高中數(shù)學(xué)人教A版1第二章圓錐曲線與方程 市賽獲獎

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x23y24=1【解題指南】先根據(jù)題意設(shè)出雙曲線的方程x2a2-y2b2=1,然后與直線方程聯(lián)立方程組,消元得二元一次方程,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系及MN中點(diǎn)的橫坐標(biāo)建立a,b的一個方程,又雙曲線中有c【解析】選B.設(shè)雙曲線方程為x2a2將y=x-1代入x2a2整理得(b2-a2)x2+2a2x-a2-a2b2=0,由根與系數(shù)的關(guān)系得x1+x2=2a則x1+x22又c2=a2+b2=7,解得a2=2,b2=5,所以雙曲線的方程為x22-是長軸在x軸上的橢圓x2a2+y2b2=1上的點(diǎn),F1,F 【解析】選D.由橢圓的幾何性質(zhì)得|PF1|∈[a-c,a+c],|PF1|+|PF2|=2a,所以|PF1|·|PF2|≤|PF1當(dāng)且僅當(dāng)|PF1|=|PF2|時取等號.|PF1|·|PF2|=|PF1|(2a-|PF1|)=-|PF1|2+2a|PF1|=-(|PF1|-a)2+a2≥-c2+a2=b2,所以|PF1|·|PF2|的最大值與最小值之差為a2-b2=c2.6.(2023·天津高二檢測)已知雙曲線x2a2-y△AOB的面積為3,則p=() B.3 【解析】選C.因?yàn)閑=2,所以b2=3a2,雙曲線的兩條漸近線方程為y=±3x,不妨設(shè)A=-p2,3p2,B-p2,-3p2,則AB=3p,又三角形的高為p27.(2023·東營高二檢測)已知點(diǎn)P是拋物線y2=-8x上一點(diǎn),設(shè)點(diǎn)P到此拋物線準(zhǔn)線的距離是d1,到直線x+y-10=0的距離是d2,則d1+d2的最小值是()A.3 32 【解析】選C.拋物線y2=-8x的焦點(diǎn)F(-2,0),根據(jù)拋物線的定義知,d1+d2=|PF|+d2,顯然當(dāng)由點(diǎn)F向直線x+y-10=0作垂線與拋物線的交點(diǎn)為P時,d1+d2取到最小值,即|-2+0-10|28.若直線y=kx-2與拋物線y2=8x交于A,B兩個不同的點(diǎn),且AB的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2,則k等于()或-1 ±5【解析】選C.由y=kx-2,k2x2-4(k+2)x+4=0,故Δ=[-4(k+2)]2-4k2×4=64(1+k)>0,解得k>-1,由x1+x2=4(k+2)解得k=-1或k=2,又因?yàn)閗>-1,故k=2.【易錯警示】本題易忽略Δ>0而錯選A.9.(2023·邯鄲高二檢測)設(shè)雙曲線x2a2-y=±22x =±2=±12x 【解析】選A.由題意得2b=2,2c=2所以a=c2-b因此雙曲線的方程為x22-y所以漸近線方程為y=±2210.(2023·福建高考)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F,短軸的一個端點(diǎn)為M,直線A.0,32 C.32,1 【解析】選A.不妨設(shè)左焦點(diǎn)為F2,連接AF2,BF2,由橢圓的對稱性可知四邊形AFBF2的對角線互相平分,所以四邊形AFBF2為平行四邊形,所以AF+BF=BF2+BF=2a=4,所以a=2,設(shè)M(0,b),所以d=45b≥45?b≥1,所以e=1又e∈(0,1),所以e∈0,11.(2023·哈爾濱高二檢測)已知橢圓E:x2a2為()A.x245+y236=1 B.C.x227+y218=1 D.【解析】選D.設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為(x1,y1),B點(diǎn)坐標(biāo)為(x2,y2),所以x12a2+即(x1-因?yàn)閤1+x2=2,y1+y2=-2,所以k=y2-y又因?yàn)閗=-1-01-3=12,所以b又因?yàn)閏2=a2-b2=2b2-b2=b2,c2=9,所以b2=9,a2=18,即E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x218+12.(2023·寶雞高二檢測)設(shè)拋物線C:y2=3px(p>0)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)M在C上,|MF|=5,若以MF為直徑的圓過點(diǎn)A(0,2),則C的方程為()=4x或y2=8x =2x或y2=8x=4x或y2=16x =2x或y2=16x【解析】選C.