2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練24 7.1-7.3 組合練 理

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練24 7.1-7.3 組合練 理 一、選擇題(共9小題,滿分45分) 1.(2018浙江卷,2)雙曲線-y2=1的焦點坐標是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.(-,0),(,0) B.(-2,0),(2,0) C.(0,-),(0,) D.(0,-2),(0,2) 2.圓x2+y2-2x-8y+13=0的圓心到直線ax+y-1=0的距離為1,則a=(　　) A.- B.- C. D.2 3.(2018北京卷,理7)在平面直角坐標系中,記d為點P(cos θ,sin θ)到直線x-my-2=0的距離.當θ,m變化時,d的最大值

2、為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 4.已知點P在拋物線x2=4y上,則當點P到點Q(1,2)的距離與點P到拋物線焦點距離之和取得最小值時,點P的坐標為(　　) A.(2,1) B.(-2,1) C. D. 5.(2018河北唐山三模,理5)已知雙曲線E:=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別為l1,l2,若E的一個焦點F關(guān)于l1的對稱點F'在l2上,則E的離心率為(　　) A. B.2 C. D. 6.(2018百校聯(lián)盟四月聯(lián)考,理6)已知點F1,F2是雙曲線C:=1(a>0)的左、右焦點,點P是以F1,F2為直徑的圓與雙曲線C的一個交點,若△PF1F2的面積為4,則雙

3、曲線C的漸近線方程為(　　) A.y=±x B.y=±x C.y=±x D.y=±x 7.(2018福建龍巖4月模擬,理9)已知以圓C:(x-1)2+y2=4的圓心為焦點的拋物線C1與圓C在第一象限交于A點,B點是拋物線C2:x2=8y上任意一點,BM與直線y=-2垂直,垂足為M,則|BM|-|AB|的最大值為(　　) A.1 B.2 C.-1 D.8 8.設(shè)拋物線y2=4x的焦點為F,過點M(,0)的直線與拋物線相交于A,B兩點,與拋物線的準線相交于C點,|BF|=3,則△BCF與△ACF的面積之比=(　　) A. B. C. D. 9.已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,過F

4、作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點,直線l2與C交于D,E兩點,則|AB|+|DE|的最小值為(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 二、填空題(共3小題,滿分15分) 10.已知P是拋物線y2=4x上任意一點,Q是圓(x-4)2+y2=1上任意一點,則|PQ|的最小值為　　　　　.? 11.(2018遼寧撫順一模,文15)已知焦點在x軸上的雙曲線C的左焦點為F,右頂點為A,若線段FA的垂直平分線與雙曲線C沒有公共點,則雙曲線C的離心率的取值范圍是　　　　　.? 12.(2018江蘇卷,12)在平面直角坐標系xOy中,A為直線l:y=2x上在第一象限

5、內(nèi)的點,B(5,0),以AB為直徑的圓C與直線l交于另一點D.若=0,則點A的橫坐標為　　　　　.? 三、解答題(共3個題,分別滿分為13分,13分,14分) 13. (2018河南鄭州一模,理20)已知橢圓C:=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,以F1F2為直徑的圓與直線ax+2by-ab=0相切. (1)求橢圓C的離心率; (2)如圖,過F1作直線l與橢圓分別交于兩點P,Q,若△PQF2的周長為4,求的最大值. 14.(2018河北石家莊一模,理20)已知橢圓C:=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,

6、且離心率為,M為橢圓上任意一點,當∠F1MF2=90°時,△F1MF2的面積為1. (1)求橢圓C的方程; (2)已知點A是橢圓C上異于橢圓頂點的一點,延長直線AF1,AF2分別與橢圓交于點B,D,設(shè)直線BD的斜率為k1,直線OA的斜率為k2,求證:k1·k2為定值. 15.(2018安徽江淮十校4月聯(lián)考,理20)已知離心率為的橢圓C焦點在y軸上,且橢圓4個頂點構(gòu)成的四邊形面積為4,過點M(0,3)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點A、B. (1)求橢圓C的方程; (2)設(shè)P為橢圓上一點,且=λ(O為坐標原點).求當|AB|<時,實數(shù)λ的取值

