安徽新高考数学理科二轮复习作业精练精析专题限时集训(十四)B(含答案详析)_第1页
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文档简介

HJ][第14讲圆锥曲线的热点问题](时间:45分钟)x2+y2=1(k∈R)表示焦点在x轴上的椭圆,则k的取值范围是()1.已知方程k+13-kA.k<1或k>3B.1<k<3C.k>1D.k<32.已知两定点F1(-1,0),F2(1,0),且|F1F2|是|PF1|与|PF2|的等差中项,则动点P的轨迹方程是()x2y2x2y2A.16+9=1B.16+12=12222C.x+y=1D.x+y=143343.设M(x0,y0)为抛物线C:x2=8y上一点,点F为抛物线C的焦点,以点F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线订交于不同样两点,则y0的取值范围是()A.(0,2)B.[0,2]C.(2,+∞)D.[2,+∞)22xy4.双曲线a2-b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线将平面划分为“上、下、左、右”四个区域(不含界线),若点(1,2)在“上”地域内,则双曲线的离心率e的取值范围是()A.(3,+∞)B.(5,+∞)C.(1,3)D.(1,5)5.已知抛物线y2=4x上的两个动点B,C和点A(1,2),且∠BAC=90°,则动直线BC必过定点()A.(2,5)B.(-2,5)C.(5,-2)D.(5,2)6.已知直线l与平面α平行,P是直线l上的必然点,平面α内的动点B满足PB与直线l的夹角为30°.那么B点的轨迹是()A.椭圆B.双曲线C.抛物线D.两直线227.已知点F1,F2分别是双曲线x2-y2=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F1且垂直于xab轴的直线与双曲线交于A,B两点,若△ABF2是钝角三角形,则该双曲线离心率的取值范围是()A.(2-1,+∞)B.(3+1,+∞)C.(1+2,+∞)D.(1,1+2)8.已知抛物线的方程为y2=4x,过A(1,2)作抛物线的弦AP,AQ.若AP⊥AQ,则原点O到直线PQ的距离的最大值为()A.26B.33C.27D.29x2+y2=1上的动点和右焦点,定点B(2,2).则|MF|+|MB|9.点M和F分别是椭圆259的最小值为________.10.以某一双曲线的实轴为虚轴,虚轴为实轴的双曲线叫做原双曲线的共轭双曲线.若一条双曲线与它的共轭双曲线的离心率分别是e1,e2,则当它们的实轴、虚轴都在变化时,22e1+e2的最小值是________.11.过点(0,6)的直线l与双曲线C:x2-y2=2的两支交于不同样的两点,则直线l的斜率k的取值范围是________.12.设圆C位于抛物线y2=2x与直线x=3所围成的封闭地域(包含界线)内,则圆C的面积的最大值为________.13.在平面直角坐标系xOy中,O为坐标原点,动点P与两个定点M(1,0),N(4,0)的距离之比为12.(1)求动点P的轨迹W的方程;(2)若直线l:y=kx+3与曲线→W交于A,B两点,则曲线W上可否存在一点Q,使得OQ→→l的斜率;若不存在,请说明原由.=OA+OB?若存在,求出此时直线x2y23,点P(2,3)在椭圆上.14.已知椭圆C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率等于2(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆C的左,右极点分别为A,B,过点Q(2,0)的动直线l与椭圆C订交于M,N两点,可否存在定直线l′:x=t,使得l′与直线AN的交点G总在直线BM上?若存在,求出一个满足条件的t值;若不存在,说明原由.x2y215.已知椭圆C:a2+b2=1(a>b>0),直线(m+3)x+(1-2m)y-m-3=0(m∈R)恒过的定点F为椭圆的一个焦点,且椭圆上的点到焦点(1)求椭圆C的方程;(2)若直线MN为垂直于x轴的动直线,且0),直线MF与直线NT交于点S.①求证:点S恒在椭圆C上;②求△MST面积的最大值.

