2020高考數(shù)學(xué) 專題三 綜合測試題 文

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1、專題三綜合測試題(時間：120分鐘滿分：150分)一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60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已知圓O的方程是x2y28x2y100，過點M(3,0)的最短弦所在的直線方程是()Axy30Bxy30C2xy60 D2xy60解析：x2y28x2y100，即(x4)2(y1)27，圓心O(4,1)，設(shè)過點M(3,0)的直線為l，則kOM1，故kl1，y1(x3)，即xy30.答案：A2過點(1,3)且平行于直線x2y30的直線方程為()Ax2y70 B2xy10Cx2y50 D2xy50解析：因為直線x2y30的斜率是，故所求直線的方程為

2、y3(x1)，即x2y70.答案：A3曲線y2xx3在橫坐標(biāo)為1的點處的切線為l，則點P(3,2)到直線l的距離為()A. B.C. D.解析：曲線y2xx3在橫坐標(biāo)為1的點處的縱坐標(biāo)為1，故切點坐標(biāo)為(1，1)切線斜率為ky|x123(1)21，故切線l的方程為y(1)1x(1)，整理得xy20，由點到直線的距離公式得點P(3,2)到直線l的距離為.答案：A4若曲線x2y22x6y10上相異兩點P、Q關(guān)于直線kx2y40對稱，則k的值為()A1 B1C. D2解析：曲線方程可化為(x1)2(y3)29，由題設(shè)知直線過圓心，即k(1)2340，k2.故選D.答案：D5直線axy0(a0)與圓x

3、2y29的位置關(guān)系是()A相離 B相交C相切 D不確定解析：圓x2y29的圓心為(0,0)，半徑為3.由點到直線的距離公式d得該圓圓心(0,0)到直線axy0的距離d，由基本不等式可以知道，從而d10，b0)的焦點到漸近線的距離等于實軸長，則雙曲線的離心率為()A. B.C. D2解析：焦點到漸近線的距離等于實軸長，可得b2a，e215，所以e.答案：C12(2020濟南市質(zhì)量調(diào)研)已知點F1、F2分別是雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點，過點F1且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，若ABF2是銳角三角形，則該雙曲線離心率的取值范圍是()A(1，) B(，2)C(1，) D(1,1)解析

4、：依題意得，0AF2F1，故0tanAF2F11，則1，即e2，e22e10，(e1)22，所以1e1，選D.答案：D二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分，將答案填在題中的橫線上13(2020安徽“江南十校”聯(lián)考)設(shè)F1、F2分別是橢圓1的左、右焦點，P為橢圓上任一點，點M的坐標(biāo)為(6,4)，則|PM|PF1|的最大值為_解析：由橢圓定義|PM|PF1|PM|25|PF2|，而|PM|PF2|MF2|5，所以|PM|PF1|25515.答案：1514(2020濰坊市高考適應(yīng)性訓(xùn)練)已知雙曲線的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，且一條漸近線為直線xy0，則該雙曲線的離心率等于_解析：設(shè)雙

5、曲線方程為1，則，3，3，e2.答案：215(2020濰坊模擬)雙曲線1的右焦點到漸近線的距離是_解析：雙曲線右焦點為(3,0)，漸近線方程為：yx，則由點到直線的距離公式可得距離為.答案：16(2020鄭州市質(zhì)量預(yù)測)設(shè)拋物線x24y的焦點為F，經(jīng)過點P(1,4)的直線l與拋物線相交于A、B兩點，且點P恰為AB的中點，則|_.解析：x24y，p2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x22，y1y28.|y1，|y2，|y1y2p8210.答案：10三、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(本小題滿分12分)如圖，設(shè)P是圓x2y225上的動點，點

6、D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|PD|.(1)當(dāng)P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程；(2)求過點(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長度解：(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，P的坐標(biāo)為(xP，yP)，由已知得P在圓上，x2225，即點M的軌跡C的方程為1.(2)過點(3,0)且斜率為的直線方程為y(x3)，設(shè)直線與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將直線方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80.x1，x2.線段AB的長度為|AB| .18(本小題滿分12分)(2020廣東)設(shè)圓C與兩圓(x)2y24，(x)2y24中的一個內(nèi)切，另一個外切(1)求圓C的圓心軌

7、跡L的方程；(2)已知點M，F(xiàn)(，0)且P為L上動點，求|MP|FP|的最大值及此時點P的坐標(biāo)解：(1)設(shè)動圓C的圓心C(x，y)，半徑為r.兩個定圓半徑均為2，圓心分別為F1(，0)，F(xiàn)2(，0)，且|F1F2|2.若C與F1外切與F2內(nèi)切，則 |CF1|CF2|(r2)(r2)4若C與F1內(nèi)切與F2外切，則|CF2|CF1|(r2)(r2)4.|CF1|CF2|4且42.動點C的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點，實軸長為4的雙曲線這時a2，c，bc2a21，焦點在x軸上點C軌跡方程為y21.(2)若P在y21的左支上，則|PM|PF|0，點A的坐標(biāo)為(1,1)，點B在拋物線yx2上運動，點Q滿足，

