《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1. 对于方程$x^{2}+y^{2}\sin\alpha = 1(\alpha\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}])$表示的曲线$C$，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线$C$只能表示圆、椭圆或双曲线
B. 若$\alpha$为负角，则曲线$C$为双曲线
C. 若$\alpha$为正角，则曲线$C$为椭圆
D. 若$C$为椭圆，则其焦点在$x$轴上

答案： 1.B　[解析]当α = 0，即 sinα = 0 时，曲线 C 的方程为 x² = 1，x = ±1，此时曲线 C 为两条平行的直线，故 A 错误；若α为负角，即 - $\frac{\pi}{2}$ ≤ α ＜ 0，则 sinα ＜ 0，此时曲线 C 为双曲线，故 B 正确；若α为正角，即 0 ＜ α ≤ $\frac{\pi}{2}$，当α = $\frac{\pi}{2}$时，sinα = 1，则曲线 C 的方程为 x² + y² = 1，是圆，故 C 错误；若 C 为椭圆，则 0 ＜ sinα ＜ 1，$\frac{1}{sinα}$ ＞ 1，又 x² + y²sinα = 1 可变形为 x² + $\frac{y^{2}}{\frac{1}{sinα}}$ = 1，则 C 为焦点在 y 轴上的椭圆，故 D 错误. 故选 B.

2. [河北衡水二中2024高二四调]已知$F_{1},F_{2}$分别是双曲线$C:x^{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$的左、右焦点，点$M$在双曲线的右支上，且$|MF_{1}|+|MF_{2}| = 6$，则$\angle MF_{1}F_{2}=$（ ）
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $90^{\circ}$

答案： 2.A　[解析]由题意可得|F₁F₂| = 2$\sqrt{1 + 2}$ = 2$\sqrt{3}$，由双曲线的定义得|MF₁| - |MF₂| = 2，而|MF₁| + |MF₂| = 6，解得|MF₁| = 4，|MF₂| = 2，由余弦定理得 cos∠MF₁F₂ = $\frac{|MF₁|^{2}+|F₁F₂|^{2}-|MF₂|^{2}}{2 \cdot |MF₁| \cdot |F₁F₂|}$ = $\frac{4^{2}+(2\sqrt{3})^{2}-2^{2}}{2×4×2\sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以∠MF₁F₂ = 30°. 故选 A.

3. (多选)下列说法正确的是（ ）
A. 若定点$F_{1},F_{2}$满足$|F_{1}F_{2}| = 8$，动点$P$满足$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 8$，则动点$P$的轨迹是双曲线
B. 若定点$F_{1},F_{2}$满足$|F_{1}F_{2}| = 8$，动点$M$满足$|MF_{1}|+|MF_{2}| = 10$，则动点$M$的轨迹是椭圆
C. 当$1＜k＜2$时，曲线$C:\frac{x^{2}}{4 - 2k}-\frac{y^{2}}{1 - k}=1$表示椭圆
D. 双曲线$\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{9}=1$与椭圆$\frac{x^{2}}{35}+y^{2}=1$有相同的焦点

答案： 3.BD　[解析]对于 A，定点 F₁，F₂满足|F₁F₂| = 8，动点 P 满足|PF₁| - |PF₂| = 8 = |F₁F₂|，则动点 P 的轨迹是以 F₂为端点的一条射线，故 A 错误；对于 B，定点 F₁，F₂满足|F₁F₂| = 8，动点 M 满足|MF₁| + |MF₂| = 10 ＞ |F₁F₂|，则动点 M 的轨迹是以 F₁，F₂为焦点的椭圆，故 B 正确；对于 C，当 k = $\frac{5}{3}$时，曲线 C：$\frac{x^{2}}{4 - 2k}-\frac{y^{2}}{1 - k}$ = 1，即 C：x² + y² = $\frac{2}{3}$，表示圆，故 C 错误；对于 D，由双曲线$\frac{x^{2}}{25}-\frac{y^{2}}{9}$ = 1 可知其焦点为(±$\sqrt{34}$,0)，由椭圆$\frac{x^{2}}{35}$ + y² = 1 可知其焦点为(±$\sqrt{34}$,0)，故 D 正确.故选 BD.

