《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1. [黑龙江齐齐哈尔2024高二期中]已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的右焦点为$F$，上顶点为$A$，直线$AF$与$E$相交的另一点为$M$，点$M$在$x$轴上的射影为点$N$，$O$为坐标原点. 若$\overrightarrow{AO}=3\overrightarrow{NM}$，则$E$的离心率是 （ ）
A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{3}{4}$

答案： B【解析】由题意得$F(c,0),A(0,b)$，设$M(x,y)$。
因为$\overrightarrow{AO}=3\overrightarrow{NM}$，所以$\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FM}$，
所以$(c,-b)=3(x - c,y)$，则有$\begin{cases}x=\frac{4}{3}c\\y=-\frac{b}{3}\end{cases}$，即$M(\frac{4}{3}c,-\frac{b}{3})$。
因为点$M$在椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$上，所以$\frac{\frac{16}{9}c^{2}}{a^{2}}+\frac{\frac{b^{2}}{9}}{b^{2}}=1$，化简得$\frac{c^{2}}{a^{2}}=e^{2}=\frac{1}{2}$，所以离心率$e=\frac{\sqrt{2}}{2}$。故选 B。

2. [河北示范性高中2024高二期中]双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，直线$l$过$F_{1}$且与双曲线$C$右支交于点$P$，原点$O$到直线$l$的距离为$a$，且$S_{\triangle F_{2}PO}=2a^{2}$，则双曲线$C$的离心率为 （ ）
A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{3}$
C. 2
D.$\sqrt{5}$

答案：
D【解析】如图。


方程两边同时除以$a^{2}$，得$4+(\frac{b}{a})^{2}-4\cdot\frac{b}{a}=0$，解得$\frac{b}{a}=2$，所以离心率$e=\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{5}$。故选 D。

3. 已知双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左焦点为$F_{1}$，过$F_{1}$作一倾斜角为$30^{\circ}$的直线交双曲线右支于点$P$，且满足$\triangle POF_{1}(O$为原点$)$为等腰三角形，则双曲线的离心率为 （ ）
A.$\sqrt{3}+1$
B. 2
C.$\sqrt{2}$
D.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$

答案：
A【解析】设双曲线的右焦点为$F_2$，连接$PF_2$，如图所示。$\because P$在双曲线的右支上，

$\therefore|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2a$。
$\because$双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$的左焦点$F_1(-c,0)$，且$\triangle POF_1$为等腰三角形，$\angle POF_1＞90^{\circ}$，$\therefore|OF_1| = |OP| = c$，$\angle PF_{1}O=\angle F_{1}PO = 30^{\circ}$，
$\therefore\angle POF_2 = 60^{\circ}$。
又$\because|OF_1| = |OF_2| = |OP| = c$，
$\therefore\triangle POF_2$为等边三角形，则$\angle F_{2}PO = 60^{\circ}$，$|PF_{2}| = c$，
$\therefore\angle F_{1}PF_{2}=\angle F_{1}PO+\angle F_{2}PO = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle F_{1}PF_{2}$中，$|PF_{2}| = c$，$|F_{1}F_{2}| = 2c$，可得$|PF_{1}|=\sqrt{3}c$，
$\therefore|PF_{1}|-|PF_{2}|=\sqrt{3}c - c = 2a$，即$(\sqrt{3}-1)c = 2a$，$e=\frac{c}{a}=\sqrt{3}+1$。
【多种解法】如图所示，过点$P$作$PE\perp x$轴于点$E$。

$\because$双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$的左焦点$F_1(-c,0)$，且$\triangle POF_1$为等腰三角形，$\angle POF_1＞90^{\circ}$，
$\therefore|OF_1| = |OP| = c$，$\angle PF_{1}O=\angle F_{1}PO = 30^{\circ}$，$\therefore\angle POE = 60^{\circ}$。
$\therefore$在$Rt\triangle POE$中，$|OE|=\frac{c}{2}$，$|PE|=\frac{\sqrt{3}c}{2}$，则$P(\frac{c}{2},\frac{\sqrt{3}c}{2})$。
$\because$点$P$在双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$上，
$\therefore\frac{(\frac{c}{2})^{2}}{a^{2}}-\frac{(\frac{\sqrt{3}c}{2})^{2}}{b^{2}} = 1$，化简得$b^{2}c^{2}-3a^{2}c^{2}=4a^{2}b^{2}$，
$\therefore(c^{2}-a^{2})c^{2}-3a^{2}c^{2}=4a^{2}(c^{2}-a^{2})$，即$c^{4}-8a^{2}c^{2}+4a^{4}=0$，等式两边同除以$a^{4}$，得$\frac{c^{4}}{a^{4}}-\frac{8c^{2}}{a^{2}}+4 = 0$。
令$t=\frac{c^{2}}{a^{2}}(t＞1)$，即$t^{2}-8t + 4 = 0$，解得$t = 4+2\sqrt{3}$，即$e^{2}=4+2\sqrt{3}$，
$\because e＞1$，$\therefore e=\sqrt{3}+1$。故选 A。

