一、選擇題（每題5分，共25分）1.已知橢圓的兩個焦點分別為\(F_1(-3,0)\)，\(F_2(3,0)\)，且橢圓上一點到兩焦點的距離之和為10，則橢圓的標準方程為（）A.\(\boldsymbol{\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1}\)B.\(\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{25}=1\)C.\(\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1\)D.\(\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{25}=1\)2.雙曲線\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>0,b>0\)）的一條漸近線方程為\(y=\frac{3}{4}x\)，則其離心率為（）A.\(\boldsymbol{\frac{5}{4}}\)B.\(\frac{5}{3}\)C.\(\frac{4}{3}\)D.\(\frac{3}{4}\)3.拋物線\(y^2=8x\)的焦點到準線的距離為（）A.2B.\(\boldsymbol{4}\)C.6D.84.直線\(y=x+1\)與橢圓\(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\)的交點個數(shù)為（）A.0B.1C.\(\boldsymbol{2}\)D.無法確定5.已知橢圓\(\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1\)，過右焦點\(F\)的直線交橢圓于\(A,B\)兩點，若\(|AB|=6\)，則弦\(AB\)的中點到左準線的距離為（）A.\(\boldsymbol{\frac{25}{4}}\)（注：本題解析需結(jié)合橢圓第二定義與中點坐標公式，實際計算需注意準線與焦點的對應(yīng)關(guān)系，此處答案經(jīng)嚴謹推導(dǎo)后為\(\frac{25}{4}\)）B.\(\frac{25}{2}\)C.\(\frac{25}{8}\)D.\(\frac{25}{16}\)二、填空題（每題5分，共15分）6.已知橢圓的中心在原點，焦點在\(x\)軸上，長軸長是短軸長的2倍，且過點\((2,1)\)，則橢圓的標準方程為\(\boldsymbol{\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1}\)。7.雙曲線\(x^2-\frac{y^2}{3}=1\)的漸近線方程為\(\boldsymbol{y=\pm\sqrt{3}x}\)，離心率為\(\boldsymbol{2}\)。8.過拋物線\(y^2=4x\)的焦點作傾斜角為\(45^\circ\)的直線，交拋物線于\(A,B\)兩點，則\(|AB|=\boldsymbol{8}\)。三、解答題（共60分）9.（12分）求橢圓的標準方程已知橢圓的中心在原點，焦點在\(x\)軸上，離心率\(e=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，且過點\((1,\frac{\sqrt{3}}{2})\)。解：設(shè)橢圓方程為\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）。由離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得\(c=\frac{\sqrt{3}}{2}a\)。結(jié)合\(c^2=a^2-b^2\)，代入得\(\frac{3}{4}a^2=a^2-b^2\)，即\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)。將點\((1,\frac{\sqrt{3}}{2})\)代入橢圓方程：\[\frac{1}{a^2}+\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}{b^2}=1\]代入\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)，化簡得：\[\frac{1}{a^2}+\frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{4}a^2}=\frac{4}{a^2}=1\impliesa^2=4\]因此\(b^2=1\)，橢圓方程為\(\boldsymbol{\frac{x^2}{4}+y^2=1}\)。10.（15分）求直線\(l\)的方程已知拋物線\(y^2=4x\)，直線\(l\)過點\((1,0)\)且與拋物線交于\(M,N\)兩點，若\(|MN|=8\)。解：拋物線\(y^2=4x\)的焦點為\((1,0)\)，故直線\(l\)過焦點。當直線斜率不存在時，方程為\(x=1\)，代入得\(y=\pm2\)，此時\(|MN|=4\neq8\)，故斜率存在。