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1、2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測練（五）文
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.(2018·江西名校學(xué)術(shù)聯(lián)盟)已知直線l將圓C:x2+y2-6x+6y+2=0的周長平分,且直線l不經(jīng)過第三象限,則直線l的傾斜角θ的取值范圍為 ( )
A.90°≤θ≤135° B.90°≤θ≤120°
C.60°≤θ≤135° D.90°≤θ≤150°
【解析】選A.依題意,圓C:(x-3)2+(y+3)2=16,易知直線l過圓C的圓心(3,-3);因為直線l不經(jīng)過第三象限,結(jié)合正切函數(shù)圖象可知,90°≤θ≤135°.
2、
2.(2018·浙江省重點中學(xué)聯(lián)考)雙曲線-=1的離心率是 ( )
A. B. C. D.
【解析】選D.因為a=3,b=2,所以c==,所以離心率是e==.
3.(2018·紹興一模)如圖,已知雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左焦點為F,A為虛軸的一端點.若以A為圓心的圓與C的一條漸近線相切于點B,且=t(t∈R),則該雙曲線的離心率為 ( )
A.2 B. C. D.
【解析】選D.由題意b2=ac,所以c2-a2=ac,解得離心率為.
4.(2018·昆明一模)已知直線l:y=x+m與圓C:x2+(y-3)2=6相交于A,B兩點,若∠
3、ACB=120°,則實數(shù)m的值為 ( )
A.3+或3- B.3+2或3-2
C.9或-3 D.8或-2
【解析】選A.因為∠ACB=120°,半徑為,所以圓心到直線的距離為,所以=,解得m=3+或m=3-.
5.(2018·哈爾濱一模)已知F1,F2分別為雙曲線C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦點,點P為雙曲線C右支上一點,直線PF1與圓x2+y2=a2相切,且|PF2|=|F1F2|,則雙曲線C的離心率為 ( )
A. B. C. D.2
【解析】選C.因為直線PF1與圓x2+y2=a2相切,|PF2|=|F1F2|,所以|PF1|=4b,
4、
所以|PF1|-|PF2|=4b-2c=2a,
所以2b=c+a,
所以雙曲線C的離心率為.
6.圓x2+y2=1與直線y=kx-3有公共點的充分不必要條件是 ( )
A.k≤-2或k≥2 B.k≤-2
C.k≥2 D.k≤-2或k>2
【解析】選B.圓x2+y2=1與直線y=kx-3有公共點?≤1?k≤-2或k≥2,所以“k≤-2”是“圓x2+y2=1與直線y=kx-3有公共點”的充分不必要條件.
7.橢圓+=1與雙曲線+=1(12
5、選C.對于橢圓+=1,c=2,對于雙曲線-=1,=(16-k)+(k-12)=4,所以c1=2.
8.以雙曲線-=1(a>0,b>0)中心O(坐標(biāo)原點)為圓心,焦距為直徑的圓與雙曲線在第一象限內(nèi)交于M點,F1,F2分別為雙曲線的左、右焦點,過點M作x軸的垂線,垂足恰為OF2的中點,則雙曲線的離心率為 ( )
A.-1 B. C.+1 D.2
【解析】選C.由題意知點M的坐標(biāo)為M,代入雙曲線方程可得-
=1,因為b2=c2-a2,e=,
所以e4-8e2+4=0,所以e2=4+2,所以e=+1.
9.拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,M是拋物線C上的點,若三角
6、形OFM的外接圓與拋物線C的準(zhǔn)線相切,且該圓的面積為36π,則p的值為 ( )
A.2 B.4 C.6 D.8
【解析】選D.設(shè)△OFM的外接圓圓心為O1,則|O1O|=|O1F|=|O1M|,所以O(shè)1在線段OF的中垂線上,又因為☉O1與拋物線的準(zhǔn)線相切,所以O(shè)1在拋物線上,
所以O(shè)1,又圓面積為36π,所以半徑為6,所以+p2=36,所以p=8.
10.(2018·惠州一模)△ABC中,∠B=,A,B分別是雙曲線E的左、右焦點,點C在E上,且|AB|=|BC|,則E的離心率為 ( )
A.-1 B.+1 C. D.
【解析】選D.由|BC|=|BA|=
7、2c,則|CA|2=|BC|2+|BA|2-2|BC|×|BA|×cos∠B =12c2,
2a=|CA|-|CB|=2c-2c,
所以==.
