【导与练】高考数学 高校信息化课堂 阶段检测（五）理.doc

阶段检测(五)(时间:120分钟满分:150分)【选题明细表】知识点、方法题号直线与圆2、7、8、11、14圆锥曲线的概念、方程与几何性质1、3、4、10、12、17直线与圆锥曲线的位置关系13、19、20圆锥曲线中的存在性问题、证明问题21、22圆锥曲线中的最值、范围、定值问题5、16、19、22圆锥曲线的综合应用6、9、20其他章节滚动15、18一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分)1.(2014浙江绍兴模拟)椭圆x225+y29=1上一点m到焦点f1的距离为2,n是mf1的中点,则|on|等于(b)(a)2(b)4(c)8(d)32解析:如图,设f1,f2分别为椭圆左、右焦点,连接mf2,已知|mf1|=2,又|mf1|+|mf2|=10,|mf2|=10-|mf1|=8.如图,|on|=12|mf2|=4.故选b.2.(2014福州质检)若直线x+my=2+m与圆x2+y2-2x-2y+1=0相交,则实数m的取值范围为(d)(a)(-,+)(b)(-,0)(c)(0,+) (d)(-,0)(0,+)解析:法一由圆的方程可知圆心坐标为(1,1),半径为1,因为直线与圆相交,所以有|1+m-(2+m)|1+m20,所以实数m的取值范围为(-,0)(0,+).故选d.法二由直线x+my=2+m过定点p(2,1),且p(2,1)在圆x2+y2-2x-2y+1=0,即(x-1)2+(y-1)2=1上,得若m=0,则直线与圆相切.若m0,则直线与圆总相交,故选d.3.(2014嘉兴二模)设f1、f2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(ab0)的左、右焦点,若双曲线上存在点p,使得pf1f2=30,pf2f1=120,则双曲线的离心率为(d)(a)2(b)3(c)32+1(d)3+12解析:由题意知|pf2|=|f1f2|=2c,|pf1|=23c,由双曲线定义可知23c-2c=2a,所以e=ca=13-1=3+12.故选d.4.(2014浙江省“六市六校”联盟)如图,正六边形abcdef的两个顶点a、d为双曲线的焦点,其余四个顶点都在双曲线上,则该双曲线的离心率为(b)(a)3-1(b)3+1(c)2-3(d)2+3解析:设正六边形边长为1,则de=1,ad=2,ae=3,由双曲线定义知2a=|ae|-|ed|=3-1,2c=|ad|=2,因此双曲线的离心率为23-1=3+1.故选b.5.(2014温州期末)已知点o(0,0),a(-1,1),若f为双曲线x2-y2=1的右焦点,p是该双曲线上且在第一象限的动点,则oafp的取值范围为(b)(a)(2-1,1)(b)(2-1,2)(c)(1,2) (d)(2,+)解析:设p(x,x2-1)(x1),则oa=(-1,1),fp=(x-2,x2-1),oafp=x2-1-x+2,设g(x)=x2-1-x=(x2-1-x)(x2-1+x)x2-1+x=-1x2-1+x,则g(x)在(1,+)递增,g(x)g(1)=-1,又g(x)0,b0),而抛物线y2=8x的焦点为(2,0),即f(2,0),4=a2+b2.又圆f:(x-2)2+y2=2与双曲线c的渐近线y=bax相切,由双曲线的对称性可知圆心f到双曲线的渐近线的距离为2bb2+a2=2,a2=b2=2,所以双曲线c的方程为x22-y22=1.故选d.7.(2014长春市第三次调研测试)已知直线x+y-k=0(k0)与圆x2+y2=4交于不同的两点a、b,o是坐标原点,且有|oa+ob|33|ab|,那么k的取值范围是(c)(a)(3,+)(b)2,+)(c)2,22)(d)3,22)解析:取ab的中点c,连接oc,则ocab.oa+ob=2oc,由于直线与圆有两个不同交点,因此|ab|=24-|oc|2,且|oc|2,又由|oa+ob|33|ab|知,2|oc|3324-|oc|2,解得|oc|1,即1|oc|2,所以1k22,即2k0,mm2+m-2,m0,即m2+m-20,m2-20,m0,得m2.答案:2,+)12.(2014温州一模)已知点p是双曲线c:x2a2-y2b2=1(a0,b0)右支上一点,f1是双曲线的左焦点,且双曲线的一条渐近线恰是线段pf1的中垂线,则该双曲线的离心率是.解析:由题知f1p为:y=ab(x+c),其中一条渐近线y=-bax交点m(-a2c,abc).