7、范圍. 參考答案 專題突破練24　7.1~7.3組合練 1.B　解析 ∵a2=3,b2=1, ∴c2=a2+b2=3+1=4.∴c=2. 又焦點在x軸上, ∴焦點坐標為(-2,0),(2,0). 2.A　解析 由x2+y2-2x-8y+13=0,得(x-1)2+(y-4)2=4,所以圓心坐標為(1,4).因為圓x2+y2-2x-8y+13=0的圓心到直線ax+y-1=0的距離為1,所以=1,解得a=-,故選A. 3.C　解析 設(shè)P(x,y),則x2+y2=1.即點P在單位圓上,點P到直線x-my-2=0的距離可轉(zhuǎn)化為圓心(0,

8、0)到直線x-my-2=0的距離加上(或減去)半徑,所以距離最大為d=1+=1+當m=0時,dmax=3. 4.D　解析 如圖,由幾何性質(zhì)可得,從Q(1,2)向準線作垂線,其與拋物線交點就是所求點,將x=1代入x2=4y,可得y=,點P到點Q(1,2)的距離與點P到拋物線焦點距離之和取得最小值時,點P的坐標為,故選D. 5.B　解析 不妨設(shè)右焦點F(c,0)關(guān)于l1:y=x的對稱點在l2:y=-x上,設(shè)對稱點F'的坐標為m,-m, 則 即 解得b2=3a2,所以c2=4a2,e=2. 6.C　解析 由點P是以F1,F2為直徑的圓與雙曲線C的一個交點,可得PF1⊥PF2,設(shè)|PF

9、1|=m,|PF2|=n,則|m-n|=2,m2+n2=4(2a+1),所以△PF1F2的面積為S=mn==a=4,所以雙曲線C的漸近線方程為y=±x=±x,故選C. 7.A　解析 因為C:(x-1)2+y2=4的圓心為(1,0),所以以(1,0)為焦點的拋物線方程為y2=4x, 由解得A(1,2),拋物線C2:x2=8y的焦點為F(0,2),準線方程為y=-2,即有|BM|-|AB|=|BF|-|AB|≤|AF|=1, 當且僅當A,B,F(A在B,F之間)三點共線,可得最大值1,故選A. 8.D　解析 ∵拋物線的方程為y2=4x, ∴拋物線的焦點為F(1,0),準線方程為x=-1.

10、 如圖,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 過A,B分別向拋物線的準線作垂線,垂足分別為E,N,則|BF|=|BN|=x2+1=3,∴x2=2. 把x2=2代入拋物線y2=4x,得y2=-2,∴直線AB過(,0),(2,-2),kAB==2+2), 則直線方程為y=2+2)(x-).把x=代入直線方程,得+2)y2-2y-4+2)=0,則y1y2=-4,即-2y1=-4, ∴y1=,代入y2=4x,得x1=,故A,∴AE=+1= 9.A　解析 方法一:由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時,不合題意. 設(shè)直線l1方程為y=k1(x-1),聯(lián)立拋物線方程,得 消去y,

11、得x2-2x-4x+=0,所以x1+x2=同理,直線l2與拋物線的交點滿足x3+x4= 由拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=+4=+8≥2+8=16,當且僅當k1=-k2=1(或-1)時,取得等號. 方法二:如圖所示, 由題意可得F(1,0),設(shè)AB傾斜角為作AK1垂直準線,AK2垂直x軸,結(jié)合圖形,根據(jù)拋物線的定義,可得 所以|AF|·cos θ+2=|AF|,即|AF|=同理可得|BF|=, 所以|AB|= 又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為+θ,則|DE|=, 所以|AB|+|DE|=16,當θ=時取等號,即|AB|+|DE|最小值為1