4. [四川成都七中2024高二期中]已知椭圆方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$，长轴为$A_{1}A_{2}$，过椭圆上一点$M$向$x$轴作垂线，垂足为$P$. 若$\frac{|MP|^{2}}{|A_{1}P|\cdot|A_{2}P|}=\frac{1}{3}$，则该椭圆的离心率为 （ ）
A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{2}{3}$

答案：
B【解析】设$M(x_0,y_0),A_1(-a,0),A_2(a,0)$，则$\frac{x_0^{2}}{a^{2}}+\frac{y_0^{2}}{b^{2}} = 1$，$P(x_0,0)$，
则$|A_1P| = |x_0 + a|$，$|A_2P| = |x_0 - a|$，$|MP| = |y_0|$，所以$\frac{|MP|^{2}}{|A_1P|\cdot|A_2P|}=\frac{y_0^{2}}{|x_0 + a|\cdot|x_0 - a|}=\frac{y_0^{2}}{|x_0^{2}-a^{2}|}=\frac{1}{3}$，
且$x_0^{2}＜a^{2}$，所以$\frac{y_0^{2}}{a^{2}-x_0^{2}}=\frac{1}{3}$，即$a^{2}-x_0^{2}=3y_0^{2}$，
代入椭圆方程可得$\frac{a^{2}-3y_0^{2}}{a^{2}}+\frac{y_0^{2}}{b^{2}} = 1$，化简可得$a^{2}=3b^{2}$，则离心率$e=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。故选 B。

5. 已知椭圆$C_{1}:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$和双曲线$C_{2}:\frac{x^{2}}{m^{2}}-\frac{y^{2}}{n^{2}} = 1(m＞0,n＞0)$的焦点相同，$F_{1}$，$F_{2}$分别为左、右焦点，$P$是椭圆和双曲线在第一象限的交点. 若$PF_{2}\perp x$轴，则椭圆和双曲线的离心率之积为________.

答案： 1【解析】设$|F_1F_2| = 2c$，由题可知$|PF_{1}|+|PF_{2}| = 2a$，$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2m$。
因为$PF_2\perp x$轴，所以$|PF_{1}|^{2}-|PF_{2}|^{2}=|F_1F_2|^{2}$，
所以椭圆和双曲线的离心率之积为$\frac{c}{a}\cdot\frac{c}{m}=\frac{|F_1F_2|}{|PF_{1}|+|PF_{2}|}\cdot\frac{|F_1F_2|}{|PF_{1}|-|PF_{2}|}=\frac{|F_1F_2|^{2}}{|PF_{1}|^{2}-|PF_{2}|^{2}} = 1$。

6. (多选) [辽宁锦州2023高二月考]已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，点$P$是椭圆上一点，$\overrightarrow{PF_{1}}\cdot\overrightarrow{PF_{2}} = 0$，$|\overrightarrow{PF_{1}}|=\lambda|\overrightarrow{PF_{2}}|\left(\frac{1}{3}\leq\lambda\leq3\right)$，则椭圆离心率的取值可能为 （ ）
A.$\frac{\sqrt{33}}{8}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：
AB
【思路导引】

