2 为等腰三角 形. (1)求椭圆的离心率 e. (2)设直线 PF2 与椭圆相交于 A,B 两点,M 是直线 PF2 上的点, → → 满足AM· =-2,求点 M 的轨迹方程. BM 解 (1)设 F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),由题意,可得|PF2|=|F1F2|,
? ?

? c? c c c 即 ?a-c?2+b2=2c, 整理得 2?a?2+a-1=0, a=-1(舍)或a= 得

1 1 ,所以 e=2. 2

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(2)由(1)知 a=2c,b= 3c,可得椭圆方程为 3x2+4y2=12c2. 直线 PF2 方程为 y= 3(x-c).
2 2 ? 2 ?3x +4y =12c , A,B 两点的坐标满足方程组? 消去 y 并整理, ? ?y= 3?x-c?.

?x1=0, ? 8 得 5x -8cx=0, 解得 x1=0,2=5c, x 得方程组的解? ?y1=- 3c, ?
2

?x =5c, ? 3 3 ?y = 5 c.
8
2 2

?8 3 3 ? ?, 不妨设 A? c, 5 c? ?5

B(0,- 3c). → ? 8 3 3 ? → ?x- c,y- ?,BM=(x,y 设点 M 的坐标为(x,y),则AM= 5 5 c? ? + 3c). 由 y = → 3 3 (x - c) , 得 c = x - 3 y , 于 是 AM = → → 3 x) , 由 AM · = - 2 , 即 BM

→ ?8 3 3 8 3 3 ? ? y-5x,5y- 5 x? , BM = (x , ? 15 ?

?8 3 ?8 3 ? 3 3 ? ? x+ y-5x?· ?5y- 5 x?· 3x=-2,化简得 18x2-16 3xy-15=0. ? 15 ? ? ?

18x2-15 10x2+5 3 将 y= 代入 c=x- 3 y,得 c= 16x >0,所以 x>0. 16 3x 因此,点 M 的轨迹方程是 18x2-16 3xy-15=0(x>0). 21.(本小题满分 12 分) x2 y2 (2011· 山东)已知动直线 l 与椭圆 C: + 2 =1 交于 P(x1,1), 2, y Q(x 3 6 y2)两不同点,且△OPQ 的面积 S△OPQ= 2 ,其中 O 为坐标原点.

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(1)证明 x2+x2和 y2+y2均为定值; 1 2 1 2 (2)设线段 PQ 的中点为 M,求|OM|· |PQ|的最大值; (3)椭圆 C 上是否存在三点 D,E,G,使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG 6 = 2 ?若存在,判断△DEG 的形状;若不存在,请说明理由. 解 对称. 所以 x2=x1,y2=-y1, 因为 P(x1,y1)在椭圆上,
2 2 x1 y1 因此 3 + 2 =1.①

(1)证明:1)当直线 l 的斜率不存在时,P,Q 两点关于 x 轴

6 6 又因为 S△OPQ= 2 .所以|x1|· 1|= 2 .② |y 6 由①②得|x1|= 2 ,|y1|=1,
2 此时 x2+x2=3,y2+y2=2. 1 2 1

2)当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+m. x2 y2 由题意知 m≠0,将其代入 3 + 2 =1 得 (2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0. 其中 Δ=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)>0. 即 3k2+2>m2.(*) 3?m2-2? 6km 又 x1+x2=- ,x x = . 2+3k2 1 2 2+3k2 2 6 3k2+2-m2 所以|PQ|= 1+k · ?x1+x2? -4x1x2= 1+k · . 2+3k2
2 2 2

因为点 O 到直线 l 的距离为 d=

|m| . 1+k2

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1 所以 S△OPQ=2|PQ|· d
2 2 1 |m| 2 2 6 3k +2-m =2 1+k · · 2 2+3k 1+k2

6|m| 3k2+2-m2 6 = 又 S△OPQ= 2 . 2 2+3k 整理得 3k2+2=2m2, 且符合(*)式. 此时, 2+x2=(x1+x2)2-2x1x2 x1 2
? 6km ?2 3?m2-2? - =? 2+3k2? -2× =3. 2+3k2 ? ?

2 2 2 2 2 2 2 2 2 y1+y2=3(3-x1)+3(3-x2)=4-3(x1+x2)=2.
2 2 2 2 综上所述,x1+x2=3;y1+y2=2,结论成立.

(2)解法一: 1)当直线 l 的斜率不存在时. 6 由(1)知|OM|=|x1|= 2 .|PQ|=2|y1|=2. 6 因此|OM|· |PQ|= 2 ×2= 6. 2)当直线 l 的斜率存在时,由(1)知: x1+x2 3k =-2m. 2 y1+y2 ?x1+x2? ? ? 2 =k? 2 ?+m -3k2 3k2+2m2 1 = 2m +m=- 2m =m.
2 ?x1+x2?2 ?y1+y2?2 9k2 1? 1 6m -2 1? ? ? +? ? = 2+ 2= |OM| = 2 = ?3- 2?. 4m m 4m 2? m ? ? 2 ? ? 2 ? 2

24?3k2+2-m2? |PQ| =(1+k ) ?2+3k2?2
2 2

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2?2m2+1? ? 1? = =2?2+m2?. 2 m ? ? 1? 1? ? 1?? 1? ? 1 ? 所 以 |OM|2· 2 = 2 × ?3-m2? ×2× ?2+m2? = ?3-m2? ?2+m2? |PQ|
? ? ? ? ? ?? ?

