(完整word版)2019北京市各區(qū)高三一模數(shù)學理試題分類匯編：12圓錐曲線,推薦文檔

1、2019 北京市各區(qū)高三一模數(shù)學理試題分類匯編 12 圓錐曲線 一、選擇、填空題 2 1、 （朝陽區(qū)2019屆高三一模）雙曲線 y2 1的右焦點到其一條漸近線的距離是 _ 4 2、 （東城區(qū)2019屆高三一模）已知直線I過拋物線y2 8x的焦點F ,與拋物線交于 A , B兩點，與 其準線交于點C.若點F是AC的中點，則線段BC的長為 8 16 （A）： （B） 3 （C） （D）6 3 3 2 2 2 3、 （豐臺區(qū)2019屆高三一模）已知FF2為橢圓 M :篤 工 1和雙曲線 N:篤 y2 1的公共焦點， m 2 n P 為它們的一個公共點，且 PF1 F1F2，那么橢圓 M和雙曲線N的離

2、心率之積為 2 (B) 1 (C)呂 (D) 2 x 4、（海淀區(qū)2019屆高三一模）橢圓C1 :- 4 2 2 X y 1與雙曲線Cz: a b2 1的離心率之積為 1, 則雙曲線C2的兩條漸近線的傾斜角分別為 離心率為 2 x & （順義區(qū)2019屆高三第二次統(tǒng)練（一模）設雙曲線C經(jīng)過點（4,0 ）,且與雙曲線一 y2 1具 4 有相同漸近線，則 C的方程為 _ ；漸近線方程為 . 2 2 9、（西城區(qū)2019屆高三一模）設 F1 , F2為雙曲線。：勺 芻 1（a 0,b 0）的兩個焦點，若雙曲 a b 線C的兩個頂點恰好將線段 F1F2三等分，則雙曲線 C的離心率為 2 2 1

3、0、（平谷區(qū)2019屆高三一模）設雙曲線C經(jīng)過點（4,3），且與1弋1具有相同漸近線，則 6、（門頭溝區(qū)2019屆高三一模）雙曲線 C : 2x (A)舌，6 (B) i，3 (C) (D) 5、（懷柔區(qū)2019屆高三一模）已知拋物線 y2 2px的準線方程為x 1，則p 2 y 1的漸近線方程是 7、（石景山區(qū) 2019屆高三一模）13. 過雙曲線 I，直線I與y軸交于點P,若線段 b2 1的一個焦點F作其漸近線的平行線 OP的中點為雙曲線的虛軸端點（ O為坐標原點），則雙曲線的 C的方程為 ;離心率為 參考答案 1、1 2、C 3、B 4、C 5、2 6、y ,2x 7、2 2 2 x y

4、 d 1 8、 1 ,y x . 16 4 2 9、3 2 2 x y 10、依題意，設雙曲線 C的方程為： k ,經(jīng)過點(4,3), 4 9 所以，16 - k,解得：k = 3, 4 9 離心率為：e C 39- a 2 二、解答題 2 1、(朝陽區(qū)2019屆高三一模)已知點M(xo,yo)為橢圓C ：- y2 1上任意一點，直線 2 2 2 l:xox 2yoy 2與圓(x 1) y 6交于A,B兩點，點F為橢圓C的左焦點. (I)求橢圓C的離心率及左焦點 F的坐標; (H)求證：直線l與橢圓C相切； (川)判斷 AFB是否為定值，并說明理由. 2 2 x y C : 1(m 0)與x軸

5、交于兩點A|, A2，與y軸的 4m m 一個交點為B , BAA的面積為2. (I)求橢圓C的方程及離心率； (n)在y軸右側且平行于 y軸的直線l與橢圓C交于不同的兩點 P, P2，直線AR與直線A，P2交 所以，C的方程為: 2 2 1仝1 12 27 2、(東城區(qū)2019屆高三一模)已知橢圓 于點P.以原點O為圓心，以 AB為半徑的圓與 x軸交于M,N兩點(點M在點N的左側)，求 PM PN 的值. (ii ) 2 _ 3、(豐臺區(qū)2019屆高三一模)已知拋物線 C:y 2px 過點 M (2,2) , A, B是拋物線C上不同兩點, 且AB/ OM (其中0是坐標原點)，直線AO與B