F的最大距离为M,N均在椭圆

3.C上,定点

T的坐标为

(4,专题限时集训(十四)Bk+1>0,1.B[剖析]由已知可得3-k>0,解得1<k<3.k+1>3-k,2.C[剖析]由|F1F2|是|PF1|与|PF2|的等差中项知|PF1|+|PF2|=4,故动点P的轨迹是以22定点F1(-1,0),F2(1,0)为焦点,长轴长为4的椭圆,故轨迹方程为x+y=1.433.C[剖析]圆心距准线的距离为4,由题意知只要|FM|>4即可,而|FM|=y0+2,故y0>2.应选C.bb4.D[剖析]双曲线的渐近线的方程为y=±x,由于点(1,2)在“上”地域,故2>,aacb2因此e=a=1+a<5.又e>1,因此双曲线离心率e的范围是(1,5).y12y225.C[剖析]设B4,y1,C4,y2,BC的中点为D(x0,y0),则y1+y2=2y0.直线2y1x-4y-y1,即4x-2y→→22=0y+y1y2=0①.又由∠BAC=90°可知AB·AC=0,∴y-4y4=-4y0-20,直线代入①式得,2(x-5)-y0(y+2)=0,则动直线BC恒过直线x-5=0与直线y+2=0的交点(5,-2).6.B[剖析]以下列图,P是直线l上的定点,有一平面α与直线l平行,平面α内的动点B满足PB的连线与l的夹角为30°.由于空间中过点P且与l成30°角的直线组成两个极点相对的圆锥,α为平行于圆锥轴的平面,故点B的轨迹为截面α与圆锥的交线,因此点B的轨迹为双曲线.应选B.7.C[剖析]由题设条件可知△ABF2为等腰三角形,故只要∠AF2B为钝角即可,因此b2>2c,即b2>2ac,因此c2-a2>2ac,解得e>1+2,选C.ay12y228.D[剖析]设P→→,y1,Q,y2,由AP⊥AQ知AP·AQ=0,44∴y1y2+2(y1+y2)+20=0.①设直线PQ的方程为x=ty+m,代入y2=4x,得y2-4ty-4m=0,由韦达定理得y1+y2=4t,y1y2=-4m,代入①得m=2t+5,∴直线PQ的方程是x=(y+2)t+5,且过定点B(5,-2),∴|OB|=52+(-2)2=29,故所求最大值为29.9.10-210[剖析]设椭圆的左焦点为F1,则|MF|+|MB|=10-|MF1|+|MB|10-(|MF1|-|MB|),当M,B,F1三点共线时,|MF1|-|MB|获取最大值|F1B|.此时|MF|+|MB|≥10-|F1B|=10-210.x2y2y2x210.4[剖析]设双曲线C1:a2-b2=1(a>0,b>0),则其共轭双曲线C2:b2-a2=1,2a2+b22a2+b222a2+b2a2+b2b2a2因此e1=a2,e2=b2,则e1+e2=a2+b2=2+a2+b2≥2+2=4,当且仅当a=b时等号成立.11.-1<k<1[剖析]设直线l的方程为y=kx+y=kx+6,6,联立得(1-k2)x2-2x2-y2=21-k2≠06kx-8=0,直线与双曲线的两支交于不同样的两点的充要条件是且x1x2=-82<0,解得-1<k<1.1-k12.(7-26)π[剖析]由题意知,半径获取最大值的圆的圆心必在x轴上.设圆心为C(a,0)(0<a<3),则半径为3-a,于是圆的方程为(x-a)2+y2=(3-a)2,将抛物线方程y2=2x代入圆的方程,得(x-a)2+2x=(a-3)2,即x2-2(a-1)x+6a-9=0.由=4(a-1)2-4(6a-9)=0,即a2-8a+10=0,解得a=4±6,由于0<a<3,故a=4-6.圆C的半径的最大值为3-a=6-1,故圆C的面积的最大值为S=π(6-1)2=(7-26)π.|PM|113.解:(1)设点P的坐标为P(x,y),依题意知|PN|=2,即2(x-1)2+y2=(x-4)2+y2,化简得x2+y2=4,因此动点P的轨迹W的方程为x2+y2=4.(2)由于直线l:y=kx+3与曲线W订交于A,B两点,因此原点到直线l的距离d=|3|5或k<-51+k2<2,因此k>22.→→→假设存在点Q,使得OQ=OA+OB.由于A,B在圆上,且→→→OQ=OA+OB,由向量加法的平行四边形法规可知四边形OAQB为菱形,因此OQ与AB互相垂直且均分,因此原点O到直线l:y=kx+3的距离为d=12|OQ|=1,即d=|3|=1,解得k2=8,k=±22,经考据满足条件.1+k2因此存在点→→→2.Q,使得OQ=OA+OB,此时直线l的斜率为±3c232214.解:(1)由e=2?a2=4?a=4b,4322又点P(2,3)在椭圆上,因此4b2+b2=1?b=4,a=16,22因此椭圆的方程是x+y=1.164(2)由(1)知,A(-4,0),B(4,0).当l垂直x轴时,M(2,3),N(2,-3),则AN的方程是y=x+4,-36BM的方程是y=x-4,因此直线AN与BM的交点G的坐标是(8,-23),因此猜3-2测存在常数t且t=8,即直线l′的方程是x=8,此时l′与AN的交点G总在直线BM上.证明:设直线l的方程是y=k(x-2),点M(x1,y1),N(x2,y2),G(8,yG).将直线l的方程代入椭圆C的方程得x2+4k2(x-2)2=16,即(1+4k2)x2-16k2x+16k2-16=0,从而x1+x2=16k216k2-162,x1x2=1+4k2.1+4k→→由于AG=(12,yG),AN=(x2+4,y2)共线,因此12y2=(x2+4)yG,yG=12y2+4.x2→→又BG=(4,yG),BM=(x1-4,y1),要证明B,M,G共线,即证明4y=(x-4)12y2,11x2+4即证明k(x1-2)(x2+4)=3k(x2-2)(x1-4),即x1x2-2x2+4x1-8=3x1x2-6x1-12x2+24,即x1x2-5(x1+x2)+16=0.2-16216k80k2+16=0成立,由于x1x2-5(x1+x2)+16=2-1+4k1+4k因此B,M,G三点共线,即点G在直线BM上.综上,存在定直线l′:x=8,使得l′与AN的交点G总在直线BM上,t的值是8.15.解:(1)直线(m+3)x+(1-2m)y-m-3=0(m∈R)可化为m(x-2y-1)+3x+y-3=0,x-2y-1=0,得x=1,由故F(1,0).3x+y-3=0,y=0,x2y2由题意,a+c=3,故a=2,c=1.因此椭圆的方程为4+3=1.(2)①证明:设直线MN的方程为x=s,M的坐标为(s,t),N(s,-t)且s,t满足3s2+4t2=12.-ttMF的直线方程为y=s-1(x-1),NT的直线方程为y=s-4(x-4),则可求得交点S的坐标为5s-8,3t.将交点S的坐标代入椭圆方程3x2+4y2=12,2s-52s-5得3(5s-8)2+36t2=12(2s-5)2,化简获取3s2+4t2=12,显然成立,故点S在椭圆C上.②直线MS过点F(1,0),设方程为x=my+1,M(x1,y1),S(x2,y2),132则S△MS

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