（广东专用）高考数学总复习 89 课时跟踪练习 文（含解析）.doc

课时知能训练一、选择题1(2012清远模拟)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()a1条b2条c3条d4条2直线yx1截抛物线y22px所得弦长为2，此抛物线方程为()ay22x by26xcy22x或y26x d以上都不对3双曲线c：1(a0，b0)的右焦点为f，直线l过焦点f，且斜率为k，则直线l与双曲线c的左、右两支都相交的充要条件是()ak bkck或k dk4斜率为1的直线l与椭圆y21相交于a、b两点，则|ab|的最大值为()a2 b.c. d.5抛物线y2x2上两点a(x1，y1)、b(x2，y2)关于直线yxm对称，且x1x2，则m等于()a. b2 c. d3二、填空题6已知(4,2)是直线l被椭圆1所截得的线段的中点，则l的方程是_7直线ykx1与椭圆1恒有公共点，则m的取值范围是_8(2012惠州调研)已知点p在直线xy50上，点q在抛物线y22x上，则|pq|的最小值等于_三、解答题图8929如图892，过椭圆1内一点m(1,1)的弦ab.(1)若点m恰为弦ab的中点，求直线ab的方程；(2)求过点m的弦的中点的轨迹方程10(2012佛山模拟)已知椭圆p的中心o在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点a(0,2)，离心率为.(1)求椭圆p的方程；(2)是否存在过点e(0，4)的直线l交椭圆p于点r，t，且满足.若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由11(2012青岛模拟)已知椭圆c的中心在原点，焦点在x轴上，点f1、f2分别是椭圆的左、右焦点，在直线x(a、c分别为椭圆的长半轴和半焦距的长)上的点p(2，)，满足线段pf1的中垂线过点f2.过原点o且斜率均存在的直线l1、l2互相垂直，且截椭圆所得的弦长分别为d1、d2.(1)求椭圆c的方程；(2)求dd的最小值及取得最小值时直线l1、l2的方程答案及解析1【解析】设过点(0,1)斜率为k的直线方程为ykx1.由得k2x2(2k4)x10，(*)当k0时，方程(*)只有一根，当k0时，(2k4)24k216k16，由0，即16k160得k1，k0，或k1时，直线与抛物线只有一个公共点，又直线x0和抛物线只有一个公共点，故选c.【答案】c2【解析】由得x2(22p)x10.x1x22p2，x1x21.2.解得p1或p3，抛物线方程为y22x或y26x.【答案】c3【解析】由双曲线渐近线的几何意义知k.【答案】d4【解析】设椭圆与直线相交于a(x1，y1)，b(x2，y2)两点，由消去y，得5x28tx4(t21)0.则有x1x2t，x1x2.|ab|x1x2|，当t0时，|ab|max.【答案】c5【解析】kab1，且y2y12(xx)，得x2x1，又(，)在直线yxm上，m，y2y1x2x12m.2(xx)x2x12m，2(x2x1)22x2x1x2x12m,2m3，m.【答案】a6【解析】设直线l与椭圆相交于a(x1，y1)，b(x2，y2)则1，且1，两式相减得，又x1x28，y1y24，故直线l的方程为y2(x4)，即x2y80.【答案】x2y807【解析】直线ykx1过定点(0,1)，由题意，点(0,1)在椭圆内或椭圆上m1，且m5.【答案】m1，且m58【解析】设直线l平行于直线xy50，且与抛物线相切，设l：yxm，由得y22y2m0，由48m0得m.则两直线距离d，即|pq|min.【答案】9【解】(1)设直线ab的斜率为k，则ab的方程可设为y1k(x1)，由消去y得(14k2)x8k(1k)x4(1k)2160，设a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x1x2，又m(1,1)是ab中点，则1.综上，得2，解得k.直线ab的方程为y1(x1)，即x4y50.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，弦ab的中点为p(x，y)，则由得()，而x1x22x，y1y22y.().整理，得轨迹方程为x24y2x4y0.10【解】(1)设椭圆p的方程为1(ab0)，由题意得b2，e，a2c，b2a2c23c2，c24，c2，a4，椭圆p的方程为1.(2)假设存在满足题意的直线l.易知当直线l的斜率不存在时，0不满足题意故可设直线l的方程为ykx4，r(x1，y1)，t(x2，y2)，x1x2y1y2.由，得(34k2)x232kx160，由0得，(32k)24(34k2)160，解得k2.x1x2，x1x2，y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16，故x1x2y1y216，解得k21，由解得k1，直线l的方程为yx4.故存在直线l：xy40或xy40满足题意11【解】(1)设椭圆c的方程为1(ab0)，依题意有|pf2|f1f2|2c，所以解得所以，b1，所求椭圆方程为y21.(2)设kl1k，则kl2