《2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版》

8. 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$ 的右焦点为 $F(c,0)$,点 $P,Q$ 在直线 $x=\frac{a^{2}}{c}$ 上,$FP\perp FQ$,$O$ 为坐标原点,若 $\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{OQ} = 2\overrightarrow{OF}^{2}$,则该椭圆的离心率为(B)

A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 8.B【解析】椭圆的几何性质+向量的坐标运算
思维导图
设$P(\frac{a^{2}}{c},y_{P}),Q(\frac{a^{2}}{c},y_{Q})$，且$F(c,0)$，则$\overrightarrow{FP} = (\frac{a^{2}}{c} - c,y_{P})$，$\overrightarrow{FQ} = (\frac{a^{2}}{c} - c,y_{Q})$，$\overrightarrow{OP} = (\frac{a^{2}}{c},y_{P})$，$\overrightarrow{OQ} = (\frac{a^{2}}{c},y_{Q})$，$\overrightarrow{OF} = (c,0)$（提示：用坐标表示出相应的向量）。$\because \overrightarrow{FP} \perp \overrightarrow{FQ}$，$\therefore \overrightarrow{FP} · \overrightarrow{FQ} = 0$。又$\overrightarrow{OP} · \overrightarrow{OQ} = 2\overrightarrow{OF}^{2}$，$\therefore (\frac{a^{2}}{c} - c,y_{P}) · (\frac{a^{2}}{c} - c,y_{Q}) = 0$，$(\frac{a^{2}}{c},y_{P}) · (\frac{a^{2}}{c},y_{Q}) = 2c^{2}$（题眼）。
化简得$(\frac{a^{2}}{c})^{2} - (\frac{a^{2}}{c} - c)^{2} = 2c^{2}$，即$\frac{c^{2}}{a^{2}} = \frac{2}{3}$，则该椭圆的离心率$e = \frac{\sqrt{6}}{3}$，故选B。

9. 双曲线 $M:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$ 的左、右顶点分别为 $A,B$,曲线 $M$ 上的一点 $C$ 关于 $x$ 轴的对称点为 $D$,若直线 $AC$ 的斜率为 $m$,直线 $BD$ 的斜率为 $n$,则当 $|mn+\frac{9}{mn}|$ 取到最小值时,双曲线离心率为(D)

A.$3$
B.$4$
C.$\sqrt{3}$
D.$2$

答案： 9.D【解析】双曲线的几何性质+基本不等式
由题意得$A(-a,0),B(a,0)$，设$C(x,y)$，则$D(x,-y)$，则$m = \frac{y}{x + a}$，$n = \frac{-y}{x - a}$，$\therefore mn = - \frac{y^{2}}{x^{2} - a^{2}}$。将$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$代入得$mn = - \frac{b^{2}}{a^{2}}$，由基本不等式得$|mn| + \frac{9}{|mn|} \geqslant 2\sqrt{|mn| · \frac{9}{|mn|}} = 6$(关键：利用基本不等式研究最值），当且仅当$|mn| = \frac{9}{|mn|}$，即$|mn| = \frac{b^{2}}{a^{2}} = 3$时等号成立，$\therefore$离心率$e = \sqrt{1 + \frac{b^{2}}{a^{2}}} = 2$。故选D。
求圆锥曲线的离心率通常有如下方法：
①求出$a,c$，利用公式$e = \frac{c}{a}$求解；②求出$a,b$，利用$e = \frac{c}{a} = \sqrt{1 - \frac{b^{2}}{a^{2}}}$或$e = \sqrt{1 + \frac{b^{2}}{a^{2}}}$求解；③由条件列出关于$a,b,c$的齐次式，结合$b^{2} = a^{2} - c^{2}$或$c^{2} = b^{2} + a^{2}$转化成$a,c$的齐次式，然后两边同时除以$a$（或$a^{n}$）转化为关于$e$的方程即可求解。