则p(-2a2c+c,2abc)代入双曲线:4a4c2-4a2+c2a2-4a2c2=1得e=ca=5.答案:513.(2014浙江温岭中学高考模拟)已知f为抛物线x2=ay(a0)的焦点,o为坐标原点,点m为抛物线上的任一点,过点m作抛物线的切线交x轴于点n,设k1,k2分别为直线mo与直线nf的斜率,则k1k2=.解析:设m(x0,x02a),则过点m的抛物线的切线方程为y=2x0a(x-x0)+x02a,令y=0得x=12x0,故n(x02,0),又f(0,a4),故k2=knf=-a2x0,又k1=kmo=x02ax0=x0a,故k1k2=-12.答案:-1214.若对任意的tr,关于x,y的方程组2x+y-4=0,(x-t)2+(y-kt)2=16都有两组不同的解,则实数k的值是.解析:由题:|2t+kt-4|54,|(2+k)t-4|45,-45(2+k)t-445恒成立,即4-45(2+k)t0或2+k0),直线pa与be交于c,则当=时,|cm|+|cn|为定值.解析:设p(x0,y0),则ex0,11+y0,pa:y=y0x0+3(x+3)be:y=11+y0x0-3(x-3)由得y2=y02(+1)(x02-9)(x2-9),将y02=9-x02代入,得x29+y291+=1.由9-91+=1,得到=18.答案:1817.(2014浙江温州高三模拟)已知f1,f2分别是双曲线x2-y2b2=1的左、右焦点,a是双曲线上在第一象限内的点,若|af2|=2且f1af2=45,延长af2交双曲线右支于点b,则f1ab的面积等于.解析:由双曲线方程得a2=1,2a=2,由双曲线定义,|af1|-|af2|=2a,|af1|=4,设|bf2|=m,则|bf1|=m+2,|ab|=m+2,abf1是等腰三角形,又f1af2=45,abf1是等腰直角三角形,(m+2)2=4,m+2=22,sabf1=12(m+2)2=4.答案:4三、解答题(本大题共5小题,共72分)18.(本小题满分14分)(2014宁波高三期末)如图,在四棱锥p-abcd中,e为ad上一点,pe平面abcd.adbc,adcd,bc=ed=2ae=2,f为pc上一点,且cf=2fp,eb=3.(1) 求证:pa平面bef;(2)若二面角f-be-c为60,求tanapd的值.(1) 证明:连接ac交be于点m,连接fm.由题易知emcdammc=aeed=12=pffc fmapfm平面bef,pa平面befpa平面bef (2)解:法一连ce,过f作fhce于h.由于fhpe,故fh平面abcd连hm,fm,由hceh=fcpf=mcam=mbem,得hmbc,则hmbe,fmbe,即fmh为二面角f-be-c的平面角. fmh=60,fh=3mh,fh=23pe,mh=13bc=23ae,pe=3ae,tanape=13,tandpe=23,tanapd=tan(ape+dpe)=33.法二以e为坐标原点,eb,ed,ep为x,y,z轴建立空间直角坐标系.e(0,0,0),b(3,0,0),p(0,0,m),c(3,2,0)cf=2fp ,f(1,23,23m).设平面bef的法向量n1=(x,y,z),由neb=0,nef=0,取z=1得n1=(0,-m,1)平面abcd的一个法向量为n2=(0,0,1).由于cos 60=n1n2|n1|n2|,解得m=3.tanape=13,tandpe=23,tanapd=tan(ape+dpe)=33.19.(本小题满分14分)(2013嘉兴市二模)如图,已知抛物线c1:x2=2py的焦点在抛物线c2:y=12x2+1上,点p是抛物线c1上的动点.(1)求抛物线c1的方程及其准线方程;(2)过点p作抛物线c2的两条切线,m、n分别为两个切点,设点p到直线mn的距离为d,求d的最小值.解:(1)设c1的焦点为f0,p2,所以p2=0+1,p=2,故c1的方程为x2=4y,其准线方程为y=-1.(2)设p(2t,t2),mx1,12x12+1,nx2,12x22+1,则pm的方程:y-(12x12+1)=x1(x-x1),所以t2=2tx1-12x12+1,即x12-4tx1+2t2-2=0.同理,pn:y=x2x-12x22+1,x22-4tx2+2t2-2=0.mn的方程:y-(12x12+1)=12x12+1-(12x22+1)x1-x2(x-x1),即y-(12x12+1)=12(x1+x2)(x-x1).