1、广东省2022届新高考数学高三上学期10月月考试卷分类汇编：解析几何一、小题部分1【2022广东省广州市10月调研】双曲线C：的一条渐近线方程为x+2y=0，则C的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程、离心率公式，结合双曲线中的关系进行求解即可.【详解】双曲线C：的一条渐近线方程为x+2y=0，即，因此有，故选：A2【2022广东省广州市10月调研】(多选题)已知曲线C： ，则下列命题中为真命题的是（ ）A. 若，则C是圆B. 若，且，则C是椭圆C. 若，则C是双曲线，且渐近线方程为D. 若，则C是椭圆，其离心率为【答案】BC【解析】【分析】
2、对于A：取特值，则，代入原方程可判断；对于B：由已知得，由椭圆的标准方程可判断；对于C：由双曲线的标准方程和渐近线方程可判断；对于D：由已知得，可判断曲线C是焦点在y轴上的椭圆，再由椭圆的离心率公式可判断.【详解】解：对于A：若，则，原方程为，此时曲线C不存在，故A不正确；对于B：由已知得，又，且，所以表示椭圆，故B正确；对于C：若，则C是双曲线，但渐近线方程为，故C正确；对于D：由已知得，又，所以，则曲线C是焦点在y轴上的椭圆，所以，其离心率为，故D不正确，故选：BC.3【2022广州市荔湾区上学期调研】已知，分别是双曲线：的左、右焦点，点是其一条渐近线上一点，且以线段为直径的圆经过点，则点
3、的横坐标为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可设，根据圆的性质有，利用向量垂直的坐标表示，列方程求即可.【详解】由题设，渐近线为，可令，而，又， .故选：C4【2022广州市荔湾区上学期调研】已知椭圆的左焦点为F，过点F且倾斜角为45的直线l与椭圆交于A，B两点（点B在x轴上方），且，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】【分析】利用椭圆焦点坐标，求解直线方程，利用且转化求解椭圆的离心率即可【详解】解：设，由题意知，的斜率为，则直线方程为，设，联立直线和椭圆的方程得 ，整理得，则，且，可得 ，则， ，所以，可得，所以故答案为：【点睛】关键点睛:本题的关键是由向量的关系
4、得两点的纵坐标的关系，结合韦达定理进行求解5【2022广东省汕头市澄海中学10月月考】若抛物线上的点到焦点的距离是4，则抛物线的方程为（）A. B. C D. 【答案】B【解析】【分析】由题得，解方程即得解.【详解】由题得抛物线的准线方程为到准线距离等于它到焦点的距离，则，所以，故抛物线方程为，故选：B6【2022广东省汕头市澄海中学10月月考】已知、是平面向量，是单位向量若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是A. B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.【详解】设，则由得，由得因此，的最小值为圆
5、心到直线的距离减去半径1，为选A.【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.7【2022广东省汕头市澄海中学10月月考】(多选题)已知，是双曲线的左、右焦点，过作倾斜角为的直线分别交轴与双曲线右支于点，下列判断正确的是（ ）A. B. C. 的离心率等于D. 的渐近线方程为【答案】BCD【解析】【分析】根据和直角三角形的性质可知A错误，B正确；利用半通径长和焦距之间的比例关系可构造齐次方程求得离心率，知C正确；由离心率可得
6、渐近线斜率，由此知D正确.【详解】，即为中点，为中点，A错误，B正确；由知：，又，即，解得：，C正确；，的渐近线方程为，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的几何性质的应用，其中求解双曲线离心率的关键是能够构造出关于的齐次方程，从而配凑为关于离心率的方程，解方程求得结果.8【2022广东省深圳市宝安区第一次调研10月】古希腊数学家阿波罗尼斯在其巨著圆锥曲线论中提出“在同一平面上给出三点，若其中一点到另外两点的距离之比是一个大于零且不等于1的常数，则该点轨迹是一个圆”现在，某电信公司要在甲、乙、丙三地搭建三座5G信号塔来构建一个三角形信号覆盖区域，以实现5G商用，已知甲、乙两
7、地相距4公里，丙、甲两地距离是丙、乙两地距离的倍，则这个三角形信号覆盖区域的最大面积（单位：平方公里）是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用两点间的距离公式列方程，化简后求得丙地的轨迹方程，由此根据三角形的面积公式，求得三角形信号覆盖面积的最大值.【详解】由题意不妨设甲、乙两地坐标为，丙地坐标为，则，整理得，半径，所以最大面积为.故选：B【点睛】本题考查数学文化与圆的运用，考查化归与转化的数学思想.9【2022广东省深圳市宝安区第一次调研10月】(多选题)已知双曲线的左、右焦点分别为，P为双曲线上一点，且，若，则下面有关结论正确的是（ ）A. B.