6、M交于點P，線段AB的中點為 Q . (I)求拋物線C的準線方程； ()求證：直線 PQ與 x軸平行. 2 4、(海淀區(qū)2019屆高三一模)已知拋物線 G : y 2px，其中p 0 點M (2,0)在G的焦點F的 右側，且M到 G的準線的距離是 M與F距離的3倍.經(jīng)過點M的直線與拋物線 G交于不同的A, B 兩點，直線 OA與直線x 2交于點P，經(jīng)過點B且與直線OA垂直的直線I交x軸于點Q. (I) 求拋物線的方程和 F的坐標； (n)判斷直線PQ與直線AB的位置關系，并說明理由. |FB| 2. (I)求橢圓E的方程; 5、(懷柔區(qū)2019屆高三一模)已知橢圓 2 E : 1 2 a 1(

7、a b 0)的右焦點為F(1,0)，點B(0,b)滿足 (n)過點F作直線l交橢圓E于M、 方程. N兩點，若 BFM 與BFN 的面積之比為2，求直線I的 6、(門頭溝區(qū)2019屆高三一模)如圖, 2 已知橢圓C:芻 a b 0), FF2分別為其左、 (ii ) QA QB PA PB 右焦點，過F1的直線與此橢圓相交于 D, E兩點，且 F?DE的周長為 8,橢圓C的離心率為三 2 (I )求橢圓C的方程; (n)在平面直角坐標系 xOy中，已知點P(0,1)與點Q(0, 2)，過P 的動直線l (不與x軸平行) 與橢圓相交于 A, B兩點，點B1是點B關于y軸的對稱點. 求證: Q,代

8、曰三點共線. (H)設點P是橢圓C上異于A , B的點，直線AP交直線I于點D ,當點 直徑的圓與直線 PF的位置關系，并加以證明. & (順義區(qū)2019屆高三第二次統(tǒng)練 (一模)已知M , N為拋物線C: y2 4x上兩點， M , N的 縱坐標之和為4, 0為坐標原點 (I) 求直線MN的斜率； (II) 若點B 2,0滿足 OBM OBN，求此時直線 MN的方程 2 2 9、 (西城區(qū)2019屆高三一模)已知橢圓 W : 1的長軸長為4，左、右頂點分別為 A, B , 4m m 經(jīng)過點P(n,0)的直線與橢圓 W相交于不同的兩點 C, D (不與點A, B重合) (I)當n 0

9、,且直線CD x軸時， 求四邊形ACBD的面積； (H)設n 1，直線CB與直線x 4相交于點 M，求證：A, D, M三點共線. x2 y2 一 10、 (延慶區(qū)2019屆高三一模)已知橢圓 G:二 1，左、右焦點分別為(c,0)、(c,0)，若點 a 2 M (c,1)在橢圓上 (I)求橢圓的標準方程； (H)若直線I : ,2x 2y m 0(m 0)與橢圓G交于兩個不同的點 A , B，直線MA , MB 與x軸分別交于P , Q兩點，求證： PM QM 7、(石景山區(qū) 2019屆高三一模)已知橢圓 2 C： a 1 1(a b 0)的離心率為一，右焦點為F(c,O), 2 左頂點A右

10、頂點B在直線I :x 2 上. (I)求橢圓 C的方程; P運動時，判斷以BD為 1 1(a b 0)的離心率為一，左頂點為A，右焦 2 點為F，且AF 3. (I)求橢圓的方程； (H) 過點F做互相垂直的兩條直線 -丨2分別交直線l :x 4于M,N兩點，直線 AM,AN分別交橢圓于P,Q兩點，求證：P,F,Q三點共線. 參考答案 1、解：(I)由題意 a 2 , b 1 , c a2 b2 1 所以離心率 e - 2，左焦點F( 1,0) . . .4分 a 2 (n)當y 0時直線l方程為x 2或x 2，直線l與橢圓C相切. 2 X y2 1 當 y 0時，由 2 , 得(2y0 X0

11、)x2 4xx 4 4y( 0 , xx 2yy 2 由題知，寸y0 1，即x0 2 y0 2 , 所以 (4x。)2 4(2 y2 x)(4 4y) 2 2 16x。2(1 y。) 2 2 = 16( xo 2yS 2)0 . 故直線l與橢圓C相切. . .8分 (川)設 A(X1,yJ, B(X2,y2), 當y 0時， 為 X2 , y1 y2 ,為 2 , uur uuu FA FB (為 2 2 2 1) y1 (X1 1) 6 (X1 1)2 2 2X1 4 0 , Luu uur 所以FA FB , 即 AFB 90. 當y0 0時， 由 2 9 (X 1) y & 得

