2022年高考数学考前解析几何样题文

2022年高考新课标全国卷数学考前（文）分析几何样题一、选择题:1．（2022年高考新课标全国卷文科4）设是椭圆x2y21(ab0)的左、右焦点，P为直线x3aE:2b2上一点，a2F2PF1是底角为的等腰三角形，则E的离心率为（）(A)1(B)2(C)(D)232（2022年高考新课标全国卷文科

10）等轴双曲线

C的中心在原点，焦点在

x轴上，

C与抛物线

y2

16x的准线交于

A,B

两点，

AB

43；则

C的实轴长为（

）(A)

2

(B)

22

(C)

(D)32022年高考全国卷文科10已知F1、F2为双曲线C:x2y22的左、右焦点，点P在C上，|PF1|2|PF2|，则cosF1PF2（A）1（B）3（C）3（D）445454（2022年高考新课标全国卷文科20）（本小题满分12分）设抛物线C：2=2上，直线n与平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到，距离的mmn比值评析：察看直线、抛物线定义及与园的综合知识，察看分析与平面几何的综合，要求正确画出图形，联合图形察看思虑，题型奇异，出题奇妙，无模型可套。但运算量不大。5（2022年高考新课标全国卷文科20）（本小题满分12分）在平面直角坐标系O中，曲线yx26x1与坐标轴的交点都在圆C上（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若圆C与直线xya0交与A，B两点，且OAOB，求a的值。分析：此题察看圆的方程和直线和圆的关系。（Ⅰ）曲线yx26x1与坐标轴的交点为（0,1）（322,0）222222故可设圆的圆心坐标为（3，t）则有3t-1t2t2解得t=1,则圆的半径为313x2y2因此圆的方程为319评析：常例题，也可用两弦垂直均分线的交点就是圆心解答。（Ⅱ）设A1,y1)B2,y2)其坐标知足方程组xxxya02x2y231922消去获得方程2x(2a8)xa2a102由已知可得鉴别式△=56-16a-4a>02由韦达定理可得x1x2，a2a1①4ax1x22由OB可得x1x2y1y20.又y1x1ay2x2a。因此OA2x1x2a(x1x2)a20②由①②可得a=-1,知足△>0，故a=-1。评析：常例题，察看常例方法由OAOB可得x1x2y1y20.及韦达定理，与平常训练体型吻合。比2022难度低。6（2022年高考新课标全国卷文科20）（本小题满分12分）E：x2y2设F1,F2分别是椭圆2=1（0﹤b﹤1）的左、右焦点，过F1的直线l与E订交于A、bB两点，且AF2，AB，BF2成等差数列。（Ⅰ）求AB（Ⅱ）若直线l的斜率为1，求b的值。（20）解：（1）由椭圆定义知F2+F2又2AB=AFF得AB（2）L的方程式为=c,此中c1b2设A(x1，y1),B(x1，y1),则A，B两点坐标知足方程组y=x+cx2y21b2化简得(1b2)x22cx12b20.2c2,x1x22则x1x212b2.1b1b由于直线AB的斜率为1，因此x2x14x1即2x23则8(x1x2)24x1x24(1b2)4(12b2)8b49(1b2)21b21b2解得2b2评析：常例题，察看常例方法弦长公式及韦达定理，与平常训练体型吻合。难度较低。7（2022