8、C. D. 【答案】ABCD【解析】分析】根据对分类讨论，利用双曲线的定义以及，再结合对应的余弦定理，即可计算出离心率的值，从而可求的关系.【详解】若为锐角时，如图所示，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故BD正确；若为钝角时，如图所示，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，故AC正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查双曲线性质的综合应用，着重考查了离心率以及根据离心率求等量关系，强调了分类讨论的思想，难度一般.双曲线中的焦点三角形要注意利用定义以及顶角的余弦定理进行问题分析.10【2022广东省深圳市第七高级中学10月月考】已知双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为（ ）
9、A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据双曲线的方程得到渐近线的方程，根据一条渐近线所经过的点的坐标，得到的关系，进而利用求得离心率.【详解】因为渐近线经过点，所以，从而.故选：C【点睛】本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属基础题.11【2022广东省深圳市第七高级中学10月月考】(多选题)已知圆：，则下列说法正确的是（ ）A. 点在圆外B. 圆的半径为C. 圆关于对称D. 直线截圆的弦长为3【答案】BC【解析】【分析】由圆的方程求圆心和半径，判断B，C，再根据点与圆的位置关系判断A，由直线与圆的相交弦公式判断D.【详解】圆的方程为， 圆心M为，半径为，B对， 圆心M在直
10、线上，圆关于对称，C对， 时点在圆内，A错， 圆心到直线的距离为， 直线截圆的弦长为，D错，故选：BC.12【2022广东省深圳市育才中学10月月考】若抛物线上的点到焦点的距离是4，则抛物线的方程为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题得，解方程即得解.【详解】由题得抛物线的准线方程为到准线的距离等于它到焦点的距离，则，所以，故抛物线方程为，故选：B13【2022广东省深圳市外国语学校第一次月考10月】(多选题)已知双曲线，（ ）A. B. 若的顶点坐标为，则C. 的焦点坐标为D. 若，则的渐近线方程为【答案】BD【解析】【分析】本题首先可根据双曲线解析式得出，通过计算即可
11、判断出A错误，然后根据双曲线的顶点的相关性质即可判断出B正确，再然后分为、两种情况，依次求出，即可判断出C错误，最后根据双曲线的渐近线方程的求法即可得出结果.【详解】A项：因方程表示双曲线，所以，解得或，A错误；B项：因为的顶点坐标为，所以，解得，B正确；C项：当时，当时，C错误；D项：当时，双曲线的标准方程为，则渐近线方程为，D正确，故选：BD.14【2022广东省珠海市第二中学10月月考】(多选题)设O为坐标原点，是双曲线的焦点若在双曲线上存在点P，满足，则（ ）A. 双曲线的方程可以是 B. 双曲线的渐近线方程是C. 双曲线的离心率为 D. 的面积为【答案】BC【解析】【分析】根据，可得
12、双曲线的离心率及的值，从而可判断A、B、C、D的正误.【详解】如图，O为的中点，即，又又由双曲线的定义得，即由-得，在中，由余弦定理得，即又，即，.又双曲线的渐近线方程为双曲线的离心率为，双曲线的方程可以是，故A错，B正确，C正确.的面积，故D错误故选：BC.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，对于与焦点三角形有关的面积、长度等计算，注意利用其几何性质来帮助解决，本题属于中档题.15【2022广东省珠海市第二中学10月月考】已知直线(斜率大于)的倾斜角的正弦值为，在轴上的截距为，直线与抛物线交于两点.若，则_.【答案】4【解析】【分析】先求出直线的斜率，联立直线与抛物线C的方程，借助弦长公式即可
13、得解.【详解】依题意，直线的倾斜角为45，斜率k=1，直线的方程为：y=x+2，由得，设，则，从而有，即，而p0，解得p=4.故答案为：4【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)间的距离；直线l：x=my+t上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)间的距离.16【2022广东省珠海市第二中学10月月考】给出下列命题：已知服从正态分布，且，则；是偶函数，且在上单调递增，则；已知直线，则的充要条件是；已知，函数的图象过点，则的最小值是.其中正确命题的序号是_（把你认为正确的序号都填上）.【答案】【解析】【分析】对于，根据正态分布的对称性计算可得答案；对于，根据
14、题意得到的图象关于对称，且在上单调递增，根据此对称性和单调性可比较大小；对于，当时，可知结论不正确；对于，利用基本不等式求出最小值可知结论不正确.【详解】对于，所以，所以，故正确；对于，因为是偶函数，且在上单调递增，所以的图象关于对称，所以的图象关于对称，且在上单调递增，所以，因为，且在上单调递增，所以，即，所以正确；对于，当时，满足与垂直，但不成立，故不正确；对于，因为函数的图象过点，所以，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值是，故不正确.故答案为：二、解答题部分1【2022广东省普通高中10月阶段性质量检测】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线的左顶点A，过右焦点F且垂