12、& X0X 2yy 2 1)x2 2 2(2 y； 2 x)x 2 10y 0 , 11、(房山區(qū)2019屆高三一模)已知橢圓 b2 y0 x 則X x2 2(2y2 X0) 2 ， 1 y 2 X0 X0 i y*2 2X1 X2 4y0 厲(X1 uuu uuin 因為 FA FB (為 1,yi) 為X2 2 2 10y 1 2 ， y0 X2) 1 5x 4X0 4 y? 2 2y： (X2 仆） (n)設點 P(xp, yp) , R(x, y), P2(x, y)(x 設 PA : y x 2 , F2A2 : y x。 2X1X2 xi X2 1 %y2 4 20y0 2

13、 2 8yo 4X0 2 2yo 2 2 2y2 5XQ 4XO 4 2 2y0 2 2 5(x； 2y；) 10 2 2 2yJ uur uuu 所以 FA FB，即 AFB 90. 故 AFB為定值90 . . 2、解：（i）因為 m 0,由橢圓方程知：a2 4m,b2 m,a 2. m,b 4，所以 PM PN 4. A, A2為雙曲線的頂 .13 分 2 3、解：（I）由題意得2 =4p ，解得 如果直線BM斜率不存在，結論也顯然成立. 所以直線PQ與x軸平行. 4、解：(I )拋物線y 2px的準線方程為x 2，焦點坐標為F(號,0) 所以有2衛(wèi)3(2 P)，解得 p 1 2 2 2

14、 所以拋物線方程為 y 4x，焦點坐標為F(1,0) (n)直線 PQ P AB 方法一： 設 A(x!,y!), B(X2,y2), 設直線AB的方程為 x my 2 直線OA的方程為y 令x 2，則y 2y1 1，貝U P( 2, x 2y1) X1 因為 OA BQ ，所以kBQ y1 直線 BQ的方程為y y2 務 X X2), y1 令 y 0 ,則x y1y2 X2 yM x1x2 4 4 則 Q( ,0) 當 1 m 0 時， X1 X1 X1 X1 直線AB的斜率不存在， X 2，可知， 直線 PQ的斜率不存在，則 PQ P AB聯(lián)立方程 x my 2, y2 4x, 消元得，

15、 2 y 4my 8 0 所以* y2 4m, y2 8 1X1X2 2 2 y1 y2 4 16 顯然 x1x2y1y2 0, X1 2yi 當m 0時，kpQ Xl 上一= 遲 -,kAB 4 2 2 x1 2 (my1 2) m X 則 PQ P AB 綜上所述，PQ P AB 方法二： 直線 PQ P AB (1)若直線AB的斜率不存在，根據(jù)對稱性，不妨設 A(2, 2.2), 直線AO的方程為y 2x，貝U P( 2,2 .2) 直線BQ的方程為y 2 2 -(x 2)，即y -x 2 , 2 2 令y 0，則Q( 2,0)，則直線PQ的斜率不存在，因此 PQ P AB 設 A(Xi

16、,yi) , B(X2,y2), 當直線AB的斜率存在，設直線 AB的方程為y k(x 2) , k 0 2 2 yi y2 16x1X2 64，因為 yy 0，可得 y2 8. 顯然 x1x2 y1 y2 0 , 直線OA的方程為y X1 令 x 2，則 y ，則 P( 2,) 因為OA BQ，所以kBQ y1 B(2,2.2) 聯(lián)立方程, y2 4x y k(x 2) 消兀得，k2x2 4k2x 整理得，k2x2 (4k2 由韋達定理，可得兒 2 4k 4x 0 , 4)x 4k2 0 4k2 4 x2 - , X1X2 4 k 直線BQ的方程為y y2 1 (x x2), yi 令y 0

