《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練5 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練5 文（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練5 文
1.已知橢圓C:=1,過原點(diǎn)O的動(dòng)直線與橢圓C交于A,B兩點(diǎn).若點(diǎn)P滿足|PA|=|PB|,求證:為定值.
2.已知橢圓C:+y2=1,右焦點(diǎn)為F2.設(shè)A,B是C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為-,線段AB的中垂線交橢圓C于P,Q兩點(diǎn).求的取值范圍.
3.已知橢圓C:=1(a>b>0).
(1)若橢圓的長軸長為4,離心率為,求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)在(1)的條件下,設(shè)過定點(diǎn)M(0,2)的直
2、線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A,B,且∠AOB為銳角(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),求直線l的斜率k的取值范圍;
(3)過原點(diǎn)O任意作兩條互相垂直的直線與橢圓=1(a>b>0)相交于P,S,R,Q四點(diǎn),設(shè)原點(diǎn)O到四邊形PQSR一邊的距離為d,試求d=1時(shí),a,b滿足的條件.
4.如圖,設(shè)橢圓C:=1(a>b>0),動(dòng)直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且點(diǎn)P在第一象限.
(1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點(diǎn)P的坐標(biāo);
(2)若過原點(diǎn)O的直線l1與l垂直,證明:點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.
3、
5.已知橢圓C1、拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上,C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O,從每條曲線上取兩個(gè)點(diǎn),將其坐標(biāo)記錄于下表中:
x
3
-2
4
y
-2
0
-4
(1)求C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)請(qǐng)問是否存在直線l滿足條件:①過C2的焦點(diǎn)F;②與C1交于不同兩點(diǎn)M,N,且滿足?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請(qǐng)說明理由.
6.(xx河北唐山二模)
4、已知拋物線E:y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)M,過點(diǎn)M作圓C:(x-2)2+y2=1的兩條切線,切點(diǎn)為A,B,|AB|=.
(1)求拋物線E的方程;
(2)過拋物線E上的點(diǎn)N作圓C的兩條切線,切點(diǎn)分別為P,Q,若P,Q,O(O為原點(diǎn))三點(diǎn)共線,求點(diǎn)N的坐標(biāo).
答案：1.證明:由|PA|=|PB|,知P在線段AB的垂直平分線上.
由橢圓的對(duì)稱性可知A,B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱.
①若A,B在橢圓的短軸頂點(diǎn)上,則點(diǎn)P在橢圓的長軸頂點(diǎn)上,此時(shí)=2=2.同理若點(diǎn)A,B在橢圓的長軸頂點(diǎn)上,則點(diǎn)P在短軸頂點(diǎn)上,此時(shí)=2=2.
②當(dāng)點(diǎn)A,B,P不是橢圓頂點(diǎn)時(shí),設(shè)直線l的方程為y=
5、kx(k≠0),
則直線OP的方程為y=-x,
設(shè)A(x1,y1),由
解得.
所以|OA|2=|OB|2
=,
用-代換k,得|OP|2=.
所以=2.
綜上,為定值2.
2.解:由題意,當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí),直線AB方程為x=-,
此時(shí)P(-,0),Q(,0),
得=-1.
當(dāng)直線AB不垂直于x軸時(shí),設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0),M(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1+x2=-1,y1+y2=2m.
由
得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0,
則-1+4mk=0,故k=.
此時(shí),直線PQ斜率為k1=-4m,PQ的直線方程為y-m
6、=-4m.
即y=-4mx-m.
聯(lián)立
整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.
設(shè)P(x3,y3),Q(x4,y4),
所以x3+x4=-,
x3x4=.
于是=(x3-1)(x4-1)+y3y4=x3x4-(x3+x4)+1+(4mx3+m)·(4mx4+m)=(4m2-1)(x3+x4)+(16m2+1)·x3x4+m2+1=+1+m2=.
由于M在橢圓的內(nèi)部,故0
7、直線l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2).
由
得(1+4k2)x2+16kx+12=0.
