2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.11-圓錐曲線-最值、范圍問題-專項(xiàng)訓(xùn)練模擬練習(xí)【含解析】

2025高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)-8.11-圓錐曲線——最值、范圍問題-專項(xiàng)訓(xùn)練模擬練習(xí)1．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)過點(diǎn)(2eq\r(2)，1)，漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，直線l是雙曲線C右支的一條切線，且與C的漸近線交于A，B兩點(diǎn)．(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A，B的中點(diǎn)為M，求點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離的最小值．2．如圖，已知雙曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝1，經(jīng)過點(diǎn)T(1,1)且斜率為k的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，與C的漸近線交于M，N兩點(diǎn)(從左至右的順序依次為A，M，N，B)，其中k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).(1)若點(diǎn)T是MN的中點(diǎn)，求k的值；(2)求△OBN面積的最小值．3．已知F(eq\r(3)，0)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在橢圓C上．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l與橢圓C分別相交于A，B兩點(diǎn)，且kOA＋kOB＝－eq\f(1,2)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求直線l的斜率的取值范圍．4．已知拋物線E：y2＝2px(p>0)，P(4，y0)為E上位于第一象限的一點(diǎn)，點(diǎn)P到E的準(zhǔn)線的距離為5.(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為E的焦點(diǎn)，A，B為E上異于P的兩點(diǎn)，且直線PA與PB斜率乘積為－4.①證明：直線AB過定點(diǎn)；②求|FA|·|FB|的最小值． 參考答案 1．[解析](1)由題設(shè)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))則C：eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)設(shè)點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為xM>0，當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，則直線l：x＝2，易知點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離為xM＝2；當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)l：y＝kx＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠±\f(1,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝kx＋m，))整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，Δ＝64k2m2－16(4k2－1)(m2＋1)＝0，整理得4k2＝m2＋1.則x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2－1)＝－eq\f(8km,m2)＝－eq\f(8k,m)，則xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4k,m)>0，即km<0，則xeq\o\al(2,M)＝eq\f(16k2,m2)＝4＋eq\f(4,m2)>4，即xM>2，∴此時(shí)點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離大于2；綜上所述，點(diǎn)M到y(tǒng)軸的最小距離為2.2．[解析](1)解法一：設(shè)M(x1，y1)、N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),2)－y\o\al(2,1)＝0，,\f(x\o\al(2,2),2)－y\o\al(2,2)＝0，))得eq\f(x1－x2x1＋x2,2)＝(y1－y2)(y1＋y2)，又T(1,1)為MN的中點(diǎn)，∴x1＋x2＝y(tǒng)1＋y2＝2，∴k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,2).解法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋1，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得(1－2k2)x2－4k(1－k)x－2(1－k)2－2＝0，由韋達(dá)定理可知，x1＋x2＝eq\f(4k－4k2,1－2k2)，x1·x2＝eq\f(－21－k2－2,1－2k2)，聯(lián)立直線l與其中一條漸近線方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1＋1，,y＝\f(\r(2),2)x，))解得x＝eq\f(1－k,\f(\r(2),2)－k)，即xN＝eq\f(1－k,\f(\r(2),2)－k)，同理可得xM＝eq\f(k－1,\f(\r(2),2)＋k)，則xM＋xN＝eq\f(4k－4k2,1－2k2)＝x1＋x2，則可知AB的中點(diǎn)與MN中點(diǎn)重合．由于T(1,1)是MN的中點(diǎn)，所以eq\f(4k1－k,1－2k2)＝2，解得k＝eq\f(1,2).(2)y＝k(x－1)＋1與eq\f(x2,2)－y2＝1聯(lián)立，消去y得(1－2k2)x2－4k(1－k)x－2(1－k)2－2＝0，由(1)知，|BN|＝|AM|＝eq\f(|AB|－|MN|,2)或S△OBN＝eq\f(1,2)(S△OAB－S△OMN)由于|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)\r(1－k2＋1－2k2),1－2k2)，|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)\r(1－k2),1－2k2)，所以|BN|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(\r(2)[\r(1－k2＋1－2k2)－\r(1－k2)],1－2k2)，又O到直線的距離d＝eq\f(1－k,\r(1＋k2))，所以S△OBN＝eq\f(1,2)|BN|·d＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(1－k[\r(1－k2＋1－2k2)－\r(1－k2)],1－2k2)＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(1－k,\r(1－k2＋1－2k2)＋\r(1－k2))，整理得S△OBN＝eq\f(\r(2),2)·eq\f(1,\r(1＋\f(1－2k2,1－k2))＋1)，令t＝1－k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1))，則eq\f(1－2k2,1－k2)＝eq\f(－2t2＋4t－1,t2)＝－eq\f(1,t2)＋eq\f(4,t)－2，當(dāng)eq\f(1,t)＝2，即k＝eq\f(1,2)時(shí)，eq\f(1－2k2,1－k2)的最大值為2，所以S△OBN的最小值為eq\f(\r(6)－\r(2),4).3．[解析](1)由題意，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為(－eq\r(3)，0)，根據(jù)橢圓的定義，可得點(diǎn)M到兩焦點(diǎn)的距離之和為eq\r(\r(3)＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－0))2)＋eq\f(1,2)＝4，即2a＝4，所以a＝2，又因?yàn)閏＝eq\r(3)，可得b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，結(jié)合橢圓的對(duì)稱性可知，kOA＋kOB＝0，不符合題意．故設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，則x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－1,4k2＋1)，所以kOA＋kOB＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(kx1＋mx2＋kx2＋mx1,x1x2)＝2k＋eq\f(mx1＋x2,x1x2)＝2k＋eq\f(－8km2,4m2－1)＝eq\f(－2k,m2－1)，因?yàn)閗OA＋kOB＝－eq\f(1,2)，可得m2＝4k＋1，所以k≥－eq\f(1,4)，又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1，綜上可得，直線l的斜率的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．4．[解析](1)由題可知4＋eq\f(p,2)＝5，解得p＝2.所以E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.(2)①由(1)知，yeq\o\al(2,0)＝4×4，且y0>0，解得y0＝4，所以P(4,4)．設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，則kPA＝eq\f(y1－4,\f(y\o\al(2,1),4)－4)＝eq\f(4,y1＋4)，同理可得，kPB＝eq\f(4,y2＋4)，則kPA·kPB＝eq\f(4,y1＋4)·eq\f(4,y2＋4)＝－4，即4(y1＋y2)＋y1y2＋20＝0.當(dāng)直線AB斜率存在時(shí)，直線AB的方程為y－y1＝eq\f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,2),4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),4)))，整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.所以4x－20－(y1＋y2)(y＋4)＝0，即y＋4＝eq\f(4,y1＋y2)(x－5)，所以直線AB過定點(diǎn)(5，－4)；當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)y1＋y2＝0，可得yeq\o\al(2,1)＝20，x1＝5.綜上，直線AB過定點(diǎn)(5，－4)．②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，當(dāng)直線AB斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－5)－4＝kx－5k－4，與拋物線E聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－5k－4，))消去x得k2x2－(10k2＋8k＋4)x＋(5k＋4)2＝0，由題意Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(10k2＋8k＋4,k2)，x1x2＝eq\f(5k＋42,k2)，所以|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝eq\f(5k＋42,k2)＋eq\f(10k2＋8k＋4,k2)＋1＝eq\f(48k＋20,k2