【復(fù)習(xí)參考】2021年高考數(shù)學(xué)(理)提升演練：圓錐曲線

2021屆高三數(shù)學(xué)（理）提升演練：圓錐曲線一、選擇題1．設(shè)A、B∈R，A≠B，且A·B≠0，則方程Bx－y＋A＝0和方程Ax2－By2＝AB在同一坐標(biāo)系下的圖象大致是()2．直線y＝x＋1截拋物線y2＝2px所得弦長為2eq\r(6)，此時拋物線方程為()A．y2＝2x B．y2＝6xC．y2＝－2x或y2＝6x D．以上都不對3．斜率為1的直線l與橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1交于不同兩點A、B，則|AB|的最大值為()A．2 B.eq\f(4\r(5),5)C.eq\f(4\r(10),5) D.eq\f(8\r(10),5)4．設(shè)O是坐標(biāo)原點，F(xiàn)是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，A是拋物線上的一點，與x軸正方向的夾角為60°，則||為()A.eq\f(21p,4) B.eq\f(\r(21)p,2)C.eq\f(\r(13),6)p D.eq\f(13,36)p5．設(shè)離心率為e的雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，直線l過焦點F，且斜率為k，則直線l與雙曲線C的左、右兩支都相交的充要條件是()A．k2－e2>1 B．k2－e2<1C．e2－k2>1 D．e2－k2<16．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，M，N是雙曲線上關(guān)于原點對稱的兩點，P是雙曲線上的動點，且直線PM，PN的斜率分別為k1，k2，k1k2≠0，若|k1|＋|k2|的最小值為1，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(5),2)C.eq\f(\r(3),2)eq\r() D.eq\f(3,2)二、填空題7．若y＝x＋m與橢圓9x2＋16y2＝144相切，則實數(shù)m的值等于________．8．已知直線l與橢圓x2＋2y2＝2交于P1、P2兩點，線段P1、P2的中點為P，設(shè)直線l的斜率為k1(k1≠0)，直線OP的斜率為k2，則k1k2的值等于________．9．過拋物線x2＝2py(p>0)的焦點作斜率為1的直線與該拋物線交于A，B兩點，A，B在x軸上的正射影分別為D，C.若梯形ABCD的面積為12eq\r(2)，則p＝________.三、解答題10．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，其中左焦點F(－2,0)．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線y＝x＋m與橢圓C交于不同的兩點A，B，且線段AB的中點M在圓x2＋y2＝1上，求m的值．11．已知拋物線C1：x2＝y(tǒng)，圓C2：x2＋(y－4)2＝1的圓心為點M.(1)求點M到拋物線C1的準(zhǔn)線的距離；(2)已知點P是拋物線C1上一點(異于原點)．過點P作圓C2的兩條切線，交拋物線C1于A，B兩點．若過M，P兩點的直線l垂直于直線AB，求直線l的方程．12.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點M(1，eq\f(3,2))，其離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)直線l：y＝kx＋m(|k|≤eq\f(1,2))與橢圓C相交于A、B兩點，以線段OA、OB為鄰邊做平行四邊形OAPB，頂點P恰好在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點，求|OP|的取值范圍．詳解答案一、選擇題1．解析：方程Ax2－By2＝AB可變?yōu)閑q\f(x2,B)－eq\f(y2,A)＝1.當(dāng)AB>0時，方程eq\f(x2,B)－eq\f(y2,A)＝1.表示雙曲線，直線Bx－y＋A＝0交x軸于(－eq\f(A,B)，0)，即－eq\f(A,B)<0，故排解C、D選項；當(dāng)AB<0時，只有B>0，A<0，方程eq\f(x2,B)－eq\f(y2,A)＝1表示橢圓，直線交x軸于(－eq\f(A,B)，0)，而－eq\f(A,B)>0，故排解A.答案：B2．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1,y2＝2px))得x2＋(2－2p)x＋1＝0.x1＋x2＝2p－2，x1x2＝1.∴2eq\r(6)＝eq\r(1＋12)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(2p－22－4).解得p＝－1或p＝3，∴拋物線方程為y2＝－2x或y2＝6x.答案：C3．解析：設(shè)直線l的方程為y＝x＋t，代入eq\f(x2,4)＋y2＝1消去y得eq\f(5,4)x2＋2tx＋t2－1＝0，由題意得Δ＝(2t)2－5(t2－1)>0，即t2<5.弦長|AB|＝eq\r(2)·eq\f(4·\r(5－t2),5)≤eq\f(4\r(10),5).答案：C4．解析：如圖，過A作AD⊥x軸于D，令|FD|＝m，則|FA|＝2m，|AD|＝eq\r(3)m，由拋物線定義知|FA|＝|AB|，即p＋m＝2m，∴m＝p.∴||＝eq\r(\f(p,2)＋p2＋\r(3)p2)＝eq\f(\r(21),2)p.答案：B5．解析：由雙曲線的圖象和漸近線的幾何意義，可知直線的斜率k只需滿足－eq\f(b,a)<k<eq\f(b,a)，即k2<eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1.答案：C6．解析：設(shè)M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)則k1＝eq\f(y－y0,x－x0)，k2＝eq\f(y＋y0,x＋x0).又∵M(jìn)、N、P都在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2x\o\al(2,0)－a2y\o\al(2,0)＝a2b2，,b2x2－a2y2＝a2b2.))∴b2(x2－xeq\o\al(2,0))＝a2(y2－yeq\o\al(2,0))．∴eq\f(x－x0,y－y0)＝eq\f(a2,b2)eq\f(y＋y0,x＋x0).∴eq\f(1,|k1|)＝eq\f(a2,b2)|k2|，即|k1|·|k2|＝eq\f(b2,a2).又∵|k1|＋|k2|≥2eq\r(|k1||k2|)＝eq\f(2b,a).∴eq\f(2b,a)＝1，即4b2＝a2∴4(c2－a2)＝a2，即4c2＝5∴eq\f(c2,a2)＝eq\f(5,4)，即e2＝eq\f(5,4)，∴e＝eq\f(\r(5),2).