15、直于x轴的直线与E交于B，C两点，若的面积为（1）求双曲线E的方程；（2）若直线与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，所以得到，根据的面积，计算可得；（2）联立直线方程与曲线方程，消元、列出韦达定理，依题意得到，从而求出参数的取值范围，利用弦长公式表示出，即可得到的取值范围；【详解】解：（1）因为双曲线为等轴双曲线，所以，设双曲线的焦距为2c，故，即因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，将代入，可得，故将的面积为，所以，即，所以，故双曲线E的方程为（2）依题意，直线与双曲线E的左，右两
16、支分别交于M，N两点，联立方程组消去y可得，所以解得，且所以联立方程组得，同理，所以所以，其中，所以【点睛】本题考查直线与双曲线综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.2【2022广东省广州市10月调研】已知抛物线的焦点为点在上， （1）求;（2）过作两条互相垂直的直线，与交于两点，与直线交于点，判断是否为定值?若是，求出其值；若不是，说明理由【答案】(1) ；（2）是定值，.【解析】【分析】（1）由题知 ，由焦半径公式得 ，两式联立即可求得答案；（2）先讨论当直线与轴平行时得，再讨论当直线与轴不平行且斜率存在时，证明，再设方程，联立方程，利用向量方法求即可.【详解】解：（1）因为点在上，所以
17、，因为，所以由焦半径公式得 ，由解得 所以. （2）由（1）知抛物线的方程为，焦点坐标为，当直线与轴平行时，此时的方程为，的方程为，此时为等腰直角三角形且，故.当直线与轴不平行且斜率存在时，若为定值，则定值比为，下面证明.要证明，只需证明，只需证，即，设直线的斜率为，则直线的方程为，直线的方程为，联立方程得，设，则，所以，联立方程得，所以，所以，所以，即，所以.综上，为定值，.3【2022广州市荔湾区上学期调研】已知抛物线：，点M在抛物线C上，点N在x轴的正半轴上，等边的边长为.（1）求C的方程；（2）若平行轴的直线交直线OM于点P，交抛物线C于点，点T满足，判断直线TM与抛物线C的位置关系，
18、并说明理由.【答案】（1）；（2）直线与抛物线相切，理由见解析.【解析】【分析】（1）等边的边长为，得， 代入，即可得到答案；（2）设直线的方程为，则，设点，求出直线的方程为，再与抛物线方程联立，得到判别式等于0，即可得到答案；【详解】解：（1）等边的边长为，得， 代入，解得所以，C的方程为.（2）相切.理由如下；由（1）得C的方程为，.由等边得，直线的方程为不妨设直线的方程为，则，设点，从而，由得，由得，整理得所以，由题知.设直线的斜率为，则则直线的方程为，即与抛物线联立得整理得从而，所以直线与抛物线相切.4【2022广东省梅江市梅州中学10月月考】已知椭圆：（）的离心率为，的长轴是圆：的直
19、径.（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的直线，其中交椭圆于，两点，交圆于，两点，求四边形面积的最小值.【答案】（1）；（2）2.【解析】【分析】（1）根据的长轴是圆：的直径，可得a，再由离心率，求得b即可.（2）由（1）可得，分过点的直线的斜率不存在，斜率为0，的直线的斜率存在且不为0时，分别求得弦长，根据两直线垂直，由求解.【详解】（1）由，得.由，得，所以.所以椭圆的方程为.（2）由（1）可得.当过点的直线的斜率不存在时，这时.当过点的直线的斜率为0时，这时.当过点的直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，.由，整理可得.，.所以.直线的方程为，坐标原点到的距离，
20、所以，所以.由，得，即.综上所述，四边形的面积的最小值为2.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值5【2022广东省汕头市澄海中学10月月考】已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点（）求椭圆的方程；（）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点求直线的方程【答案】（）；（），或【解析】【分析】（）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；（）利用
21、直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.【详解】（）椭圆的一个顶点为，由，得，又由，得，所以，椭圆的方程为；（）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，即，消去，可得，解得或.将代入，得，所以，点的坐标为，因为为线段的中点，点的坐标为，所以点的坐标为，由，得点的坐标为，所以，直线的斜率为，又因为，所以，整理得，解得或.所以，直线的方程为或.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考