11.在△ABC中,AB=BC,cos B=-.若以A,B為焦點的橢圓經(jīng)過點C,則該橢圓的離心率e= ( )
A. B. C. D.
【解析】選C.設(shè)|AB|=x>0,則|BC|=x,
AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos B
=x2+x2-2x2·=x2,所以|AC|=x,
由條件知,|CA|+|CB|=2a,AB=2c,
所以x+x=2a,x=2c,所以e====.
12.已知雙曲線-=1的離心率為e=2
8、,右焦點F到其漸近線的距離為.拋物線y2=2px的焦點與雙曲線的右焦點F重合.過該拋物線的焦點的一條直線交拋物線于A,B兩點,正三角形ABC的頂點C在直線x=-1上,則△ABC的邊長是 ( )
A.8 B.10
C.12 D.14
【解析】選C.因為雙曲線-=1的離心率e=2,所以=2?a=,因為雙曲線右焦點F到其漸近線的距離為,所以=?b=,故c2-a2=b2=,即c2-=
?c=1.
雙曲線的右焦點也即拋物線的焦點為F(1,0),所以拋物線的方程為y2=4x,設(shè)AB的中點為M,過A,B,M分別作AA1,BB1,MN垂直于直線x=-1于A1,B1,N
9、,設(shè)∠AFx=θ,由拋物線定義知:|MN|=(|AA1|+|BB1|)=|AB|,因為|MC|=|AB|,
所以|MN|=|MC|,因為∠CMN=90°-θ,
所以cos∠CMN=cos(90°-θ)==,即sin θ=,又由拋物線定義知|AF|=,|BF|=,所以|AB|==12,即正三角形ABC的邊長為12.
第Ⅱ卷(非選擇題,共90分)
二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分,把正確答案填在題中橫線上)
13.(2018·贛南四校聯(lián)考)已知圓Ω過點A(5,1),B(5,3),C(-1,1),則圓Ω的圓心到直線l:x-2y+1=0的距離為____________.?
10、
【解析】依題意,圓Ω的圓心是線段AB與AC垂直平分線的交點,故圓心為(2,2),到直線l:x-2y+1=0的距離d==.
答案:
14.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線-=1(a>0,b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點,若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程為____________.?
【解析】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由拋物線的定義知|AF|=y1+,|BF|=y2+,|OF|=,所以|AF|+|BF|=y1++y2+=y1+y2+p=4|OF|=2p,
可得y1+y2=p,
聯(lián)立方程,得-+1=0,由根與系數(shù)的關(guān)
11、系得y1+y2=p,
所以p=p,則=,=,所以雙曲線的漸近線方程為y=±x.
答案:y=±x
15.已知雙曲線C:-=1(b>a>0)的右焦點為F,O為坐標(biāo)原點,若存在直線過點F交雙曲線C的右支于A,B兩點,使·=0,則雙曲線離心率e的取值范圍是____________.?
【解析】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線的方程為x=my+c,聯(lián)立雙曲線方程,消去x,得(b2m2-a2)y2+2b2mcy+b4=0,所以y1+y2=-①,y1y2=②.因為·=x1x2+y1y2=0,即m2y1y2+mc(y1+y2)+c2+y1y2=0,代入①②整理,得b4m2-2b2m2c2+c
12、2b2m2-a2c2+b4=0,0≤m2=<.由b4-a2c2≥0,得(c2-a2)2-a2c2≥0,即c4-3a2c2+a4≥0,e4-3e2+1≥0,解得e≥;由<,得b4-a4-a2c2<0,即(c2-a2)2-a4-a2c2<0,c4-3a2c2<0,所以<.綜上所述,e∈.
答案:≤e<
16.(2018·泉州一模)橢圓+=1(a>b>0),直線l1:y=-x,直線l2:y=x,P為橢圓
上任意一點,過點P作PM∥l1且與直線l2交于點M,作PN∥l2且與l1交于點N,若
|PM|2+|PN|2為定值,則橢圓的離心率為____________.?
【解析】令|PM|2+|P
13、N|2=t(t為常數(shù)),設(shè)M,N,
由平行四邊形知識,
得|PM|2+|PN|2=|OM|2+|ON|2=(+)=t,
設(shè)點P(x,y),因為=+
=.
所以?x2+4y2=2(+)=t,
此方程即為橢圓方程,即e=.
答案:
三、解答題(本大題共6小題,共74分,解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟)
17.(12分)過圓C:x2+y2=4上的點M作x軸的垂線,垂足為點N,點P滿足=.當(dāng)M在C上運動時,記點P的軌跡為E.
(1)求E的方程.