12、6,故選A. 10.2-1　解析 設(shè)P點坐標為m2,m,圓(x-4)2+y2=1的圓心為A(4,0), |PA|2=m2-42+m2 =(m2-8)2+12≥12, 則|PQ|min=|PA|min-1=2-1. 11.(1,3)　解析 ∵F(-c,0),A(a,0), ∴線段FA的垂直平分線為x=, ∵線段FA的垂直平分線與雙曲線C沒有公共點,∴-a<<0,即c<3a, ∴e=<3,又e>1,∴10),則由圓心C為AB的中點得C,☉C:(x-5)(x-a)+y(y-2a)=0.將其與y=2x聯(lián)立解得xD=1,D(1,2).因

13、為=(5-a,-2a),=0,所以(5-a)+(-2a)(2-a)=0,即a2-2a-3=0,解得a=3或a=-1.因為a>0,所以a=3. 13.解 (1)由題意=c,即3a2b2=c2(a2+4b2)=(a2-b2)(a2+4b2). 所以a2=2b2,∴e= (2)∵△PQF2的周長為4, ∴4a=4,∴a= 由(1)知b2=1,橢圓方程為+y2=1,且焦點F1(-1,0),F2(1,0), ①若直線l斜率不存在,則可得l⊥x軸,方程為x=-1,P-1,,Q-1,-,=-2,,=-2,-,故=4- ②若直線l斜率存在,設(shè)直線l的方程為y=k(x+1),由 消去y得(2k2

14、+1)x2+4k2x+2k2-2=0,設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=-,x1x2= =(x1-1,y1)·(x2-1,y2)=(x1-1)(x2-1)+y1y2. 則=(k2+1)x1x2+(k2-1)(x1+x2)+k2+1. 代入韋達定理可得=(k2+1)+(k2-1)-+k2+1=, 由k2>0可得-1,,結(jié)合當k不存在時的情況,得-1,, 所以的最大值為 14.解 (1)設(shè)|MF1|=r1,|MF2|=r2,由題知 解得a=,c=1,則b2=1,∴橢圓C的方程為+y2=1. (2)設(shè)A(x0,y0)(x0·y0≠0),B(x1,y1),C(x2,y

15、2),當直線AF1的斜率不存在時,設(shè)A-1,,則B-1,-,直線AF2的方程為y=-(x-1),代入+y2=1,可得5x2-2x-7=0.∴x2=,y2=-,則D,-. ∴直線BD的斜率為k1=,直線OA的斜率為k2=-, ∴k1·k2=-=- 當直線AF2的斜率不存在時,同理可得k1·k2=-當直線AF1,AF2的斜率存在時,x0≠±1,設(shè)直線AF1的方程為y=(x+1),則由消去x可得[(x0+1)2+2]x2+4x+2-2(x0+1)2=0, 又=1,則2=2-, 代入上述方程可得(3+2x0)x2+2(2-)x-3-4x0=0, ∴x1·x0=, ∴x1=, 則y1=+

16、1=-,∴B-,-, 設(shè)直線AF2的方程為y=(x-1),同理可得D, ∴直線BD的斜率為k1=, ∵直線OA的斜率為k2=, ∴k1·k2==- 所以,直線BD與OA的斜率之積為定值-,即k1·k2=- 15.解 (1)設(shè)橢圓的方程為=1,由題意可知e2=,得,a=2b; 又頂點構(gòu)成的四邊形是菱形,面積S=2ab=4,∴a=2,b=1,橢圓方程為x2+=1. (2)設(shè)直線AB的方程為x=0或x=0,A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3), 當AB的方程為x=0時,|AB|=4>,與題意不符. 當AB的方程為y=kx+3時,由題設(shè)可得A,B的坐標是方程組的解.

17、 消去y得(4+k2)x2+6kx+5=0,Δ=36k2-20(4+k2)>0,即k2>5, 則x1+x2=,x1·x2=,y1+y2=(kx1+3)+(kx2+3)=, ∵|AB|= <, , 解得-