2015届高考数学大一轮复习 课时训练（打包77套）
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高考
数学
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77
- 资源描述：
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2015届高考数学大一轮复习 课时训练（打包77套）,高考,数学,一轮,复习,温习,课时,训练,打包,77
- 内容简介：
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课时跟踪检测 (四十八 ) 椭 圆 (分 、 卷，共 2页 ) 第 卷：夯基保分卷 1 (2013江苏高考 )在平面直角坐标系 椭圆 1(a0， b0)，右焦点为 F， 右准线为 l， 短轴的一个端点为 B， 设原点到直线 距离为 F到 若 6则椭圆 _ 2 设 1 的左 、 右焦点 ， 1| 3， 则 _ 3 (2013扬州模拟 )已知 21 1 的左 、 右焦点 ， 弦 若 ， 则椭圆的离心率为 _ 4 (2013南京、盐城一模 )已知 1 的左 、 右焦点 ， 则 |_ 5.(2013扬州期末 )如图 ， 已知 ： 1(ab0)的左 、 右焦点 ， 点 上 ， 线段 ，且点 则椭圆 _ 在平面直角坐标系 1(ab0)的左 、 右焦点 ， B， 下顶点 ， 直线 .若 725， 则直线 斜率为 _ 7 (2013无锡期末 )如图 ， 已知椭圆 C： 1 的离心率为32 ， 过椭圆 (2,1)作倾斜角互补的两条直线 ， 分别与椭圆交于点 A， B，直线 ， 与 . (1)求椭圆 (2)若 S 32， 求直线 8 (2013泰州质检 )如图 1， 在平面直角坐标系 已知椭圆 C： 1(ab0)的左 、 右顶点分别是 上 、 下顶点分别为 点 P 35a， m (m0)是椭圆 C 上一点 ， 直线 1， N. (1)求椭圆的离心率 ； (2)若 4 217 ， 求椭圆 (3)如图 2， 在 (2)的条件下 ， 设 上位于第一象限内的点 ， 的左 、 右焦点 ， ， 求点 第 卷：提能增分卷 1 如图 ， 在平面直角坐标系 椭圆 1(ab0)的右焦点为 F(1,0)， 离心率为 22 ， 分别过点 O， B，交于点 E(异于 A， ， 且 (1)求椭圆的方程 ； (2)求证 ： 直线 斜率之和为定值 2 (2014苏北三市模拟 )如图 ， 在平面直 角坐标系 ， 椭圆 E： 1(ab0)的焦距为 2， 且过点 2， 62 . (1)求椭圆 (2)若点 A， 的左 、 右顶点 ， 直线 且垂直于 点 ， 直线 . 设直线 直线 斜率为 求证 ： 设过点 m， 求证 ： 直线 并求出定点的 坐标 3 (2013南京、淮安二模 )在平面直角坐标系 ， 椭圆 C： 1(ab0)过点A 点 B( 3， 1) (1)求椭圆 (2)已知点 P(椭圆 直线 36 0. 求证 ： 直线 有唯一的 公共点 ； 若点 ， 求证 ： 当点 上运动时 ， 直线 并求出此定点的坐标 答 案 第 卷：夯基保分卷 1 解析： 令 F(c,0)， B(0， b)，则直线 1，所以 . 又 c 6 可得 (2 6(2， 化简得 60， 即 61 0 解得 13或 12(舍去 ) 故 e 33 . 答案： 33 2 解析： 由题意知 | 12| 3， | 6， | 2a | 10 6 4. 答案： 4 3 解析： 因为 k 2k 1，所以 k 2， k 1，从而 1， c a 8，所以 a 2， e 12. 答案： 12 4 解析： 显然当 ， |4 2 而|24 2| 4 22 2 2 2 2 2，所以4 22 2 24 24 22 2 2，故 4 22 2 2 |0,2 2 2 答案： 0,2 2 2 5 解析： 连结 12以2b，且 90，故 2a 2b，从而 (2c)2 (2b)2 (2a 2b)2 4(解得3，故 e 1 1 4953 . 答案： 53 6 解析： 由 725，及余弦定理得 4725，解得 e35. 设点 D( ， )， 又点 B(0， b)， C(0， b)， 所以 b b bc以 225. 答案： 1225 7 解： (1)由题意 4， 所以 3414又点 P(2,1)在椭圆上，所以 411，所以 8， 2， 所以椭圆 1. (2)设直线 方程为 y 1 k(x 2)，代入方程 48 得 (1 4k2)8k(2k 1)x 1616k 4 0. 因为方程的一根为 2， 所以 88k 21 4 44k 11 4 所 以 A 88k 21 4 44k 11 4 因为直线 以 同理可得 B 88k 21 4 44k 11 4 所以 12. 设直线 y 12x m， 即 x 2y 2m 0， M( 2m,0)， N(0， m)(m0)， d |2m|5， 45|m|， 所以 S 12|2m|5 5|m| 32， 所以 32，所以 m 62 . 所以直线 y 12x 62 . 8 解： (1)由题意 P 34 1， 所以 434(所以 4以 e 12. (2)因为 4 217 21 所以 712. 由 得 4， 3，所以椭圆 1. (3)设 R( 因为 令 Q(0， t)， ， ， 所以 ， 所以 1Q|1|2Q|2|， 即 1 t 12 1 t 12 化简得 t 13因为 03，所以 t 33 ， 0 . 第 卷：提能增分卷 1 解： (1)由题意得 c 1， e 22 ， 故 a 2，从而 1， 所以椭圆的方程为 1. (2)证明： 由题意可设直线 y 直线 y k(x 1)， 由 得点 A， 221， 由 得点 C， 2121 ， 设 A( B( C(k(1 ， D(k(1 ，则直线 k1 x3k1 x4 k 1 1 k2 k2 221 2221 041 k 4141 0. 即直线 2 解： (1)由题意得 2c 2，所以 c 1. 又 2321， 消去 53 0， 解得 3或 12(舍去 )，则 4， 所以椭圆 1. (2) 设 P(0)， M(2， 则 B(2,0)， 2， 因为 A， P， 以 42， 所以 2 44. 因为 P(椭 圆上， 所以 34(4 所以 4432，为定值 直线 2，直线 2 直线 y 2 x 2)， y 2 x 2) 2 22 x142 2 24 42 2 24 12 32 2 2 2 x 1)， 所以直线 1,0) 3 解： (1)由题意得 1，31，解得 6，2. 所以所求椭圆 1. (2) 联立方程 组 1，36 0，消去 (31236 180.(*) 由于点 P(椭圆 所以 1，即 36 故 (*)式可化为 20. 因为 ( 2 40，所以原方程组仅有一组解，显然 x y 所以直线 有唯一的公共点 点 2,0)，过点 360. 由 36 0，360 解得 x 6189y 186(椭圆 1上， 所
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