10. 已知 $F_{1},F_{2}$ 是双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$ 的左、右焦点,若双曲线上存在点 $P$ 满足 $\overrightarrow{PF_{2}}·\overrightarrow{PF_{1}} = -2a^{2}$,则双曲线离心率的最小值为(D)

A.$\sqrt{6}$
B.$\sqrt{5}$
C.$2$
D.$\sqrt{3}$

答案： 10.D【解析】双曲线的几何性质+平面向量的数量积
设$P(x_{0},y_{0})$，双曲线的半焦距为$c$，则$|x_{0}| \geqslant a$，$\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}} - \frac{y_{0}^{2}}{b^{2}} = 1$，$F_{1}(-c,0)$，$F_{2}(c,0)$，所以$\overrightarrow{PF_{2}} = (c - x_{0},-y_{0})$，$\overrightarrow{PF_{1}} = (-c - x_{0},-y_{0})$。所以$\overrightarrow{PF_{2}} · \overrightarrow{PF_{1}} = x_{0}^{2} - c^{2} + y_{0}^{2} = x_{0}^{2} + (\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}} - 1)b^{2} - c^{2} = \frac{c^{2}}{a^{2}} · x_{0}^{2} - b^{2} - c^{2} \geqslant \frac{c^{2}}{a^{2}} · a^{2} - b^{2} - c^{2} = - b^{2}$（提示：利用双曲线的几何性质$x_{0}^{2} \geqslant a^{2}$转化），当且仅当$|x_{0}| = a$时取等号。则$-2a^{2} \geqslant -b^{2}$，即$\frac{b^{2}}{a^{2}} \geqslant 2$，离心率$e = \frac{c}{a} = \sqrt{1 + \frac{b^{2}}{a^{2}}} \geqslant \sqrt{3}$，所以双曲线离心率的最小值为$\sqrt{3}$。故选D。

11. 已知双曲线 $C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$ 的右焦点为 $F$,$c$ 是双曲线 $C$ 的半焦距,点 $A$ 是圆 $x^{2}+y^{2}=c^{2}$ 上一点,线段 $FA$ 与双曲线 $C$ 的右支交于点 $B$.若 $|FA| = a,\overrightarrow{FA} = 2\overrightarrow{FB}$,则双曲线 $C$ 的离心率为(A)

A.$\frac{\sqrt{7}}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{3}}{2}$
C.$\sqrt{7}$
D.$\frac{3\sqrt{7}}{2}$

答案： 11.A【解析】双曲线的定义及几何性质
设双曲线的左焦点为$F_{1}$，连接$AF_{1},BF_{1}$。因为$|FA| = a$，$\overrightarrow{FA} = 2\overrightarrow{FB}$，所以$|BF| = |AB| = \frac{a}{2}$。由双曲线的定义，得$|BF_{1}| - |BF| = 2a$，所以$|BF_{1}| = \frac{5}{2}a$(题眼)。因为点$A$是圆$x^{2} + y^{2} = c^{2}$上一点，所以$\angle F_{1}AF = 90^{\circ}$(提示：圆的直径所对的圆周角为直角）。所以$\triangle AF_{1}F$与$\triangle ABF_{1}$均为直角三角形。所以$|AF_{1}|^{2} + |FA|^{2} = |F_{1}F|^{2}$，$|AF_{1}|^{2} + |AB|^{2} = |BF_{1}|^{2}$。以上两式相减，得$|FA|^{2} - |AB|^{2} = |F_{1}F|^{2} - |BF_{1}|^{2}$，即$a^{2} - \frac{1}{4}a^{2} = 4c^{2} - \frac{25}{4}a^{2}$(关键：确立一个关于$a,b,c$的齐次方程），即$7a^{2} = 4c^{2}$，所以双曲线C的离心率$e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$。故选A。