22、查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.6【2022广东省深圳市宝安区第一次调研10月】已知点为圆上一动点，轴于点，若动点满足（其中为非零常数）（1）求动点的轨迹方程；（2）若是一个中心在原点，顶点在坐标轴上且面积为8的正方形，当时，得到动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线相交于两点，当线段的中点落在正方形内（包括边界）时，求直线斜率的取值范围.【答案】(1) ,(2) .【解析】【详解】试题分析：(1)由相关点法得到Q点轨迹；（2）求出线段中点坐标，点在正方形内（包括边界）的条件是即，解出来即可；（）设动点，则，且，又，
23、得，代入得动点的轨迹方程为（）当时，动点的轨迹曲线为直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，代入，得，由，解得，设，线段的中点，则由题设知，正方形在轴左边的两边所在的直线方程分别为，注意到点不可能在轴右侧，则点在正方形内（包括边界）的条件是即解得，此时也成立于是直线的斜率的取值范围为7【2022广东省深圳市第七高级中学10月月考】抛物线：的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于M，N两点，弦的最小值为2.（1）求抛物线E的标准方程；（2）设点Q是直线上的任意一点，过点的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为，证明：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】
24、（1）利用焦点弦的性质可知，即求；（2）设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理法即证.【详解】（1）对于，过焦点的弦最短时，弦垂直于轴，此时M，N两点的横坐标均为，代入可求得纵坐标分别为，则此时，所以，即抛物线方程为.（2）证明：设，因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为，联立方程，消去得.所以且又所以（定值）.8【2022广东省深圳市外国语学校第一次月考10月】已知椭圆C的中心为坐标原点，且以直线（mR）所过的定点为一个焦点，过右焦点F2且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2.（1）求椭圆C的标准方程；.（1）设点A，B分别是椭圆C的左右顶点，P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点
25、（P，Q位于y轴两侧），且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于不同的两点M，N，求证QM与QN所在的直线互相垂直.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，得到和，联立方程组，求得的值，即可求解；（2）设，得到直线的方程，求得和，得到和，结合向量的数量积，即可求解.【详解】（1）由题意，直线过定点，即椭圆C的一个焦点为，设椭圆，则，因为过右焦点F2且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2，可得，即，联立方程组，可得，所以椭圆C的方程为.（2）由（1）知，可得，设，则，且，则直线AP的方程为，则，直线BP的方程为，则，所以，所以，所以，即QM与QN所在的直线
26、互相垂直.9【2022广东省阳春市第一中学10月月考】已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为（1）求椭圆E的标准方程；（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y=-3于点M、N，直线AC交y=-3于点N，若|PM|+|PN|15，求k的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程；（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.【详解】（1）因椭圆过，故，因为四个顶点围成的四边形的面积
27、为，故，即，故椭圆的标准方程为：.（2）设，因为直线的斜率存在，故，故直线，令，则，同理.直线，由可得，故，解得或.又，故，所以又，故即，综上，或.10【2022广东省珠海市第二中学10月月考】已知椭圆：的离心率为，点在上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设为坐标原点，试判断在椭圆上是否存在三个不同点(其中的纵坐标不相等)，满足，且直线与直线倾斜角互补？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，方程为或.【解析】【分析】（1）由离心率及过的点的坐标，及，之间的关系可得，的值，进而可得椭圆的方程；（2）设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由题意可得，可得的坐标，由题意可得，进而求出参数的值，求出直线的方程【详解】解：（1）由题意知可得，解得，则椭圆的方程为；（2）由题意，直线的斜率存在且不为0，设直线方程为，设点，联立，得，所以，因为，所以，因为在椭圆上，所以，化简得，满足，又因为直线与直线倾斜角互补，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，代入得，所以存在满足条件的三个点，此时直线的方程为或.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题