8、經(jīng)過點Q與x軸垂直的直線交拋物線于點M，點P滿足，求點P的軌跡方程解：由知Q，M，P三點在同一條垂直于x軸的直線上，故可設(shè)P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)，則x2y0(yx2)，即y0(1)x2y. 再設(shè)B(x1，y1)，由，即(xx1，y0y1)(1x,1y0)，解得 將式代入式，消去y0，得 又點B在拋物線yx2上，所以y1x，再將式代入y1x，得(1)2x2(1)y(1)x2.(1)2x2(1)y(1)2x22(1)x2.2(1)x(1)y(1)0.因0，兩邊同除以(1)，得2xy10.故所求點P的軌跡方程為y2x1.20(本小題滿分12分)(2020天津)在平面直角坐標(biāo)系x

9、Oy中，點P(a，b)(ab0)為動點，F(xiàn)1、F2分別為橢圓1的左、右焦點已知F1PF2為等腰三角形(1)求橢圓的離心率e.(2)設(shè)直線PF2與橢圓相交于A，B兩點，M是直線PF2上的點，滿足2，求點M的軌跡方程解：(1)設(shè)F1(c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c0)，由題意，可得|PF2|F1F2|，即2c，整理得2210，得1(舍)或，所以e.(2)由(1)知a2c，hc，可得橢圓方程為3x24y212c2.直線PF2方程為y(xc)A，B兩點的坐標(biāo)滿足方程組消去y并整理，得5x28cx0，解得x10，x2c，得方程組的解不妨設(shè)A，B(0，c)設(shè)點M的坐標(biāo)為(x，y)，則，(x，yc)由y(xc

10、)，得cxy，于是，(x，x)，由2，即 xx2，化簡得18x216xy150.將y代入cxy，得c0，所以x0.因此，點M的軌跡方程是18x216xy150(x0)21(本小題滿分12分)(2020山東)已知動直線l與橢圓C：1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點，且OPQ的面積SOPQ，其中O為坐標(biāo)原點(1)證明xx和yy均為定值；(2)設(shè)線段PQ的中點為M，求|OM|PQ|的最大值；(3)橢圓C上是否存在三點D，E，G，使得SODESODGSOEG？若存在，判斷DEG的形狀；若不存在，請說明理由解：(1)證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關(guān)于x軸對稱所以x2x1，y2y1

11、，因為P(x1，y1)在橢圓上，因此1. 又因為SOPQ.所以|x1|y1|. 由得|x1|，|y1|1，此時xx3，yy2.當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為ykxm.由題意知m0，將其代入1得(23k2)x26kmx3(m22)0.其中36k2m212(23k2)(m22)0.即3k22m2. (*)又x1x2，x1x2.所以|PQ| .因為點O到直線l的距離為d.所以SOPQ|PQ|d又SOPQ.整理得3k222m2，且符合(*)式此時，xx(x1x2)22x1x2223.yy(3x)(3x)4(xx)2.綜上所述，xx3；yy2，結(jié)論成立(2)解法一：當(dāng)直線l的斜率不存在時由(1)

12、知|OM|x1|.|PQ|2|y1|2.因此|OM|PQ|2.當(dāng)直線l的斜率存在時，由知：.kmm.|OM|222.|PQ|2(1k2)2.所以|OM|2|PQ|222.所以|OM|PQ|，當(dāng)且僅當(dāng)32，即m時，等號成立綜合得|OM|PQ|的最大值為.解法二：因為4|OM|2|PQ|2(x1x2)2(y1y2)2(x2x1)2(y2y1)22(xx)(yy)10.所以2|OM|PQ|5.即|OM|PQ|，當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|PQ|時等號成立因此|OM|PQ|的最大值為.(3)橢圓C上不存在三點D，E，G，使得SODESODGSOEG.證明：假設(shè)存在D(u，v)，E(x1，y1)，O(x2，y2)

13、滿足SODESODGSOEG，由(1)得u2x3，u2x3，xx3，v2y2，v2y2，yy2，解得：u2xx，v2yy1.因此，u，x1，x2只能從 中選取，v，y1，y2只能從1中選取，因此D、E、G只能在這四點中選取三個不同點，而這三點的兩兩連線中必有一條過原點與SODESODGSOEG矛盾所以橢圓C上不存在滿足條件的三點D，E，G.22(本小題滿分14分)(2020江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M、N分別是橢圓1的頂點，過坐標(biāo)原點的直線交橢圓于P，A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C，連接AC，并延長交橢圓于點B，設(shè)直線PA的斜率為k.(1)若直線PA平分線段

14、MN，求k的值；(2)當(dāng)k2時，求點P到直線AB的距離d；(3)對任意的k0，求證：PAPB.解：(1)由題設(shè)知，a2，b，故M(2,0)，N(0，)，所以線段MN中點的坐標(biāo)為.由于直線PA平分線段MN，故直線PA過線段MN的中點，又直線PA過坐標(biāo)原點，所以k.(2)直線PA的方程為y2x，代入橢圓方程得1，解得x，因此P，A.于是C，直線AC的斜率為1，故直線AB的方程為xy0.因此，d.(3)證法一：將直線PA的方程ykx代入1，解得x記，則P(，k)，A(，k)于是C(，0)故直線AB的斜率為，其方程為y(x)，代入橢圓方程得(2k2)x22k2x2(3k22)0，解得x或x.因此B .于是直線PB的斜率k1 .因此k1k1，所以PAPB.證法二：設(shè)P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x10，x20，x1x2，A(x1，y1)，C(x1,0)設(shè)直線PB，AB的斜率分別為k1，k2.因為C在直線AB上，所以k2.從而k1k12k1k212 110.因此k1k1，所以PAPB.精品資料。歡迎使用。高考資源網(wǎng)w。w-w*k&s%5￥u高考資源網(wǎng)w。w-w*k&s%5￥u