12. 已知 $F_{1},F_{2}$ 是椭圆和双曲线的公共焦点,$P,Q$ 是它们的两个公共点,且 $P,Q$ 关于原点对称,$\angle PF_{2}Q=\frac{2\pi}{3}$,若椭圆的离心率为 $e_{1}$,双曲线的离心率为 $e_{2}$,则 $\frac{e_{1}^{2}}{e_{1}^{2}+1}+\frac{3e_{2}^{2}}{e_{2}^{2}+3}$ 的最小值是(A)

A.$\frac{2+\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{1+\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$

答案：
12.A【解析】椭圆的几何性质+双曲线的几何性质+基本不等式
思维导图
设椭圆的长半轴长为$a_{1}$，双曲线的实半轴长为$a_{2}$，椭圆与双曲线的定义得$|PF_{1}| + |PF_{2}| = 2a_{1}$，$|PF_{1}| - |PF_{2}| = 2a_{2}$，$\therefore |PF_{1}| = a_{1} + a_{2}$，$|PF_{2}| = a_{1} - a_{2}$。设$|F_{1}F_{2}| = 2c$，根据椭圆与双曲线的对称性知四边形$PF_{1}QF_{2}$为平行四边形，则$\angle F_{1}PF_{2} = \frac{\pi}{3}$，在$\triangle PF_{1}F_{2}$中，由余弦定理得，$4c^{2} = (a_{1} + a_{2})^{2} + (a_{1} - a_{2})^{2} - 2(a_{1} + a_{2})(a_{1} - a_{2}) · \cos \frac{\pi}{3}$，化简得$a_{1}^{2} + 3a_{2}^{2} = 4c^{2}$，即$\frac{1}{e_{1}^{2}} + \frac{3}{e_{2}^{2}} = 4$(题眼）。
则$\frac{e_{1}^{2}}{e_{1}^{2}+1} + \frac{3e_{2}^{2}}{e_{2}^{2}+3} = \frac{1}{\frac{1}{e_{1}^{2}} + 1} + \frac{3}{\frac{3}{e_{2}^{2}} + 1} = \frac{1}{\frac{1}{e_{1}^{2}} + 1} + \frac{3}{\frac{3}{e_{2}^{2}} + 1} = (\frac{1}{e_{1}^{2}} + 1 + \frac{3}{e_{2}^{2}} + 1) × \frac{1}{6} = \frac{1}{6} × (4 + \frac{1}{\frac{1}{e_{1}^{2}} + 1} + \frac{3}{\frac{3}{e_{2}^{2}} + 1}) \geqslant \frac{1}{6} × (4 + 2\sqrt{3}) = \frac{2 + \sqrt{3}}{3}$(提示：基本不等式的应用)，当且仅当$\begin{cases} (\frac{3}{e_{2}^{2}} + 1)^{2} = 3(\frac{1}{e_{1}^{2}} + 1)^{2}, \\ \frac{1}{e_{1}^{2}} + \frac{3}{e_{2}^{2}} = 4, \end{cases}$时等号成立，故选A。

13. 设椭圆 $C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1},F_{2}$,$P$ 是椭圆上不与顶点重合的一点,记 $I$ 是 $\triangle PF_{1}F_{2}$ 的内心.直线 $PI$ 交 $x$ 轴于 $A$ 点,$|\overrightarrow{OA}|=\frac{1}{4}c$,且 $\overrightarrow{PF_{1}}·\overrightarrow{PF_{2}}=\frac{1}{16}a^{2}$,则椭圆 $C$ 的离心率为(B)