4. [陕西西安铁一中2024高二期中]已知焦点为$F_{1},F_{2}$的双曲线$C$的离心率为$\sqrt{5}$，点$P$为$C$上一点，且满足$2|PF_{1}| = 3|PF_{2}|$. 若$\triangle PF_{1}F_{2}$的面积为$2\sqrt{5}$，则双曲线$C$的实轴长为（ ）
A. 2
B. $\sqrt{2}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $2\sqrt{2}$

答案： 4.B　[解析]设|PF₂| = 2m ＞ 0，则|PF₁| = 3m，故|PF₁| - |PF₂| = m = 2a，所以|PF₂| = 4a，|PF₁| = 6a，故 cos∠F₁PF₂ = $\frac{|PF₁|^{2}+|PF₂|^{2}-|F₁F₂|^{2}}{2|PF₁||PF₂|}$ = $\frac{52a^{2}-4c^{2}}{48a^{2}}$，而 e = $\frac{c}{a}$ = $\sqrt{5}$，则 c = $\sqrt{5}$a，则 cos∠F₁PF₂ = $\frac{52a^{2}-20a^{2}}{48a^{2}}$ = $\frac{2}{3}$，又∠F₁PF₂ ∈ (0,π)，所以 sin∠F₁PF₂ = $\frac{\sqrt{5}}{3}$，故 S△PF₁F₂ = $\frac{1}{2}$|PF₁| |PF₂| $\cdot$ sin∠F₁PF₂ = 2$\sqrt{5}$，即 24a²×$\frac{\sqrt{5}}{3}$ = 4$\sqrt{5}$，解得 a = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，故实轴长 2a = $\sqrt{2}$.故选 B.

5. 已知点$F_{1},F_{2}$分别为双曲线$C:\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$的左、右焦点，过点$F_{1}$的直线$l$与双曲线$C$在第一象限交于点$P$. 若$\triangle F_{1}PF_{2}$的内切圆的半径为1，则直线$l$的斜率为（ ）
A. $\frac{5}{13}$
B. $\frac{5}{12}$
C. 1
D. $\sqrt{3}$

答案：
5.B　[解析]如图，设△F₁PF₂的内切圆的圆心为 G，内切圆与三边分别相切于点 E，F，H， 可得|PF₁| - |PF₂| = |PE| + |EF₁| - |PF| - |FF₂| = |EF₁| - |FF₂| = |F₁H| - |F₂H| = c + |OH| - (c - |OH|) = 2|OH| = 2a，所以|OH| = a，即△F₁PF₂的内切圆与 x 轴相切于双曲线的右顶点，即双曲线的右顶点为 H.设直线 l 的倾斜角为θ，则θ = ∠PF₁F₂ = 2∠GF₁H，则由内切圆的性质可知 GH ⊥ x 轴，所以在 Rt△GF₁H 中，tan∠GF₁H = $\frac{|GH|}{|HF₁|}$ = $\frac{1}{a + c}$ = $\frac{1}{2 + 3}$ = $\frac{1}{5}$，所以 tanθ = tan 2∠GF₁H = $\frac{2×\frac{1}{5}}{1 - (\frac{1}{5})^{2}}$ = $\frac{5}{12}$，故选 B.

6. 已知双曲线$E:x^{2}-y^{2}=a^{2}(a＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$，过$F_{2}$且垂直于$x$轴的直线与$E$在第一象限交于点$P$，$\angle F_{1}PF_{2}$的平分线与$y$轴交于点$Q(0,-2)$，则$a=$（ ）
A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. 2
D. $2\sqrt{2}$

答案：
6.C
[解析]由双曲线 E：x² - y² = a²得$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{a^{2}}$ = 1，故 a² = b²，c² = a² + b² = 2a²，即 a = b，c = $\sqrt{2}$a，F₁(-c,0)，F₂(c,0)，设∠F₁PF₂的平分线与 x 轴交于点 M，如图.因为 PF₂ ⊥ x 轴，所以可设 P(c,y₁)(y₁ ＞ 0)，代入双曲线方程 x² - y² = a²得 c² - y₁² = a²，故 y₁² = c² - a² = b²，则 y₁ = b，即 P(c,b)，即 P($\sqrt{2}$a,a).因为|PF₁| - |PF₂| = 2a，|PF₂| = a，所以|PF₁| = 2a + |PF₂| = 3a，又因为 PM 平分∠F₁PF₂，所以$\frac{|MF₁|}{|MF₂|}$ = $\frac{|PF₁|}{|PF₂|}$ = 3.又|MF₁| + |MF₂| = |F₁F₂| = 2c = 2$\sqrt{2}$a，所以|MF₂| = $\frac{\sqrt{2}}{2}$a，则|OM| = |OF₂| - |MF₂| = $\frac{\sqrt{2}}{2}$a，即 M($\frac{\sqrt{2}}{2}$a,0).因为 P，M，Q 三点共线，所以 kPM = kPQ，即$\frac{a}{\sqrt{2}a - \frac{\sqrt{2}}{2}a}$ = $\frac{a + 2}{\sqrt{2}a}$，解得 a = 2. 故选 C.

