北京市2021届高三理科数学最新模拟试题分类汇编9：圆锥曲线

1、北京市2021届高三理科数学最新模拟试题分类汇编9：圆锥曲线 北京2021届高三理科数学最新模拟试题分类汇编9：圆锥曲线 一、选择题 1 （2021北京东城高三二模数学理科）过抛物线y 2 =4x焦点的直线交抛物线于a,b两点, （ ） 若ab 10,则ab的中点到y轴的距离等于 a1 b2 c3 d4 【答案】 d （2021北京朝阳二模数学理科试题）若双曲线x2y2 2 a2 b 2 1(a 0,b 0)的渐近线与抛物线 y x2 2有公共点,则此双曲线的离心率的取值范围是 （ a3, ) b(3, ) c(1,3 d(1,3) 【答案】 （ a 3 （2021届门头沟区一模理科）已知p(

2、x,y)是中心在原点，焦距为10的双曲线上一点，且 yx 的取值范围为( 33 4,4 )，则该双曲线方程是 2by2 x2a x2916 1 9 y16 1 cx2 y2 1 dy216 9 16 x29 1 【答案】c 4 （2021届北京大兴区一模理科）双曲线x2-my2=1的实轴长是虚轴长的2倍,则m等于 （ a 1 4 b 12 c2 d4 【答案】d （2021届北京市延庆县一模数学理）已知双曲线x2y2 5 a2 b 2 1(a 0,b 0)的离心率为2， 一个焦点与抛物线y2 16x的焦点相同，则双曲线的渐近线方程为 （ ay 3 2 x by 32 x cy 3 x dy x

3、 - 1 - ） ） ） ） 【答案】d 6 （北京市石景山区2021届高三一模数学理试题）对于直线l:y=k (x+1)与抛物线c:y= 2 4x,k=1是直线l与抛物线c有唯一交点的( )条件 （ ） a充分不必要 b必要不充分 c充要条件 d既不充分也不必要 【答案】a 7 （2021届北京海滨一模理科）抛物线y2 4x的焦点为f，点p(x,y)为该抛物线上的动点， 又点a( 1,0)，则|pf| |pa| 的最 小值是 （ 1a2 b c d 【答案】b 8 （2021北京海淀二模数学理科试题及答案）双曲线c的左右焦点分别为f1,f2,且f2恰为抛 物线y2 4x的焦点,设双曲线c与该

4、抛物线的一个交点为a,若 af1f2是以af1为底边的等腰三角形,则双曲线c的离心率为 （ a b 1c 1 d 2 【答案】 b 9 （2021北京西城高三二模数学理科）已知正六边形abcdef的边长是2,一条抛物线恰好 经过该六边形的四个顶点,则抛物线的焦点到准线的距离是 （ a b c d 【答案】 b; 10（2021届东城区一模理科）已知 f1( c,0，)f2(c,0)分别是双曲线c1： x2a2 y2b 2 1(a 0,b 0)的两个焦点，双曲线c1和圆c2：x2 y2 c2 的一个交点为p，且2 pf1f2 pf2f1，那么双曲线c1的离心率为 （ a 2 b c2 d 1 【

5、答案】d 11（北京市朝阳区2021届高三第一次综合练习理科数学）抛物线y 2 2px(p0)的焦点为f, 已知点a,b为抛物线上的两个动点,且满意 afb 120 .过弦ab的中点m作抛物线准线的垂线mn,垂足为n,则 |mn| |ab| 的最大值为 （ - 2 - ） ） ） ） ） a 3 b1 c 3 d2 【答案】a 二、填空题 12（2021北京昌平二模数学理科试题及答案）曲线c是平面内到直线l1:x 1和直线l2:y 1 的距离之积等于常数k2 k 0 的点的轨迹.给出下列四个结论: 曲线c过点( 1,1); 曲线c关于点( 1,1)对称; 若点p在曲线c上,点a,b分别在直线l

6、1,l2上,则pa pb不小于2k. 设p0为曲线c上任意一点,则点p0关于直线x 1、点( 1,1)及直线y 1对称的点分 2 别为p1、p2、p3,则四边形p0pp12p3的面积为定值4k. 其中,全部正确结论的序号是_. 【答案】 13（2021北京房山二模数学理科试题及答案）抛物线c:y2 2px的焦点坐标为f(,0),则抛 1 2 物线c的方程为_,若点p在抛物线 c上运动,点q在直线x y 5 0上运动,则pq的最小值等于_. 2 【答案】 y 2x, 4 2 y2 14（2021北京昌平二模数学理科试题及答案）双曲线x 2 1(b 0)的一条渐近线方程为 b y ,则b _. 【