(2)過點Q(0,1)的直線l與E交于A,B兩點,與圓C交于S,T兩點,求|AB|·|ST|的取值范圍.
【解析】(1)設(shè)M點
14、坐標(biāo)(x0,y0),N點坐標(biāo)(x0,0),P點坐標(biāo)(x,y),
由=可得
因為點M在圓C:x2+y2=4上運動,
所以點P的軌跡E的方程為+=1.
(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=0,此時|AB|=2,|ST|=4,
所以|AB|·|ST|=8;
當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),
聯(lián)立方程組消去y,
整理得(4k2+3)x2+8kx-8=0,
因為點Q(0,1)在橢圓內(nèi)部,所以直線l與橢圓恒交于兩點,
由根與系數(shù)的關(guān)系,得x1+x2=,x1x2=,
所以|AB|=
=·,
=·
=,
在圓C
15、:x2+y2=4中,圓心(0,0)到直線l的距離為d=,
所以|ST|=2=2,
所以|AB|·|ST|=8·
=8·∈[8,8).
又因為當(dāng)直線l的斜率不存在時,|AB|·|ST|=8,
所以|AB|·|ST|的取值范圍是[8,8).
18.(12分)(2018·湖北省八校聯(lián)考)如圖,圓O:x2+y2=4,A(2,0),B(-2,0),D為圓O上任意一點,過點D作圓O的切線分別交直線x=2和x=-2于E,F兩點,連接AF,BE交于點G,若點G形成的軌跡為曲線C.
(1)記AF,BE斜率分別為k1,k2,求k1·k2的值并求曲線C的方程.
(2)設(shè)直線l:y=x+m(m≠0)與
16、曲線C有兩個不同的交點P,Q,與直線x=2交于點S,與直線y=-1交于點T,求△OPQ的面積與△OST面積的比值λ的最大值及取得最大值時m的值.
【解析】(1)設(shè)D(x0,y0)(y0≠0),
易知過D點的切線方程為x0x+y0y=4,其中+=4,
則E,F,
所以k1·k2=·
===-.
設(shè)G(x,y),由k1·k2=-?·=-?
+y2=1(y≠0),
故曲線C的方程為+y2=1(y≠0).
(2)聯(lián)立?5x2+8mx+4m2-4=0,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),
則x1+x2=-m,x1·x2=,
由Δ=64m2-20(4m2-4)>0?-
17、且m≠0,m≠±2,
|PQ|=
=
=.
因為直線l與直線x=2交于點S,與直線y=-1交于點T,
所以S(2,2+m),T(-m-1,-1),
所以|ST|==(3+m),
所以λ===,
令3+m=t,t∈(3-,3+)且t≠1,3,5,
則λ==
=,
當(dāng)=,即t=,m=-時,λ取得最大值.
19.(12分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知橢圓+=1(a>b>0)的離心率為,點在橢圓上.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.
(2)已知橢圓的左頂點為A,點M在圓x2+y2=上,直線AM與橢圓相交于另一點B,且△AOB的面積是△AOM面積的2倍,求直線AB的方程.
18、
【解析】(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,
由題意得,=,+=1,
解得a=2,c=,所以b=,
所以橢圓的方程為+=1.
(2)方法一:因為S△AOB=2S△AOM,
所以AB=2AM,
所以點M為AB的中點,
因為橢圓的方程為+=1,
所以A(-2,0).
設(shè)M(x0,y0),則B(2x0+2,2y0).
所以+= ①,
+=1?、?
由①②得9-18x0-16=0,
解得x0=-,x0=(舍去).
把x0=-代入①,得y0=±,
所以kAB=±,
因此,直線AB的方程為y=±(x+2),
即x+2y+2=0或x-2y+2=0.
方法二:因為S△AOB=2S
19、△AOM,所以AB=2AM,所以點M為AB的中點,
設(shè)直線AB的方程為y=k(x+2).
由得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,
所以(x+2)[(1+2k2)x+4k2-2]=0,
解得xB=.
所以xM==,
yM=k(xM+2)=,
代入x2+y2=得+=,
化簡得28k4+k2-2=0,
即(7k2+2)(4k2-1)=0,解得k=±,
所以,直線AB的方程為y=±(x+2),
即x+2y+2=0或x-2y+2=0.
20.(12分)(2018·鄭州一模)已知拋物線C的方程為x2=4y,F為其焦點,過拋物線外一點P作此拋物線的切線PA,PB,A,B為
20、切點.且PA⊥PB.
(1)求證:直線AB過定點.