17、 ,則x yy 一y2 X1X2 4 4 ，則 Q( ,0) X1 X1 X X 2y1 kPQ j 2y1 =2k(x1 2) 則 PQ P AB l ? PQ 4 2 4 2x1 2x1 4 Xi 綜上所述，PQ P AB 2 x 5、解(I) 橢圓E ： 2 y b2 1(a b 0)的右焦點為 F (1,0)，點 B(0, b)滿足 |FB | 2 , a 則、1 b2 2 , 解得 b 3( b 0). 由公式c2 a2 b2, 得a 2 1 3 4, a 2(a 0) a 2, 所以 b 2 2 所以橢圓 E的方程為 X y 1 - - 5 分 4 3 (n)直線1的斜率不存在時，

18、FM FM,S BFM S BFN ，不符合題意； 設直線1的方程為y=k(x-1), y k(x 1) 2 2 2 2 由 X2 y2 得，(3+4k)X 8k x 4k 12 0 1 4 3 即X1 2x2 3 設 M( x1y 1), N( X2, ) X1 x2 o 恒成立。 8k2 X1X2 3 4k2 4k2 3 12 疋 由 S BFM S 2，得 |FM | 2| FN |， uuun uur 即FM 2NF . BFN 可得 (X1 1,yJ 2(1 X2, y2)， 所以，Q,A, B三點共線。 （ii）由（i）可知，QA黑件黒 |QB| |QBJ kl |PB| 7、解：

19、（I）依題可知B（a ,0）, a 2 c 1 因為 a 2 所以c 1 b 3由得，x1 4k2 9 軒* 4k2 9 34P 代入得， 3 4k2 9 4k7 4k2 9 4k2 4k2 12 ，解得，k 所以，所求直線 l的方程為 i ：y (x 1). 13 分 6、解：（I）由題意知: 4a 8,e 2,b 滿足題意 （n） （i）當直線I的斜率不存在時, 當直線 I的斜率存在時，可設直線 I的方程為y kx 的坐標分別為 (xi, yj(x2,y2).聯(lián)立 2 y_ 2 kx Xi X2 1 2 2 ,得(2k2 1)x2 4kx 4k 2 2k2 1 2，kQB/ 亠 X2 (k

20、x1 1)x2 (kx? 1)X1 2k x,x2 x-i x2 x1x2 2 2 故橢圓C的方程為x y 1 . 4 3 (n)以BD為直徑的圓與直線 PF相切. 證明如下：由題意可設直線 AP的方程為y k(x 2)(k 0). (2,4k) , BD中點E的坐標為(2,2k), y k(x 2 2 x y 4 3 因為點F坐標為(1, 0), 故點E到直線PF的距離 (或直線PF的方程為 4k 2 x y 1 4k2 故點E到直線PF的距離 d|2 1 (曽)2 1| 1 4k2 2 _ 2 4k )2 (1 4k |2k| 則點D坐標為 2)，得 1 (3 2 2 4k )x 2 2

21、16k x 16k 12 0 . 設點P的坐標為(Xo,y)，貝U 2x0 16k2 12 2 3 4k2 所以x0 占，y0 k(X0 2) 12k 3 4k2 -時，點 2 P的坐(1, |)，直線PF的方程為x 1， 點D的坐標為(2, 2) 此時以BD為直徑的圓 (x 2)2 2 (y m1) 1與直線PF相切. 當k 1時，直線PF的斜率 2 4k 4k2 所以直線PF的方程為y 4kT(x 1),即 x 4k2 1 4k2 F 1 0 - 4k 1 4k2 0, 2k 8k3 1 4k2 1 4k2 |1 4k2 | 2 |k |) 8k2 2k 4k2 1 4k 1 4k 1廠1

22、 (1 4k2)2 又因為BD 2R 4k ，故以BD為直徑的圓與直線 PF相切. 綜上得，當點P運動時，以BD為直徑的圓與直線 PF相切. 6 解法 (n)以BD為直徑的圓與直線 PF相切. 2 2 證明如下：設點P(x0,y0),則西 1(y0 4 3 當Xo 1時，點P的坐標為(1, 3 ?)，直線PF的方程為x 1， 點D的坐標為(2, 2) 此時以BD為直徑的圓(x 2)2 (yml)2 1與直線PF相切, 當X。 1時直線AP的方程為y yo (x 2)， xo 2 故直線PF的方程為y 1),即x dy 1 0, X。1 yo |2以傘1| 2 所以點E到直線PF的距離d - y