7. [福建三明2024高二期中]已知椭圆$C_{1}:\frac{x^{2}}{18}+\frac{y^{2}}{14}=1$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$，双曲线$C_{2}:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$与$C_{1}$共焦点，点$A(3,\sqrt{7})$在双曲线$C_{2}$上.
(1)求双曲线$C_{2}$的方程；
(2)已知点$P$在双曲线$C_{2}$上，且$\angle F_{1}PF_{2}=60^{\circ}$，求$\triangle PF_{1}F_{2}$的面积.

答案： 7.[解]
(1)由椭圆方程可知 c² = 18 - 14 = 4，
∴F₁(-2,0)，F₂(2,0)，
∵点 A(3,$\sqrt{7}$)在双曲线 C₂上，
∴2a = ||AF₁| - |AF₂|| = |$\sqrt{(3 + 2)^{2}+(\sqrt{7})^{2}}-\sqrt{(3 - 2)^{2}+(\sqrt{7})^{2}}$| = 2$\sqrt{2}$，
∴a² = 2，b² = c² - a² = 4 - 2 = 2，
∴双曲线 C₂的方程是$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}$ = 1.
(2)由双曲线的对称性，不妨设|PF₁| = x ＞ 0，|PF₂| = y ＞ 0，则$\begin{cases}|x - y| = 2\sqrt{2}①\\4c^{2} = 16 = x^{2}+y^{2}-2xycos 60°②\end{cases}$，②变形为(x - y)² + xy = 16，
∴8 + xy = 16，解得 xy = 8，
∴S△PF₁F₂ = $\frac{1}{2}$|PF₁| |PF₂| sin 60° = 2$\sqrt{3}$.

8. [江西师大附中2024高二期中]已知动圆$C$与圆$C_{1}:(x - 3)^{2}+y^{2}=4$外切，与圆$C_{2}:(x + 3)^{2}+y^{2}=4$内切，则动圆圆心$C$的轨迹为（ ）
A. 圆
B. 椭圆
C. 双曲线
D. 双曲线的一支

答案： 8.D　[解析]设动圆 C 的圆心 C(x,y)，半径为 r，圆 C₁：(x - 3)² + y² = 4 的圆心为 C₁(3,0)，半径为 2，圆 C₂：(x + 3)² + y² = 4 的圆心为 C₂(-3,0)，半径为 2，由题意可得$\begin{cases}|CC₁| = r + 2\\|CC₂| = r - 2\end{cases}$，所以|CC₁| - |CC₂| = 4 ＜ |C₁C₂| = 6，根据双曲线的定义知，点 C 的轨迹为以 C₁，C₂为焦点的双曲线的左支.故选 D.
[易错警示]由|CC₁| - |CC₂| = 4 ＜ |C₁C₂| = 6，得点 C 的轨迹是以 C₁，C₂为焦点的双曲线的左支.本题易忽略|CC₁| - |CC₂| = 4 只表示双曲线的一支而导致求解错误

9. [河南南阳一中2024高二月考]曲线$C$的方程为$x^{2}-my^{2}=1$，讨论$m(m\in\mathbf{R})$取不同值时，方程表示的是什么曲线？

答案： 9.[解]当 m = 0 时，x = ±1，表示两条直线；当 m ＞ 0 时，x² - $\frac{y^{2}}{\frac{1}{m}}$ = 1，表示焦点在 x 轴上的双曲线；当 m = - 1 时，x² + y² = 1，表示单位圆；当 m ＜ 0 且 m ≠ - 1 时，x² + $\frac{y^{2}}{-\frac{1}{m}}$ = 1，表示椭圆.
[易错警示]本题容易忽略 m = 0 和 m = - 1 这两种特殊的情形.其次，当 m ＞ 0 时注意判断双曲线焦点的位置