由x12-4tx1+2t2-2=0,x22-4tx2+2t2-2=0即x1,x2是方程x2-4tx+2t2-2=0两根,则x1x2=2t2-2,x1+x2=4t,所以直线mn的方程为y=2tx+2-t2,于是d=|4t2-t2+2-t2|1+4t2=2(1+t2)21+4t2.令s=1+4t2(s1),则d=12s+9s+6126+6=3(当s=3时取等号).所以d的最小值为3.20.(本小题满分14分)(2013高考重庆卷)如图,椭圆的中心为原点o,长轴在x轴上,离心率e=22,过左焦点f1作x轴的垂线交椭圆于a,a两点,|aa|=4.(1)求该椭圆的标准方程;(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点p,p,过p,p作圆心为q的圆,使椭圆上的其余点均在圆q外.若pqpq,求圆q的标准方程.解:(1)由题意知点a(-c,2)在椭圆上,则(-c)2a2+22b2=1,从而e2+4b2=1.由e=22得b2=41-e2=8,从而a2=b21-e2=16.故该椭圆的标准方程为x216+y28=1.(2)由椭圆的对称性,可设q(x0,0).又设m(x,y)是椭圆上任意一点,则|qm|2=(x-x0)2+y2=x2-2x0x+x02+8(1-x216)=12(x-2x0)2-x02+8(x-4,4).设p(x1,y1),由题意,p是椭圆上到点q的距离最小的点,因此,上式当x=x1时取最小值,又因x1(-4,4),所以上式当x=2x0时取最小值,从而x1=2x0,且|qp|2=8-x02.因为pqpq,且p(x1,-y1),所以qpqp=(x1-x0,y1)(x1-x0,-y1)=0,即(x1-x0)2-y12=0.由椭圆方程及x1=2x0得14x12-8(1-x1216)=0,解得x1=463,x0=x12=263.从而|qp|2=8-x02=163.故这样的圆有两个,其标准方程分别为(x+263)2+y2=163,(x-263)2+y2=163.21.(本小题满分15分)(2014嘉兴一模)如图,两条相交线段ab、pq的四个端点都在椭圆x24+y23=1上,其中,直线ab的方程为x=m,直线pq的方程为y=12x+n.(1)若n=0,bap=baq,求m的值;(2)探究:是否存在常数m,当n变化时,恒有bap=baq?解:(1)由x24+y23=1,y=12x,解得p(-3,-32),q(3,32),因为bap=baq,所以kap+kaq=0.设a(m,y),则y+32m+3+y-32m-3=0,化简得2my=3,又m24+y23=1,联立方程组,解得m=1,或m=3.因为ab平分paq,所以m=3不合题意,故m=1.(2)设p(x1,y1),q(x2,y2),由x24+y23=1,y=12x+n,得4y2-6ny+3n2-3=0.y1+y2=3n2,y1y2=3(n2-1)4.若存在常数m,当n变化时,恒有bap=baq,则由(1)知只可能m=1.当m=1时,取a(1,32),bap=baq等价于y1-32x1-1+y2-32x2-1=0,即(2y1-3)(2y2-2n-1)+(2y2-3)(2y1-2n-1)=0,即4y1y2+3(2n+1)=2(n+2)(y1+y2),即3(n2-1)+3(2n+1)=3n(n+2),此式恒成立.所以,存在常数m=1,当n变化时,恒有bap=baq.当m=-1时,取a(-1,-32),由对称性同理可知结论成立.故存在常数m=1,当n变化时,恒有bap=baq.22.(本小题满分15分)(2013高考新课标全国卷)已知圆m:(x+1)2+y2=1,圆n:(x-1)2+y2=9,动圆p与圆m外切并且与圆n内切,圆心p的轨迹为曲线 c.(1)求c的方程;(2)l是与圆p,圆m都相切的一条直线,l与曲线c交于a,b两点,当圆p的半径最长时,求|ab|. 解:由已知得圆m的圆心为m(-1,0),半径r1=1;圆n的圆心为n(1,0),半径 r2=3.设圆p的圆心为p(x,y),半径为r.(1)因为圆p与圆m外切并且与圆n内切,所以|pm|+|pn|=(r+r1)+(r2-r)=r1+r2=4.由椭圆的定义可知,曲线c是以m,n为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1(x-2).(2)对于曲线c上任意一点d(x,y),由于|dm|-|dn|=2r-22,所以r2,当且仅当圆p的圆