23、o x 2 | | BE | h (山)2 % 2 yo 故以BD為直徑的圓與直線 PF相切. 綜上得，當點P運動時，以BD為直徑的圓與直線 PF相切. 2 2 & 解：(I)設 M X1,y1 ,N x2, y2，則依題意可知： y 4X1, y2 4x? .r. 2 2 相減可得：y1 y 4x! 4x2 即 y1 y2 y1 y2 4 為 x2 又y1 y2 4，所以k 也一y2 1，即直線MN的斜率為1. - x1 x2 (II)由(I)知直線MN的斜率為1,所以可設直線 MN的方程為y x a 討論： M X1,y1 ,N X2,y2 在 x 軸異側時由 OBM OBN 知

24、kBM kBN 0, 0) 點D的坐標為 D(2, J), BD中點E的坐標為(2, xo 2 尹2),故|BE|1氏 直線PF的斜率為kPF y。 Xo 1 綜上得，當點P運動時，以BD為直徑的圓與直線 PF相切. 6 當(1) 、3 即直線MN過點B,所以此時直線方程為 y X 2，經(jīng)驗證，此時直線與拋物線無交點，故舍去 14分 綜上可知：直線MN的方程為y 當 n 0，及直線 CD x 軸時，易得 C(0,1),D(0, 1).且 A( 2,0) , B(2,0). 所以 | AB| 4，|CD | 2， 顯然此時四邊形 ACBD為菱形，所以四邊形 ACBD的面積為-4 2 4. 2 (

25、n)當直線 CD的斜率k不存在時，由題意，得 CD的方程為x 1 , 代入橢圓w的方程，得c(1,j) , D(1, 易得CB的方程為y 二(x 2) 2又 kBM , kBN x1 2 y2 X2 y1 X2 2 y2 洛 2 化簡得 所以 X2 2 x1 X2 ,2 a,y2 X2 a 所以X1 a X2 2 a 2 X1 X2 4a 0 (1) y x a 2 2a 4 2 4x 消去y得x y 4 2a X1X2 2 :a - 0 聯(lián)立方程組 x X1 X2 又y 捲 12分 代入 (1)式可得 (2) X2 a X1 2 0 al 2 0 a 2所以直線MN的方程為y x 2 13分

26、 當M X1,y1 ,N x2,y2在x軸同側時，由 OBM OBN 知 kBM =kBN 2 9、解：(I)由題意，得 a 4m 2 所以橢圓W方程為 4 4 ,解得m y2 1 1. 4 4 2 所以AM1 2AD，即A, D, M三點共線. 當直線CD的斜率k存在時，設CD的方程為y k(x 1)(k 0), CXyJ , DXy), y 聯(lián)立方程 X2 T k(x 1), y2 1,消去y， 2 2 得(4k 1)x 2 2 8k x 4k 0. 由題意，得 0恒成立，故為 X2 8 k2 4k2 1 X1X2 4k2 4k2 1 10分 直線CB的方程為y 弋& x1 2 2

27、). 2yi 令 x 4，得 M (4,- -). X1 2 11分 又因為 A( 2,0)， D(X2, y2)， 則直線AD，AM的斜率分別為 y2 X2 2 y1 3(X1 2) 12分 所以kAD kAM 2 x2 2 y1 3(X1 2) 上式中的分子 3y2(x1 2) y %(X2 2) 3y2 (X1 2) )(X2 2) 2) 3k(X2 1)(X1 2) k(X1 1)(X2 2) 2kXX2 5k(% X2) 8k 2k 4k2 4 4k2 1 5k 8k2 4k2 1 8k 所以kAD kAM 0. 所以A, D,M三點共線 14分 10、解：（I） 2 X Q M (

28、c,1)在橢圓 a b2 解得 a2 4 所以，橢圓的標準方程為 2 y_ 72x 2y m 0, (n)由 x2 y2 得 4x2 2 2mx m2 8 0. . 5 分 -1, 4 2 因為直線l與橢圓C有兩個交點，并注意到直線 l不過點M , 顯然直線MA與MB的斜率存在，設直線 MA與MB的斜率分別為ki, k2, 則 ki k2 yi I y2 L . ii 分 xi V2 x2 V2 i)(x2 -.2) i)(為邁 (xi 72)( x2 V2) (-2xi m 2)(X2 2) (、2x2 m 2)(Xi 、2) 2(xi 丘)(X2 V2) 2 2xix2 (m 4)(xi x2) 2 2m 4.2 2xix2 、