答案：B二、填空題7．解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m,9x2＋16y2＝144))，得25x2＋32mx＋16m2－144＝0，所以Δ＝－576m2＋14400＝0，解得m答案：±58．解析：設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則P(eq\f(x1＋x2,2)，eq\f(y1＋y2,2))，k2＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，k1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)，k1k2＝eq\f(y\o\al(2,2)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋2y\o\al(2,1)＝2,x\o\al(2,2)＋2y\o\al(2,2)＝2))，相減得yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1)＝－eq\f(1,2)(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))．故k1k2＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)9．解析：依題意，拋物線的焦點F的坐標(biāo)為(0，eq\f(p,2))，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y－eq\f(p,2)＝x，代入拋物線方程得，y2－3py＋eq\f(p2,4)＝0，故y1＋y2＝3p，|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4p，直角梯形ABCD有一個內(nèi)角為45°.故|CD|＝eq\f(\r(2),2)|AB|＝eq\f(\r(2),2)×4p＝2eq\r(2)p，梯形面積為eq\f(1,2)(|BC|＋|AD|)×|CD|＝eq\f(1,2)×3p×2eq\r(2)p＝3eq\r(2)p2＝12eq\r(2)，解得p＝2.答案：2三、解答題10．解：(1)由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,c＝2，,a2＝b2＋c2.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,b＝2.))∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)點A、B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，線段AB的中點為M(x0，y0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝x＋m.))消去y得，3x2＋4mx＋2m2－8＝0，∴Δ＝96－8m2>0，∴－2eq\r(3)<m<2eq\r(3).∴x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(2m,3)，y0＝x0＋m＝eq\f(m,3).∵點M(x0，y0)在圓x2＋y2＝1上，∴(－eq\f(2m,3))2＋(eq\f(m,3))2＝1，∴m＝±eq\f(3\r(5),5).11．解：(1)由題意可知，拋物線C1的準(zhǔn)線方程為：y＝－eq\f(1,4)，所以圓心M(0,4)到準(zhǔn)線的距離是eq\f(17,4).(2)設(shè)P(x0，xeq\o\al(2,0))，A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，由題意得x0≠0，x0≠±1，x1≠x2.設(shè)過點P的圓C2的切線方程為y－xeq\o\al(2,0)＝k(x－x0)，即y＝kx－kx0＋xeq\o\al(2,0).①則eq\f(|kx0＋4－x\o\al(2,0)|,\r(1＋k2))＝1，即(xeq\o\al(2,0)－1)k2＋2x0(4－xeq\o\al(2,0))k＋(xeq\o\al(2,0)－4)2－1＝0.設(shè)PA，PB的斜率為k1，k2(k1≠k2)，則k1，k2是上述方程的兩根，所以k1＋k2＝eq\f(2x0x\o\al(2,0)－4,x\o\al(2,0)－1)，k1k2＝eq\f(x\o\al(2,0)－42－1,x\o\al(2,0)－1).將①代入y＝x2得x2－kx＋kx0－xeq\o\al(2,0)＝0，由于x0是此方程的根，故x1＝k1－x0，x2＝k2－x0，所以kAB＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2＝k1＋k2－2x0＝eq\f(2x0x\o\al(2,0)－4,x\o\al(2,0)－1)－2x0，kMP＝eq\f(x\o\al(2,0)－4,x0).由MP⊥AB，得kAB·kMP＝(eq\f(2x0x\o\al(2,0)－4,x\o\al(2,0)－1)－2x0)·(eq\f(x\o\al(2,0)－4,x0))＝－1，解得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(23,5).即點P的坐標(biāo)為(±eq\r(\f(23,5))，eq\f(23,5))，所以直線l的方程為y＝±eq\f(3\r(115),115)x＋4.12.解：(1)由已知：e2＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)①，又點M(1，eq\f(3,2))在橢圓上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1②，由①②解之，得a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1.))消去y化簡整理得：(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(3＋4k2－設(shè)A，B，P點的坐標(biāo)分別為(x1，y1)、(x2，y2)、(x0，y0)，則x0＝x1＋x2＝－eq\f(8km,3＋4k2)，y0＝y(tǒng)1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq\f(6m,3＋4k2).由于點P在橢圓C上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1.從而eq\f(16k2m2,3＋4k22)＋eq\f(12m2,3＋4k22)＝1，化簡得4m2＝3＋4k2，經(jīng)檢驗滿足③式．又|OP|＝eq\r(x\o\al(2,