?3- 12+2+ 12?2 25 m?= . ≤? m ? ? 4 2
5 1 1 所以|OM|· |PQ|≤2,当且仅当 3-m2=2+m2,即 m=± 2时,等 号成立. 5 综合 1)2)得|OM|· |PQ|的最大值为2. 解法二: 因为 4|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2=
2 2 2[(x2+x2)-(y1+y2)]=10. 1 2

4|OM|2+|PQ|2 10 所以 2|OM|· |PQ|≤ = 2 =5. 2 5 即|OM|· |PQ|≤2,当且仅当 2|OM|=|PQ|= 5时等号成立.因此 5 |OM|· |PQ|的最大值为2. (3)椭圆 C 上不存在三点 D,E,G,使得 S△ODE=S△ODG=S△OEG 6 =2. 证明:假设存在 D(u,v),E(x1,y1),O(x2,y2)满足 S△ODE=S△ODG 6 =S△OEG= 2 , 由(1)得
2 2 2 u2+x2=3,u2+x2=3,x1+x2=3,v2+y1=2,v2+y2=2,y2+y2 1 2 2 1 2

=2,

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3 2 解得:u2=x2=x2=2,v2=y1=y2=1. 1 2 2 6 因此,u,x1,x2 只能从± 2 中选取,v,y1,y2 只能从± 中选取, 1
? 6 ? 因此 D、E、G 只能在?± ,± ?这四点中选取三个不同点, 1 ? 2 ?

而这三点的两两连线中必有一条过原点. 6 与 S△ODE=S△ODG=S△OEG= 2 矛盾. 所以椭圆 C 上不存在满足条件的三点 D,E,G. 22.(本小题满分 14 分) x2 y 2 (2012· 江苏)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 a2 + b2 = 1(a>b>0)的左、 右焦点分别为 F1(-c,0), 2(c,0), F 已知点(1, ?e, e)和
? ?

3? ? 2?

都在椭圆上,其中 e 为椭圆的离心率.

(1)求椭圆的方程; (2)设 A, 是椭圆上位于 x 轴上方的两点, B 且直线 AF1 与直线 BF2 平行,AF2 与 BF1 交于点 P. 6 (i)若 AF1-BF2= 2 ,求直线 AF1 的斜率; (ii)求证:PF1+PF2 是定值.

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c (1)由题设知 a2=b2+c2,e=a. 由点(1,e)在椭圆上, 1 c2 得a2+a2b2=1,解得 b2=1, 于是 c2=a2-1, 又点?e,
? ?

3? ?在椭圆上, 2?

e2 3 所以a2+4b2=1, a2-1 3 即 a4 +4=1,解得 a2=2. x2 2 因此,所求椭圆的方程是 2 +y =1. (2)由(1)知 F1(-1,0),F2(1,0),又直线 AF1 与 BF2 平行,所以可 设直线 AF1 的方程为 x+1=my, 直线 BF2 的方程为 x-1=my.设 A(x1, y1),B(x2,y2),y1>0,y2>0.

?x1+y2=1 1 由? 2 ?x1+1=my1

2

2 得(m2+2)y1-2my1-1=0,

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专题三

m+ 2m2+2 解得 y1= , m2+2 故 AF1 = ?x1+1?2+?y1-0?2 = ?my1?2+y2 1 =

2?m2+1?+m m2+1 .① m2+2 2?m2+1?-m m2+1 同理,BF2= .② m2+2 2m m2+1 2m m2+1 6 (i)由①②得 AF1-BF2= ,解 = 2 得 m2=2, 2 2 m +2 m +2 注意到 m>0, 1 2 故 m= 2.所以直线 AF1 的斜率为m= 2 . PB+PF1 PB BF2 (ii)因为直线 AF1 与 BF2 平行,所以PF =AF ,于是 PF = 1 1 1 BF2+AF1 AF1 , 故 PF1= AF1 BF .由 B 点在椭圆上知 BF1+BF2=2 2, AF1+BF2 1

AF1 从而 PF1= (2 2-BF2). AF1+BF2 BF2 同理 PF2= (2 2-AF1). AF1+BF2 因此,PF1+PF2= =2 2- 2AF1· 2 BF . AF1+BF2 AF1 BF2 (2 2-BF2)+ (2 2-AF1) AF1+BF2 AF1+BF2

2 2?m2+1? m2+1 又由①②知 AF1+BF2= ,AF1· 2= 2 BF . m2+2 m +2 2 3 2 所以 PF1+PF2=2 2- 2 = 2 .因此,PF1+PF2 是定值.


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