由已知得F34p,0,A(0,2),M因?yàn)锳F⊥AM,所以kAF·kAM=-1,即2-34所以y02-8y0+16=0,所以y0=4,所以M因?yàn)閨MF|=5,所以5=34所以34所以3p4-163p=3或3所以9p2-36p-64=0,①或9p2+36p-64=0,②由①得p=-43(舍),p=16由②得p=43,p=-16所以C的方程為y2=4x或y2=16x.二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請把正確答案填在題中橫線上)13.橢圓mx2+ny2=1與直線l:x+y=1交于M,N兩點(diǎn),過原點(diǎn)與線段MN中點(diǎn)的直線斜率為22,則mn=【解析】設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),所以mx12+nmx22+n又因?yàn)閥2-y因?yàn)閥1+y2x所以m=22n,所以mn=答案:214.直線y=kx+1(k∈R)與橢圓x25+y2【解析】將y=kx+1代入橢圓方程,消去y并整理,得(m+5k2)x2+10kx+5-5m=0.由m>0,5k2≥0,知m+5k2>0,故Δ=100k2-4(m+5k2)(5-5m)≥0對k∈R恒成立.即5k2≥1-m對k∈R恒成立,故1-m≤0,所以m≥1.又因?yàn)閙≠5,所以m的取值范圍是m≥1且m≠5.答案:m≥1且m≠5【易錯警示】本題易忽略隱含條件m≠5而出錯.15.(2023·山東高考)過雙曲線C:x2a2-y【解題指南】本題是雙曲線性質(zhì)的綜合應(yīng)用,應(yīng)從焦點(diǎn)和漸近線出發(fā)構(gòu)造a,b,c的關(guān)系,進(jìn)而求出離心率e.【解析】將y=ba(x-c)代入x2a2-y2b2所以(2a)2化簡得3a2=(2a-c)2,即3a=c-2a,所以e=2+3.答案:2+3【補(bǔ)償訓(xùn)練】(2023·濟(jì)寧高二檢測)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F為()A.22,1 C.0,22 【解析】選A.由PF1⊥PF2,知△F1PF2是直角三角形,所以|OP|=c≥b,即c2≥a2-c2,所以a≤2c,因?yàn)閑=ca,0<e<1,所以216.(2023·浙江高考)橢圓x2a2+y2b【解題指南】利用已知條件求出點(diǎn)Q的坐標(biāo),從而求出a,b,c的關(guān)系.【解析】設(shè)F(c,0)關(guān)于直線y=bcx的對稱點(diǎn)為Q(m,n),則有nm-c·bc=-1,n2=bc×m+c2,解得m=c3-c答案:2三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17.(10分)已知拋物線的頂點(diǎn)在原點(diǎn),它的準(zhǔn)線過雙曲線x2a2-y【解析】依題意,設(shè)拋物線方程為y2=2px(p>0),因?yàn)辄c(diǎn)32,6所以p=2,所以所求拋物線方程為y2=4x.因?yàn)殡p曲線左焦點(diǎn)在拋物線的準(zhǔn)線x=-1上,所以c=1,即a2+b2=1,又點(diǎn)32,6在雙曲線上,所以9由a解得a2=14,b2=3所以所求雙曲線方程為4x2-43y2【補(bǔ)償訓(xùn)練】若已知橢圓x210+y2m=1與雙曲線x2-【解析】由橢圓與雙曲線有相同的焦點(diǎn)得10-m=1+b,即m=9-b,①又因?yàn)辄c(diǎn)P103y2=89y2=b9解由①②③組成的方程組得m=1,b=8,所以橢圓方程為x210+y2=1,雙曲線方程為x2-18.(12分)求以直線x+2y=0為漸近線,且截直線x-y-3=0所得弦長為83【解析】由于雙曲線的漸近線方程為x+2y=0,故可設(shè)雙曲線方程為x2-4y2=λ(λ≠0).設(shè)直線x-y-3=0與雙曲線的交點(diǎn)為A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立方程組x-y-3=0,整理得3x2-24x+36+λ=0.由Δ=(-24)2-3×4(36+λ)>0,解得λ<12.由根與系數(shù)關(guān)系可得x代入弦長公式中,|AB|=2|x1-x2|=2·(=2·82-4×36+λ于是8(12-λ)3=故所求的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24-y19.(12分)已知過拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),斜率為22的直線交拋物線于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)兩點(diǎn),且|AB|=9.