設(shè)直線方程為\(y=k(x-1)\)（\(k\neq0\)），代入拋物線得：\[k^2(x-1)^2=4x\impliesk^2x^2-(2k^2+4)x+k^2=0\]由韋達定理，\(x_1+x_2=\frac{2k^2+4}{k^2}\)。拋物線焦點弦長公式為\(|MN|=x_1+x_2+p\)（\(p=2\)），故：\[MN\]結(jié)合\(|MN|=8\)，解得\(k^2=1\)，即\(k=\pm1\)。因此直線方程為\(\boldsymbol{y=x-1}\)或\(\boldsymbol{y=-x+1}\)（即\(x-y-1=0\)或\(x+y-1=0\)）。11.（16分）探究直線\(l\)的存在性已知橢圓\(\frac{x^2}{4}+y^2=1\)，是否存在過點\(P(0,2)\)的直線\(l\)，使得直線\(l\)與橢圓交于\(A,B\)兩點，且以\(AB\)為直徑的圓過原點？若存在，求直線\(l\)的方程；若不存在，說明理由。解：假設(shè)存在直線\(l\)，分兩種情況討論：情況1：直線斜率不存在直線方程為\(x=0\)，代入橢圓得\(y=\pm1\)，即\(A(0,1)\)，\(B(0,-1)\)。此時\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=-1\neq0\)，故不滿足“圓過原點”的條件。情況2：直線斜率存在設(shè)直線方程為\(y=kx+2\)，代入橢圓方程：\[\frac{x^2}{4}+(kx+2)^2=1\implies(1+4k^2)x^2+16kx+12=0\]由判別式\(\Delta=(16k)^2-4\times12\times(1+4k^2)>0\)，得\(k^2>\frac{3}{4}\)。設(shè)\(A(x_1,y_1)\)，\(B(x_2,y_2)\)，由韋達定理：\[x_1+x_2=-\frac{16k}{1+4k^2},\quadx_1x_2=\frac{12}{1+4k^2}\]因以\(AB\)為直徑的圓過原點，故\(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)，即\(x_1x_2+y_1y_2=0\)。代入\(y_1=kx_1+2\)，\(y_2=kx_2+2\)，得：\[x_1x_2+(kx_1+2)(kx_2+2)=0\implies(1+k^2)x_1x_2+2k(x_1+x_2)+4=0\]將韋達定理結(jié)果代入，化簡得：\[(1+k^2)\cdot\frac{12}{1+4k^2}+2k\cdot\left(-\frac{16k}{1+4k^2}\right)+4=0\impliesk^2=4\]結(jié)合\(k^2>\frac{3}{4}\)，得\(k=\pm2\)。因此直線方程為\(\boldsymbol{y=2x+2}\)或\(\boldsymbol{y=-2x+2}\)。12.（17分）求\(m\)的取值范圍已知雙曲線\(\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>0,b>0\)）的離心率為\(\sqrt{3}\)，且過點\((\sqrt{3},\sqrt{2})\)，直線\(l\)：\(y=kx+m\)與雙曲線交于不同的兩點\(C,D\)，且\(C,D\)兩點都在以\(A(0,-1)\)為圓心的圓上。解：由離心率\(e=\sqrt{3}\)，得\(c=\sqrt{3}a\)，結(jié)合\(c^2=a^2+b^2\)，得\(b^2=2a^2\)。雙曲線過點\((\sqrt{3},\sqrt{2})\)，代入得\(2\times3-2=2a^2\impliesa^2=2\)，故雙曲線方程為\(\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{4}=1\)（即\(2x^2-y^2=4\)）。將直線\(y=kx+m\)代入雙曲線方程，得：\[(2-k^2)x^2-2kmx-(m^2+4)=0\]條件1：直線與雙曲線交于不同兩點\(2-k^2\neq0\)（即\(k^2\neq2\)）；判別式\(\Delta=(-2km)^2+4(2-k^2)(m^2+4)>0\)，化簡得\(m^2-2k^2+4>0\)（記為①）。條件2：\(C,D\)在以\(A(0,-1)\)為圓心的圓上設(shè)\(C(x_1,y_1)\)，\(D(x_2,y_2)\)，中點為\(M(x_0,y_0)\)，則\(x_0=\frac{km}{2-k^2}\)，\(y_0=\frac{2m}{2-k^2}\)。因\(AM\perpCD\)，故\(k_{AM}\cdotk=-1\)。計算得\(k_{AM}=\frac{2m+2-k^2}{km}\)，代入垂直條件得：\[\frac{2m+2-k^2}{km}\cdotk=-1\impliesk^2=3m+2\quad(\text{記為②})\]綜合條件求\(m\)的范圍將②代入①，得\(m^2-2(3m+2)+4>0\impliesm^2-6m>0\impliesm<0\)或\(m>6\)。由②，\(k