(2)直線PF與曲線C的一個交點為R,求·的最小值.
【解析】(1)設(shè)直線AB的方程為y=kx+b,設(shè)A(x1,y1),
B(x2,y2),兩條切線的斜率分別為k1,k2,
以A,B為切點的切線方程分別為x1x=2y+2y1,x2x=2y+2y2.
由 消去y得x2-4kx-4b=0.
則x1+x2=4k,x1x2=-4b.
這兩條切線的斜率分別為k1=,k2=.
由這兩切線垂直得k1k2===-1,得b=1.
所以直線AB恒過定點(0,1).
(2)設(shè)P(x0,y0),則由(1)x1x0=2y0+2y1,x2x0=
21、2y0+2y2,相減x0=2=2k=,x0=(x1+x2)=2k,y0=x1x0-y1==-1,
當(dāng)k=0時,則x0=0,可得AB⊥PF,
當(dāng)k≠0時,則x0≠0,kAB=,kPF=,
同樣可得AB⊥PF.
所以·=|AB|·|AF|=(y1+1)(y1+y2+2).
由y1y2==1.
所以·=(y1+1)(y1+y2+2)=+3y1+3+.
令t=y1,則f(t)=t2+3t+3+,(t>0).
f′(t)=2t+3-=.
所以f(t)在上為減函數(shù),在上為增函數(shù).
所以(·)min=f=.
(或f(t)=t2+3t+3+==≥=,當(dāng)t=時取等號.)
21.(12分)
22、已知橢圓C:+=1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍,且過點.
(1)求橢圓C的方程.
(2)若在橢圓上有相異的兩點A,B(A,O,B三點不共線),O為坐標(biāo)原點,且直線AB,直線OA,直線OB的斜率滿足= kOA · kOB (kAB >0),
①求證:|OA|2+|OB|2是定值;
②設(shè)△AOB的面積為S,當(dāng)S取得最大值時,求直線AB的方程.
【解析】(1)由題可知:a=2b,
可設(shè)橢圓方程為+=1,
又因為橢圓過點,
則+=1,
解得a=2,b=1,
所以橢圓方程為+y2=1.
(2)設(shè)直線AB方程為:y=kx+m(k>0),A(x1,y1),
B(x2,y2),
23、
因為=kOA·kOB(kAB>0),
所以k2==,
化簡得:km(x1+x2)+m2=0.
因為A,O,B三點不共線,所以m≠0,則k(x1+x2)+m=0,(ⅰ)
由可得:(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0,
由根與系數(shù)關(guān)系可得 (ⅱ)
且Δ=16(1+4k2-m2)>0,(ⅲ)
將(ⅱ)代入(ⅰ)式得:k+m=0(k>0),
解得k=,則 (ⅳ)
①|(zhì)OA|2+|OB|2=+++=++2=[(x1+x2)2-2x1x2]+2,
將(ⅳ)式代入得|OA|2+|OB|2=×[4m2-2×2(m2-1)]+2=5.
②設(shè)點O到直線AB的距離為d,則
S
24、△AOB=|AB|·d=|x1-x2|·= |m|=|m|,
由(ⅲ)(ⅳ)可得:m∈(-,0)∪(0,),
則S△AOB=|m|=≤1,
當(dāng)且僅當(dāng)m=±1時取得最大值,此時直線AB的方程為y=x±1.
22.(14分)(2018·石家莊一模)點P(1,1)為拋物線y2=x上一定點,斜率為-的直線與拋物線交于A,B兩點.
(1)求弦AB中點M的縱坐標(biāo).
(2)點Q是線段PB上任意一點(異于端點),過Q作PA的平行線交拋物線于E,F兩點,求證:|QE|·|QF|-|QP|·|QB|為定值.
【解析】(1)kAB===-, (*)
所以yA+yB=-2,yM==-1.
(2)設(shè)Q(x0,y0),直線EF:x-x0=t1(y-y0),
聯(lián)立方程組?y2-t1y+t1y0-x0=0,
所以yE+yF=t1,yE·yF=t1y0-x0,
|QE|·|QF|=(|yE-y0|)·(|yF-y0|)=(1+)|-x0|,
同理|QP|·|QB|=(1+)|-x0|.
由(*)可知:t1===yA+yP,t2==yB+yP.
所以t1+t2=(yA+yB)+2yP=-2+2=0,即t1=-t2?=,
所以|QE|·|QF|=|QP|·|QB|,
即|QE|·|QF|-|QP|·|QB|=0.
2022屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測練（五）文