∵Δ=(16k)2-4×12(1+4k2)>0.
∴k∈.①
又x1+x2=,x1x2=,
由0°<∠AOB<90°?>0.
∴=x1x2+y1y2>0.
∴=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)
=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0.
解得-2
8、為k,P(x1,kx1),則直線RQ的斜率為-,Q.
由,①
同理,②
在Rt△OPQ中,
由d·|PQ|=|OP|·|OQ|,
即|PQ|2=|OP|2·|OQ|2,
所以(x1-x2)2+
=[+(kx1)2]·,
化簡得=1+k2,
k2=1+k2,
即=1.
4.解:(1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0),
由消去y得(b2+a2k2)·x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.
由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn),故Δ=0,整理,得b2-m2+a2k2=0,解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為.
又點(diǎn)P在第一象限,故點(diǎn)P的坐標(biāo)為
P.
(2)由于直線l1過原點(diǎn)O且與l垂
9、直,故直線l1的方程為x+ky=0,所以點(diǎn)P到直線l1的距離
d=,
整理得d=.
因?yàn)閍2k2+≥2ab,
所以
≤=a-b,
當(dāng)且僅當(dāng)k2=時(shí)等號(hào)成立.
所以,點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.
5.解:(1)設(shè)拋物線C2:y2=2px(p≠0),
則有=2p(x≠0),
據(jù)此驗(yàn)證4個(gè)點(diǎn)知(3,-2),(4,-4)在拋物線上,易求C2:y2=4x.
設(shè)C1:=1(a>b>0),把點(diǎn)(-2,0),代入得
解得
故C1方程為+y2=1.
(2)(方法一)假設(shè)存在這樣的直線l過拋物線焦點(diǎn)F(1,0),
設(shè)直線l的方程為x-1=my,兩交點(diǎn)坐標(biāo)為M(x1,y1),
10、N(x2,y2),
由消去x,
得(m2+4)y2+2my-3=0,
則y1+y2=,y1y2=,①
x1x2=(1+my1)(1+my2)
=1+m(y1+y2)+m2y1y2
=1+m·+m2·
=.②
由,得=0,
得x1x2+y1y2=0.(*)
將①②代入(*)式,
得=0,
解得m=±,
所以假設(shè)成立,即存在直線l滿足條件,且l的方程為y=2x-2或y=-2x+2.
(方法二)容易驗(yàn)證直線l的斜率不存在時(shí),不滿足題意.
當(dāng)直線l斜率存在時(shí),假設(shè)存在直線l過拋物線焦點(diǎn)F(1,0),
設(shè)其方程為y=k(x-1),與C1的交點(diǎn)坐標(biāo)為M(x1,y1),N(x
11、2,y2).
由消去y,得
(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,
于是x1+x2=,
x1x2=.①
y1y2=k(x1-1)·k(x2-1)
=k2[x1x2-(x1+x2)+1],
即y1y2=k2·
=-.②
由,即=0,
得x1x2+y1y2=0.(*)
將①,②代入(*)式,得
=0,
解得k=±2.
所以存在直線l滿足條件,且l的方程為2x-y-2=0或2x+y-2=0.
6.解:(1)由已知得M,C(2,0).
設(shè)AB與x軸交于點(diǎn)R,由圓的對(duì)稱性可知,|AR|=.
于是|CR|=,
所以|CM|=
==3,
即2+=3,p=2.
故拋物線E的方程為y2=4x.
(2)設(shè)N(s,t).
P,Q是NC為直徑的圓D與圓C的兩交點(diǎn).
圓D方程為,
即x2+y2-(s+2)x-ty+2s=0.①
又圓C方程為x2+y2-4x+3=0,②
②-①得(s-2)x+ty+3-2s=0.③
P,Q兩點(diǎn)坐標(biāo)是方程①和②的解,也是方程③的解,從而③為直線PQ的方程.
因?yàn)橹本€PQ經(jīng)過點(diǎn)O,所以3-2s=0,s=.
故點(diǎn)N坐標(biāo)為.
2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練5 文