设$|PF_2| = t$，则$|PF_1|=\lambda t$，根据椭圆定义得到$(\lambda + 1)t = 2a$①
根据$\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0$，得到$\angle F_1PF_2=\frac{\pi}{2}$，利用勾股定理得到$(\lambda^{2}+1)t^{2}=4c^{2}$②
联立①②可得$e^{2}=\frac{\lambda^{2}+1}{(\lambda + 1)^{2}}$，然后利用换元法求离心率的范围即可
【解析】设$F_1(-c,0),F_2(c,0)$，由椭圆的定义可得$|PF_{1}|+|PF_{2}| = 2a$，可设$|PF_2| = t$，则$|PF_1|=\lambda t$，即有$(\lambda + 1)t = 2a$①. 由$\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0$得$\angle F_1PF_2=\frac{\pi}{2}$，$\therefore|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=4c^{2}$，
即$(\lambda^{2}+1)t^{2}=4c^{2}$②.
由②÷①²可得$e^{2}=\frac{\lambda^{2}+1}{(\lambda + 1)^{2}}$，令$m=\lambda + 1$，可得$\lambda = m - 1$，
$\because\frac{1}{3}\leq\lambda\leq3$，$\therefore\frac{4}{3}\leq m\leq4$，$\therefore\frac{1}{4}\leq\frac{1}{m}\leq\frac{3}{4}$，即有$\frac{\lambda^{2}+1}{(\lambda + 1)^{2}}=\frac{m^{2}-2m + 2}{m^{2}}=2(\frac{1}{m}-\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{2}\in[\frac{1}{2},\frac{5}{8}]$，
$\therefore\frac{1}{2}\leq e^{2}\leq\frac{5}{8}$，解得$\frac{\sqrt{2}}{2}\leq e\leq\frac{\sqrt{10}}{4}$.
故选 AB.

7. 已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，若过点$F_{2}$且斜率为$\sqrt{3}$的直线$l$与双曲线的右支交于$A$，$B$两点，则该双曲线的离心率的取值范围为________.

答案：
(1,2)【解析】双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的渐近线方程为$y=\pm\frac{b}{a}x$，
由于过点$F_2$且斜率为$\sqrt{3}$的直线$l$与双曲线的右支交于$A,B$两点，则$\frac{b}{a}＜\sqrt{3}$，因此$e=\frac{c}{a}=\sqrt{\frac{c^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{1+(\frac{b}{a})^{2}}＜2$，又$e＞1$，所以该双曲线的离心率的取值范围是$(1,2)$.

8. [江苏常州一中2024高二期中]$F_{1}$，$F_{2}$分别为双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点，$P$为双曲线左支上的任意一点. 若$\frac{|PF_{2}|^{2}}{|PF_{1}|}$的最小值为$8a$，则双曲线的离心率$e$的取值范围是________.

答案： (1,3]【解析】因为$F_1,F_2$是双曲线的左、右焦点，$P$为双曲线左支上的任意一点，
所以$|PF_{2}|-|PF_{1}| = 2a$，代入$\frac{|PF_{2}|^{2}}{|PF_{1}|}$，
得$\frac{|PF_{2}|^{2}}{|PF_{1}|}=\frac{(|PF_{1}|+2a)^{2}}{|PF_{1}|}=|PF_{1}|+4a+\frac{4a^{2}}{|PF_{1}|}\geq2\sqrt{|PF_{1}|\times\frac{4a^{2}}{|PF_{1}|}}+4a = 8a$，当且仅当$|PF_{1}| = 2a$时取等号，又点$P$是双曲线左支上任意一点，所以$|PF_{1}|\geq c - a$，即$2a\geq c - a$，所以$e\leq3$，所以$1＜e\leq3$.

9. [江西南昌2024高二月考]已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的右焦点为$F$，$C$上的$A$，$B$两点关于原点对称，$|FA| = 2|FB|$，且$\overrightarrow{FA}\cdot\overrightarrow{FB}\leq\frac{4}{9}a^{2}$，则椭圆$C$的离心率的取值范围是________.

答案：
$[\frac{1}{3},\frac{\sqrt{7}}{3}]$【解析】设椭圆的左焦点为$E$，连接$AE,BE$，如图，则$|BE|+|BF| = 2a$.

因为$A,B$两点关于原点对称，所以四边形$EBFA$为平行四边形.
由$|FA| = 2|FB|$，得$|BE|=\frac{4}{3}a$，$|BF|=\frac{2}{3}a$，且$\pi-\angle EBF=\angle BFA$.
在$\triangle EBF$中，$\cos\angle EBF=\frac{|BE|^{2}+|BF|^{2}-|EF|^{2}}{2|BE|\cdot|BF|}=\frac{\frac{16}{9}a^{2}+\frac{4}{9}a^{2}-4c^{2}}{2\times\frac{4}{3}a\times\frac{2}{3}a}=\frac{5}{4}-\frac{9}{4}e^{2}$。