2020高考數(shù)學 專題三 綜合測試題 文

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y3(x1)，即x2y70.答案：A3曲線y2xx3在橫坐標為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在橫坐標為1的點處的縱坐標為1，故切點坐標為(1，1)切線斜率為ky|x123×(1)21，故切線l的方程為y(1)1×x(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)2×340，k2.故選D.答案：D5直線axy0(a0)與圓x2y29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d1<r3，故直線axy0與圓x2y29的位置關(guān)系是相交答案：B6設(shè)A為圓(x1)2y24上的動點，PA是圓的切線，且|PA|1，則P點的軌跡方程為()A(x1)2y225 B(x1)2y25Cx2(y1)225 D(x1)2y25解析：設(shè)圓心為O，則O(1,0)，在RtAOP中，|OP|.答案：B7(2020·濟寧一中高三模擬)雙曲線mx2y21的虛軸長是實軸長的2倍，則m等于()A B4C4 D.解析：雙曲線標準方程為：y21，由題意得4，m.答案：A8點P是雙曲線y21的右支上一點，M、N分別是(x)2y21和(x)2y21上的點，則|PM|PN|的最大值是()A2 B4C6 D8解析：如圖，當點P、M、N在如圖所示的位置時，|PM|PN|可取得最大值，注意到兩圓圓心分別為雙曲線兩焦點，故|PM|PN|(|PF1|F1M|)(|PF2|F2N|)|PF1|PF2|F1M|F2N|2a2R6.答案：C9已知F1、F2是兩個定點，點P是以F1和F2為公共焦點的橢圓和雙曲線的一個交點，并且PF1PF2，e1和e2分別是上述橢圓和雙曲線的離心率，則()A.4 Bee4C.2 Dee2解析：設(shè)橢圓的長半軸長為a，雙曲線的實半軸長為m，則.22得2(|PF1|2|PF2|2)4a24m2，又|PF1|2|PF2|24c2，代入上式得4c22a22m2，兩邊同除以2c2，得2，故選C.答案：C10已知雙曲線1的兩條漸近線互相垂直，則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.解析：兩條漸近線y± x互相垂直，則1，則b2a2，雙曲線的離心率為e，選B.答案：B11若雙曲線1(a>0，b>0)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(a>0，b>0)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：依題意得，0<AF2F1<，故0<tanAF2F1<1，則<1，即e<2，e22e1<0，(e1)2<2，所以1<e<1，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?！甭?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的坐標為(6,4)，則|PM|PF1|的最大值為_解析：由橢圓定義|PM|PF1|PM|2×5|PF2|，而|PM|PF2|MF2|5，所以|PM|PF1|2×5515.答案：1514(2020·濰坊市高考適應性訓練)已知雙曲線的中心在坐標原點，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：y±x，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D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|PD|.(1)當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的坐標為(x，y)，P的坐標為(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4<2.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|<|MF|.若P在y21的右支上，由圖知，P為射線MF與雙曲線右支的交點，|FM|PF|max|MF| 2.直線MF：y2(x)由得15x232x840，解之得：或所以P點坐標為.19(本小題滿分12分)(2020·安徽)設(shè)>0，點A的坐標為(1,1)，點B在拋物線yx2上運動，點Q滿足，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)在平面直角坐標系xOy中，點P(a，b)(a>b>0)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)(c>0)，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的坐標為(x，y)，則，(x，yc)由y(xc)，得cxy，于是，(x，x)，由·2，即 ·x·x2，化簡得18x216xy150.將y代入cxy，得c>0，所以x>0.因此，點M的軌跡方程是18x216xy150(x>0)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，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3k22>m2. (*)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)22x1x222×3.yy(3x)(3x)4(xx)2.綜上所述，xx3；yy2，結(jié)論成立(2)解法一：當直線l的斜率不存在時由(1)知|OM|x1|.|PQ|2|y1|2.因此|OM|·|PQ|×2.當直線l的斜率存在時，由知：.kmm.|OM|222.|PQ|2(1k2)2.所以|OM|2·|PQ|2××2×2.所以|OM|·|PQ|，當且僅當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|，當且僅當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)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，在平面直角坐標系xOy中，M、N分別是橢圓1的頂點，過坐標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MN，求k的值；(2)當k2時，求點P到直線AB的距離d；(3)對任意的k>0，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x1>0，x2>0，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