7、答案】 x2y2 15（2021届房山区一模理科数学）已知双曲线c:2 2 1(a 0,b 0)的焦距为4，且过点 ab (2,3)，则它的渐近线方程为 . 【答案】y x2y2 16（2021北京顺义二模数学理科试题及答案）已知双曲线2 2 1 a 0,b 0 的离心率 ab x2y226 1 为,顶点与椭圆853 的焦点相同,那么该双曲线的焦点坐标为_,渐近线方程为_. - 3 - 【答案】 2 2,0,y x 3 x2y2 1(a 0) 17（2021北京丰台二模数学理科试题及答案）若双曲线c:2 a3 则抛物线y 8x的焦点到c的渐近线距离是_. 【答案】 2 18（北京市顺义区202

8、1届高三第一次统练数学理科试卷（解析）在平面直角坐标系xoy中, 设抛物线y 4x的焦点为f,准线为l,p为抛物线上一点,pa l,a为垂足.假如直线af的倾斜角为120 ,那么pf _. 【答案】答案4抛物线的焦点坐标为f(1,0),准线方程为x 1.由于直线af的倾斜角 2 为120 ,所以 afo 60,又tan60 0 ya , 所以ya .由于pa l, 所以 1 ( 1) yp ya 代入y2 4x,得xa 3,所以pf pa 3 ( 1) 4. 19（2021届北京西城区一模理科）在直角坐标系xoy中，点b与点a( 1,0)关于原点o对 2 称点p(x0,y0)在抛物线y 4x上

9、，且直线ap与bp的斜率之积等于2，则 x0 _ 【答案】1三、解答题 20（2021届北京丰台区一模理科）已知以原点为对称中心、f(2,0)为右焦点的椭圆c过p(2 ， ，直线l：y=kx+m(k0)交椭圆c于不同的两点a，b。 （）求椭圆c的方程； （）是否存在实数k，使线段ab的垂直平分线经过点q（0,3）？若存在求出 k的取值范围；若不存在，请说明理由。 x2y2 【答案】解：（）设椭圆c的方程为2 2 1 a b 0 ，由题意 ab - 4 - a2 b2 4 x2y2 22 ，解得a 8，b 4，所以椭圆c的方程为 1. 5分 42 84 2 2 1 ab （）假设存在斜率为k的直

10、线，其垂直平分线经过点q（0,3）， 设a(x1,y1)、b(x2,y2)，ab的中点为n(x0,y0), x2y2 1 由 8得(1 2k2)x2 4mkx 2m2 8 0, 6分 4 y kx m 16m2k2 4(1 2k2)(2m2 8) 64k2 8m2 32 0，所以8k2 m2 4 0,7 分 4mk , 1 2k2x x2mkm y kx m ，, 8分 x0 12 0022 21 2k1 2k ， 线段ab的垂直平分线过点q（0,3）x1 x2 knq k 1，即 0 ， y0 3 k 1， m 3 6k2，10分 x0 整理得36k 28k 5 0，明显冲突 不存在满意题意

11、的k的值。13分 方程x y 6x 2y 7 0化为标准方程 x 3 y 1 3,则圆m的圆心 2 2 2 2 42 m 3,1 ,半径r .由a 0,1 ,f c,0 c a2 1得直线af的方程为 x cy c 0. 由直线af与圆m相切,得 3 c c c 2 3, 所以c 当c 2或c 2(舍去). 2时,a2 c2 1 3, x2 y2 1 故椭圆c的方程为3 (ii)由题意可知,直线的斜率存在,设直线的斜率为k, 则直线的方程为y kx 1. 2 - 5 - 由于点 0, 1 在椭圆内, 2 所以对任意k r,直线都与椭圆c交于不同的两点. 1 y kx , 9 2由 2得 1 3