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$

答案： 13.B【解析】椭圆的几何性质
不妨设点$P$在第一象限，则$A(\frac{c}{4},0)$。由题知$PA$是$\angle F_{1}PF_{2}$的平分线，所以$\frac{|PF_{1}|}{|PF_{2}|} = \frac{|AF_{1}|}{|AF_{2}|} = \frac{\frac{5c}{4}}{\frac{3c}{4}} = \frac{5}{3}$。又$|PF_{1}| + |PF_{2}| = 2a$，所以$|PF_{1}| = \frac{5a}{4}$，$|PF_{2}| = \frac{3a}{4}$(提示：三角形角平分线的性质与椭圆的定义相结合）。所以$\overrightarrow{PF_{1}} · \overrightarrow{PF_{2}} = \frac{5a}{4} · \frac{3a}{4} · \cos \angle F_{1}PF_{2} = \frac{1}{16}a^{2}$。解得$\cos \angle F_{1}PF_{2} = \frac{1}{15}$（题眼）。
在$\triangle PF_{1}F_{2}$中，根据余弦定理得$|F_{1}F_{2}|^{2} = |PF_{1}|^{2} + |PF_{2}|^{2} - 2|PF_{1}||PF_{2}| \cos \angle F_{1}PF_{2}$，即$4c^{2} = \frac{25a^{2}}{16} + \frac{9a^{2}}{16} - 2 × \frac{5a}{4} × \frac{3a}{4} × \frac{1}{15}$(难点：通过余弦定理构造出含有$a,c$的等式），整理得$\frac{c^{2}}{a^{2}} = \frac{1}{2}$，所以离心率$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{2}}{2}$(舍负)。故选B。

14. 双曲线 $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2} = 1$ 的离心率是√2.

答案： 14.$\sqrt{2}$【解析】双曲线的离心率
因为$a = b = \sqrt{2}$，所以$c = 2$。所以双曲线的离心率$e = \frac{c}{a} = \sqrt{2}$。

15. 已知双曲线 $x^{2}-my^{2}=1$ 的一条渐近线为 $\sqrt{3}x - y = 0$,则该双曲线的离心率为2.

答案： 15.2【解析】双曲线的渐近线方程+双曲线的离心率
由双曲线$x^{2} - my^{2} = 1$可知其焦点在$x$轴上，由其一条渐近线方程为$\sqrt{3}x - y = 0$可知$\frac{b}{a} = \sqrt{3}$，所以$e^{2} = \frac{c^{2}}{a^{2}} = 1 + \frac{b^{2}}{a^{2}} = 4$。所以$e = 2$。

16. 已知双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$ 的一条渐近线过点 $(2,1)$,则其离心率为$\frac{\sqrt{5}}{2}$.

答案： 16.$\frac{\sqrt{5}}{2}$【解析】双曲线的几何性质
由题可知双曲线的渐近线$y = \frac{b}{a}x$过点$(2,1)$，平方得$\frac{4}{a^{2}} - \frac{1}{b^{2}} = 0$(题眼），即$\frac{b^{2}}{a^{2}} = \frac{1}{4}$，$\therefore$离心率$e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{a^{2}}} = \sqrt{1 + \frac{b^{2}}{a^{2}}} = \sqrt{1 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{5}}{2}$。

17. 已知双曲线 $E:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$ 的焦距为 $2c$,若点 $P(\frac{1}{2}c,\frac{\sqrt{3}}{2}c)$ 在双曲线 $E$ 上,则 $E$ 的离心率等于$\sqrt{3}+1$.

答案： 17.$\sqrt{3} + 1$【解析】双曲线的几何性质
思维导图
根据点$P$在双曲线上及双曲线中$a,b,c$的关系得到$a,c$的齐次式$\xrightarrow[离心率公式]{离心率公式}$转化为关于离心率$e$的方程$\xrightarrow{解方程}$双曲线的离心率。
因为点$P(\frac{1}{2}c,\frac{\sqrt{3}}{2}c)$在双曲线E上，所以$\frac{c^{2}}{4a^{2}} - \frac{3c^{2}}{4b^{2}} = 1$。结合$b^{2} = c^{2} - a^{2}$，化简整理得$c^{4} - 8a^{2}c^{2} + 4a^{4} = 0$(题眼)(关键：根据条件得到$a,c$的齐次式是求解问题的关键），即$e^{4} - 8e^{2} + 4 = 0$，所以$e = \sqrt{3} + 1(e = \sqrt{3} - 1$舍）(提醒：在解方程时，注意根据双曲线的离心率大于1进行根的取舍）。