(1)求該拋物線的方程.(2)O為坐標(biāo)原點(diǎn),C為拋物線上一點(diǎn),若OC→=OA【解析】(1)直線AB的方程是y=22x-p2,與y2=2px聯(lián)立,從而有4x2-5px+p2=0,所以x1+x2=5p4所以p=4,從而拋物線方程是y2=8x.(2)由p=4,方程4x2-5px+p2=0可化為x2-5x+4=0,從而x1=1,x2=4,y1=-22,y2=42,從而A(1,-22),B(4,42).設(shè)OC→=(x3,y3)=(1,-22)+λ(4,4=(4λ+1,42λ-22),又y32=8x3,即[22(2λ-1)]即(2λ-1)2=4λ+1,解得λ=0或λ=2.20.(12分)已知點(diǎn)P(3,4)是橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一點(diǎn),F1,F2(1)橢圓的方程.(2)△PF1F2的面積.【解析】(1)令F1(-c,0),F2(c,0)(c>0),則b2=a2-c2.因?yàn)镻F1⊥PF2,所以kPF1·kPF解得c=5,所以設(shè)橢圓方程為x2a2因?yàn)辄c(diǎn)P(3,4)在橢圓上,所以9a2+解得a2=45或a2=5.又因?yàn)閍>c,所以a2=5(舍去).故所求橢圓方程為x245+(2)由橢圓定義知|PF1|+|PF2|=65,①又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=100,②①2-②得2|PF1|·|PF2|=80,所以S△PF1F2=1【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知拋物線C:y2=2px(p>0)過點(diǎn)A(1,-2).(1)求拋物線C的方程,并求其準(zhǔn)線方程.(2)是否存在平行于OA(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的直線l,使得直線l與拋物線C有公共點(diǎn),且直線OA與l的距離等于55?若存在,求出直線l【解析】(1)將(1,-2)代入y2=2px,得(-2)2=2p·1,所以p=2.故所求的拋物線C的方程為y2=4x,其準(zhǔn)線方程為x=-1.(2)假設(shè)存在符合題意的直線l,其方程為y=-2x+t.由y=-2x+t,y2因?yàn)橹本€l與拋物線C有公共點(diǎn),所以Δ=4+8t≥0,解得t≥-12另一方面,由直線OA到l的距離d=55可得|t|5=因?yàn)?1?-12,+∞所以符合題意的直線l存在,其方程為2x+y-1=0.21.(12分)已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,它的一個頂點(diǎn)恰好是拋物線y=14x2的焦點(diǎn),離心率為2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)過橢圓C的右焦點(diǎn)F作直線l交橢圓C于A,B兩點(diǎn),交y軸于點(diǎn)M,若MA→=mFA→,【解析】(1)設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2拋物線方程可化為x2=4y,其焦點(diǎn)為(0,1),則橢圓C的一個頂點(diǎn)為(0,1),即b=1.由e=ca=a2-得a2=5,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x25+y(2)易求出橢圓C的右焦點(diǎn)F(2,0),設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(0,y0),顯然直線l的斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=k(x-2),代入方程x25+y得(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0.所以x1+x2=20k21+5k2,x1又MA→=(x1,y1-y0),MB→=(x2,yFA→=(x1-2,y1),FB→=(x因?yàn)镸A→=mFA→,所以m=x1x1所以m+n=2x又2x1x2-2(x1+x2)=40=-101+54-2(x1+x2)+x1x2=4-40k21+5k2所以m+n=10.22.(12分)(2023·北京高考)已知橢圓C:x2a2(1)求橢圓C的方程及離心率.(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上,直線PA與y軸交于點(diǎn)M,直線PB與x軸交于點(diǎn)N,求證:四邊形ABNM的面積為定值.【解題指南】(1)把A,B兩點(diǎn)代