12、k2 x2 3kx 0. 4 x y2 1 3 设点p,q的坐标分别为 x1,y1 , x2,y2 ,则 y1 kx1 所以pq 113k9 , ,y2 kx2 ,x1 x2 ,xx 1222 221 3k41 3k x2 x1 2 y2 y1 2 1 1 kx 2 x2 4x1x2 2 31 k21 4k2 . 1 3k2 又由于点a 0,1 到直线y kx 31 的距离d , 222k 1 19 4k2 pq d 所以 apq的面积为s 2241 3k 设t 1112 0 t 1,则且k , 3t31 3k2 9419 s t 43t34 由于0 t 1, 4tt29142 t 2 . 3

13、3433 所以当t 1时, apq的面积s达到最大, 此时 1 1,即k 0. 2 1 3k 1 2 故当 apq的面积达到最大时,直线的方程为y x2y221（2021北京东城高三二模数学理科）已知椭圆c:2 2 1(a b 0) 的离心率e ab原点到过点a(a,0),b(0, b) - 6 - ()求椭圆c的方程; 22 ()若椭圆c上一动点p x0,y0 关于直线y 2x的对称点为p,求x,yx y11111 的取值范围. ()假如直线 y kx 1(k 0)交椭圆c于不同的两点e,f,且e,f都在以b为圆 心的圆上,求k的值. 【答案】(共13分)解: ()由于 c222 ,a b

14、c,所以 a 2b. a由于原点到直线ab: xy 1的距离d ,解得a 4,b 2. ab52 x2y 故所求椭圆c的方程为 1. 164 ()由于点p x0,y0 关于直线y 2x的对称点为p1 x1,y1 , y0 y1 2 1, 4y0 3x03y 4x0 x x1 所以 0 解得 x1 ,y1 0. 所以 55 y0 y1 2 x0 x1. 22 22 x12 y12 x0 y. 0 2 3x0x2y2222 由于点p x0,y0 在椭圆c:. 1上,所以x1 y1 x0 y0 4 4164 2 由于 4 x0 4, 所以4 x12 y12 16.所以x12 y12的取值范围为 4,

15、16 . y kx 1, 22 ()由题意 x2y2消去y ,整理得(1 4k)x 8kx 12 0.可知 0. 1 164 设e(x2,y2),f(x3,y3),ef的中点是m(xm,ym), 则xm x2 x3 4k1 y kx 1 ,. mm22 21 4k1 4k 所以kbm ym 21 . 所以xm kym 2k 0. xmk 即 4kk 2k 0. 又由于k 0, 22 1 4k1 4k - 7 - 所以k 2 1. 所以k 84 x2y2 22（2021北京房山二模数学理科试题及答案）已知椭圆c:2 2 1(a b 0)的离心率为 ab 2 , 且过点a.直线 2 m交椭圆c于b

16、,d(不与点a重合)两点. ()求椭圆c的方程; ()abd的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由. y 【答案】() e 212c , 2 2 1,a2 b2 c2 a 2,b 2,c 2 ab2a x2y2 1 42 y=x+m 2()设b(x1,y1) ,d(x2,y2) , 由 x2 m2 2 0 22 x y 1 42 8 2m2 0 2 m 2, x1 x2 , x1x2 m2 2 bd 1 x2 x+m的距离, d 2设d为点a到直线 bd:y= s abd 1bdd 2当且仅当m ( 2,2)时等号成立 当m 时, abd的面积最大, x2 y2 1

17、的短轴的端点分别为a,b,23（2021北京丰台二模数学理科试题及答案）已知椭圆c:4 直线am,bm分别与椭圆c交于e,f两点,其中点m (m, 1 ) 满意m 0, 且m 2 - 8 - ()求椭圆c的离心率e; ()用m表示点e,f的坐标; ()若 bme面积是 amf面积的5倍,求m的值 . 【答案】解:()依题意知a 2,c 3, e ; 2 () a(0,1),b(0, 1),m (m, 1 ),且m 0, 2 13,直线bm斜率为k2=, 2m2m 3 直线am的方程为y= 1x 1 ,直线bm的方程为y=x 1 , 2m2m 直线am的斜率为k1= x22 4m 4 y 1,

18、mm2 1 由 得 m2 1 x2 4mx 0, x 0,x 2, e 4,2 ,2m 11m 1m 1 y x 1, 2m x2 y2 1,12m 12m9 m2 ; 由4得9 m2x2 12mx 0, x 0,x 2, f 2,2 m 93m 9m 9 y x 1,2m () s amf , 11 |ma|mf|sin amf,s bme |mb|me|sin bme, amf bme22 5s amf s bme, 5|ma|mf| |mb|me|, 5|ma| |mb|, |me| |mf| 5mm , m m2 m 19 m2 m 0, 整理方程得 2 11522 1,即(m 3)(

