《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

1. 直线$y = x + 1$与椭圆$\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1$的位置关系是 （ ）
A. 相交
B. 相切
C. 相离
D. 无法判断

答案： A
解法一(通解):联立直线与椭圆的方程得$\begin{cases}y = x + 1,\\\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$，消去$y$，得$9x^{2}+10x - 15 = 0$，$\Delta=100 - 4\times9\times(-15)＞0$，所以直线与椭圆相交。
解法二(优解):因为直线$y = x + 1$过点$(0,1)$，而$0+\frac{1}{4}＜1$，即点$(0,1)$在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交。

2. 点$P(4\cos\alpha,2\sqrt{3}\sin\alpha)(\alpha\in\mathbf{R})$与椭圆$C:\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$的位置关系是 （ ）
A. 点$P$在椭圆$C$上
B. 点$P$与椭圆$C$的位置关系不能确定，与$\alpha$的取值有关
C. 点$P$在椭圆$C$内
D. 点$P$在椭圆$C$外

答案： D
把$P(4\cos\alpha,2\sqrt{3}\sin\alpha)(\alpha\in\mathbf{R})$代入椭圆方程的左边，得$\frac{(4\cos\alpha)^{2}}{4}+\frac{(2\sqrt{3}\sin\alpha)^{2}}{3}=4(\cos^{2}\alpha+\sin^{2}\alpha)=4＞1$，因此点$P$在椭圆$C$外。

3. 若直线$y = kx + 2$与椭圆$\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$相切，则斜率$k$的值是 （ ）
A. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
B. $-\frac{\sqrt{6}}{3}$
C. $\pm\frac{\sqrt{6}}{3}$
D. $\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案： C
把$y = kx + 2$代入$\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$，得$(2 + 3k^{2})x^{2}+12kx + 6 = 0$，由题意知$\Delta = 0$，$\therefore k^{2}=\frac{2}{3}$，$\therefore k=\pm\frac{\sqrt{6}}{3}$。

4. 直线$y = x - 1$被椭圆$2x^{2}+y^{2}=4$所截得的弦的中点坐标是 （ ）
A. $(\frac{1}{3},-\frac{2}{3})$
B. $(-\frac{2}{3},\frac{1}{3})$
C. $(\frac{1}{2},-\frac{1}{3})$
D. $(-\frac{1}{3},\frac{1}{2})$

答案： A
由$\begin{cases}y = x - 1,\\2x^{2}+y^{2}=4\end{cases}$消$y$得$2x^{2}+(x - 1)^{2}=4$，即$3x^{2}-2x - 3 = 0$，
$\therefore$弦的中点的横坐标是$x=\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$，代入直线方程$y = x - 1$中，得$y=-\frac{2}{3}$，
$\therefore$弦的中点坐标是$(\frac{1}{3},-\frac{2}{3})$。故选A。

5. 椭圆$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$上的点到直线$x + 2y-\sqrt{2}=0$的最大距离为 （ ）
A. 3
B. $\sqrt{11}$
C. $\sqrt{10}$
D. $2\sqrt{2}$

答案： C
设与直线$x + 2y-\sqrt{2}=0$平行且与椭圆$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$相切的直线方程为$x + 2y + C = 0(C\neq-\sqrt{2})$，联立切线与椭圆方程$\begin{cases}x + 2y + C = 0,\\\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$，化简整理得$8y^{2}+4Cy + C^{2}-16 = 0$，则$\Delta = 16C^{2}-32(C^{2}-16)=0$，解得$C=\pm4\sqrt{2}$，显然当$C = 4\sqrt{2}$时，两直线间的距离最大。切线$x + 2y + 4\sqrt{2}=0$与直线$x + 2y-\sqrt{2}=0$间的距离为$\frac{4\sqrt{2}+\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\sqrt{10}$，即椭圆上的点到直线$x + 2y-\sqrt{2}=0$的最大距离为$\sqrt{10}$。

6. 椭圆$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$，弦$AB$过$F_1$，若$\triangle ABF_2$的内切圆周长为$\pi$，$A,B$两点的坐标分别为$(x_1,y_1),(x_2,y_2)$，则$|y_1 - y_2|$的值为 （ ）
A. $\frac{5}{3}$
B. $\frac{10}{3}$
C. $\frac{20}{3}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{3}$

答案： A
易知$\triangle ABF_{2}$的内切圆的半径$r=\frac{1}{2}$，根据椭圆的性质结合$\triangle ABF_{2}$的特点，可得$\triangle ABF_{2}$的面积$S=\frac{1}{2}lr=\frac{1}{2}\times2c\cdot|y_{1}-y_{2}|$，其中$l$为$\triangle ABF_{2}$的周长，且$l = 4a$，代入数据解得$|y_{1}-y_{2}|=\frac{5}{3}$。

7. 直线$y = x + m$与椭圆$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$交于$A,B$两点，若弦长$|AB|=\frac{4\sqrt{2}}{3}$，则实数$m$的值为________.

答案： $\pm1$
解析　设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases}y = x + m,\\\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1\end{cases}$，整理可得$3x^{2}+4mx + 2m^{2}-2 = 0$，则$x_{1}+x_{2}=-\frac{4m}{3}$，$x_{1}x_{2}=\frac{2m^{2}-2}{3}$，所以弦长$|AB|=\sqrt{1 + 1^{2}}\cdot\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{\frac{16m^{2}}{9}-4\cdot\frac{2m^{2}-2}{3}}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{\frac{24 - 8m^{2}}{9}}$，由题意可得$|AB|=\frac{4\sqrt{2}}{3}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{\frac{24 - 8m^{2}}{9}}$，解得$m=\pm1$。

8.（2023·山西运城期末）过点$M(1,1)$作斜率为$-\frac{1}{2}$的直线，与椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a ＞ b ＞ 0)$相交于$A,B$两点，若$M$是线段$AB$的中点，则椭圆$C$的离心率等于________.

答案： $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析　由椭圆的垂径定理得，$k_{AB}\cdot k_{OM}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}$（$O$为坐标原点），即$-\frac{1}{2}\times\frac{1}{1}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}$，
即$a^{2}=2b^{2}$，故椭圆$C$的离心率$e=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。

9.（2024·四川绵阳南山中学月考）已知点$F_1(-1,0)$，$F_2(1,0)$，动点$P$到点$F_1,F_2$的距离之和等于4.
（1）试判断点$P$的轨迹$C$的形状，并写出其方程；
（2）若曲线$C$与直线$m:y = x - 1$相交于$A,B$两点，求弦$AB$的长.

答案： 解
(1)$\because$点$P$到两定点$F_{1}$，$F_{2}$的距离之和为$4$且大于两定点间的距离$|F_{1}F_{2}| = 2$，
$\therefore$点$P$的轨迹是以$F_{1}$，$F_{2}$为焦点的椭圆且焦点在$x$轴上，
设其方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$，
则$2a = 4$，$2c = 2$，即$a = 2$，$c = 1$，$b=\sqrt{3}$，
$\therefore$点$P$的轨迹方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1,\\y = x - 1\end{cases}$，
得$7x^{2}-8x - 8 = 0$，则有$\begin{cases}x_{1}+x_{2}=\frac{8}{7},\\x_{1}x_{2}=-\frac{8}{7}\end{cases}$，
$\therefore|AB|=\sqrt{(1 + 1^{2})[(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}]}=\sqrt{2[(\frac{8}{7})^{2}+4\times\frac{8}{7}]}=\frac{24}{7}$。