19、m 1) 0, 22 m 1m 9 2 又 m m 3 0, m 1, m 1为所求 - 9 - 24（北京市朝阳区2021届高三第一次综合练习理科数学）已知中心在原点,焦点在x轴上的椭 圆c 过点,点a为其右顶点.过点b(1，0)作直线l与椭圆c相交于, e,f两点,直线ae,af与直线x 3分别交于点m,n. ()求椭圆c的方程; ()求em fn的取值范围. x2y2 【答案】解:()设椭圆的方程为2 2 1 a b 0 , ab 2 22 a b c, c 依题意得 解得a2 4,b2 1. a3 1 122 a4b x2 y2 1 所以椭圆c的方程为4 ()明显点a(2,0). (1

20、)当直线l的斜率不存在时,不妨设点e在x轴上方,易 得 ef(1, ,m(3,n,所以em fn 1 (2)当直线l的斜率存在时,由题意可设直线l的方程为y k(x 1),明显k 0时,不符合题意. y k(x 1),由 2得(4k2 1)x2 8k2x 4k2 4 0. 2 x 4y 4 0 8k24k2 4 ,x1x2 2设e(x1,y1),f(x2,y2),则x1 x2 . 4k2 14k 1 直线ae,af的方程分别为:y y1y (x 2),y 2(x 2), x1 2x2 2 令x 3,则m(3, y1y ),n(3,2). x1 2x2 2 - 10 - y1(3 x1) y(3

21、 x2)所以em (3 x1,),fn (3 x2,2) x2 2x1 2 y(3 x1)y2(3 x2) 所以em fn (3 x1)(3 x2) 1 x1 2x2 2 (3 x1)(3 x2)(1 y1y2 ) (x1 2)(x2 2)(x1 1)(x2 1) ) (x1 2)(x2 2) x1x2 (x1 x2) 1 x1x2 2(x1 x2) 4 (3 x1)(3 x2)(1 k2 x1x2 3(x1 x2) 9 1 k2 4k2 48k2 2 124k2 48k22 (2 3 2 9) (1 k 2) 2 4k 48k4k 14k 1 2 422 4k 14k 1 16k2 5 3k

22、2 (2) (1 ) 2 4k 14k16k2 51 1 16k2 416k2 4 516k2 55 em fn (1,). 由于k 0,所以16k 4 4,所以1 ,即2 416k 44 2 2 5 综上所述,em fn的取值范围是1,) 4 25（2021届北京大兴区一模理科）已知动点p到点a（-2,0）与点b（2,0）的斜率之积为 1 ，4 点p的轨迹为曲线c。 ()求曲线c的方程； ()若点q为曲线c上的一点，直线aq，bq与直线x=4分别交于m、n两点，直线bm与椭圆的交点为d。求证，a、d、n三点共线。 【答案】解：（i）设p点坐标(x,y)，则kap yy （x 2），kbp （

23、x 2）， x 2x 2 x2yy1 由已知 ，化简得： y2 1. 4x 2x 24 - 11 - x2 所求曲线c的方程为 y2 1（x 2）。 4 （ii）由已知直线aq的斜率存在， 且不等于0，设方程为y k(x 2)， x2 4y2 4由 ，消去y得： y k(x 2) (1 4k2)x2 16k2x 16k2 4 0 （1）. 由于 2，xq是方程（1）的两个根， 16k2 42 8k2 所以 2 xq ，得xq ， 1 4k21 4k2 2 8k24k2 8k24k 又yq k(xq 2) k(，所以q(,)。 2) 2222 1 4k1 4k1 4k1 4k 当x 4，得ym 6k，即m(4,6k)。 又直线bq的斜率为 1111 ，方程为y (x 2)，当x 4时，得yn ，即n(4, 。 4k4k2k2k 直线bm的斜率为3k，方程为y 3k(x 2)。 x2 4y2 4 由 ，消去y得： y 3k(x 2) (1 36k2)x2 144k2x 144k2 4 0 （2）. 由于2，xd是方程（2）的两个根，所以 144k2 4 ， 2 xd 1 36k2 72k2 21