年高考新课标全国卷文科

20）本小题满分

12分已知椭圆

C的中心为直角坐标系

xOy的原点，焦点在

x轴上，它的一个项点到两个焦点的距离分别是（I）求椭圆

7和1C的方程‘（II）若P为椭圆C的动点，M为过P且垂直于x轴的直线上的点，OPeOMe为椭圆C的离心率），求点M的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线。20）解：（Ⅰ）设椭圆长半轴长及分别为a,c,由已知得ac1,解得a=4,c=3,{c7.a因此椭圆C的方程为x2y21.167（Ⅱ）设M（,）,y1x4,4.x2y12e2.e316(x2y2)9(x2y2).y121127x2,247x2y2OP412169y4xmx(m1)y4mC：112,y3(4),OMe∈R，直线：和圆x2y28x4y0。16（1）求直线斜率的取值范围；（2）直线能否将圆C切割成弧长的比值为1的两段圆弧为何2解：（Ⅰ）直线l的方程可化为ymx4m，22mm1m1直线l的斜率k，··························2分11m2由于m≤(m21)，2因此km1，当且仅当m1时等号建立．≤m212因此，斜率k的取值范围是115分2，．····················2（Ⅱ）不可以．·······························6分由（Ⅰ）知l的方程为k(x4)，此中k≤1．2圆C的圆心为C(4，2)，半径r2．圆心C到直线l的距离d2．·······························9分1k2由k≤1，得d≥41，即dr．进而，若l与圆C订交，则圆C截直线l所得的弦所252对的圆心角小于2．31的两段弧．··············因此l不可以将圆C切割成弧长的比值为12分2评析：常例题，察看园的相关知识。难度较低。直线将圆C切割成弧长的比值为1的两段圆弧，则弦对的圆心角为120°，dr122又d4m2(m21)4m，m2m124m212212m2=03m45m2+3=0m无解，因此l不可以将圆Cm2m23m211切割成弧长的比值为1的两段弧。2原题解答充分利用第一问结论，使得运算量减少，值得借鉴。注意直线mx(m21)y4m过定点4,0；设yk(x4)，---，运算简单。谈论：经过2022高考新课标全国卷分析，常例题体型好多且运算量较少，如2022；2022单独察看园相关知识，值得2022年注意；2022察看分析与平面几何的综合，题型奇异，出题巧妙，无模型可套，难度加大，值得我们注意，但运算量较少。运算量较少是新课标全国卷的一大特点，分析和平面几何的综合察看是2022发展的趋向。92022年高考广东卷文科20（本小题满分14分）在平面直角坐标系o中，已知椭圆C1：x2y21(ab0)的左焦点为F1（-1,0），且点a2b2y24x2a2+y2√aa√2aOQ2b52x0x02a2k2b

a2a2y02y021x022ax0y02022b222ax0k022x0x0y0x08y0a2x028k2x02a2x01515y0=kx0582ax0=1k2(x00)2y2t2C2x221A1,A2C2222C1:xyx08kx0a2915F1F2Cx2y2ab0ACBAF2CF1AF2CAF1B3a,bF1AF2a2b2OF2csin301C1AF1B3B(xB,yB)AF2a22S12c(yAyB)c(yAyB)403AB:y3(xc)c1a,b23a2224b2x23a2(xc)2a2b23a2x23a2(x1a)2a23a2xB4ayB33a424510a333403a10,b53BF2mBF12amBF1F2(aa)2210x2y2210a2b223C1:x2y21C2C1C1C2C1C2OB2OAAB4解：（）依题意设椭圆方程为x2y22),e3a242143,a216,椭圆方程为x2y21.a22164（）设（（,y2),OB2OA,三点共线且不在轴上，2Ax1,y1),Bx2O,A,By设直线方程为ykx,并分别代入x2y2和x2y2得：4416x142,x2162,OB2OA,x24x2,162162,14k4k214k14kk所求直线为：y或yx.1,xMA(2x,1y)MB(2x,1y)OM(x,y)OAOB(0,2)4x24(1y)22y2x24yC:y(x1)2M:(x1)2(y1)2r2(r0)AAlrmnlCMmnDDl2F(1,0)F(1,0)BFBF2FFx2y2BFBFb212,b23,a24121221a2b212x2y2(x1,y1)(x2,y2)y1y2F1F14aS1F1F1SF1MN43F1MN2SAMN1F1F2y1y2y1y21，2xmy1(3m24)y2由x2y2得6m-9=0，431则SAMN=y1y2=12m21，3m24令t=m21,则t≥1,则SAMN12m2112t12,3m243t213t1t令f（t）=3t1，则f′（t）=3-1，当t≥1时，f′（t）≥0,f（t）在［1,∞）上单一递tt2增，故有f（t）≥f（1）=4,SAMN≤12=3,12=3,33，即当t=1,m=0时，SAMN≤SAMN=4R，∴Rmax=34这时所求内切圆面积的最大值为9π．16故直线:=1，△内切圆面积的最大值为9π。AMN1617（延边州2022年高考复习质量检测20）（本小题满分12分）在平面直角坐标系中,已知曲线C上随意一点P到两个定点F1(3,0)和F2(3,0)的距离之和为4。（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）设过0,2的直线l与曲线C交于A、B两点，以线段AB为直径作圆。试问：该圆能否经过坐标原点若能，请写出此时直线l的方程，并证明你的结论；若不是，请说明原因。．解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为x2y21(ab0)，a2b2由题意得，c3，则ba2c21．因此动点M的轨迹方程为x2y21．．．．．．．．．．．．．．．．．４分4（2）当直线的斜率不存在时，不知足题意．．．．．．．．．．．．５分当直线的斜率存在时，设直线的方程为ykx2，设A(x,y)，B(x,y)，1122若OA?OB0，则x1x2y1y20．．．．．．．．．．．．．．．６分∵ykx2，y2kx2，∴yy2k2xx2k(xx)4．11211212∴(1k2)x1x22k(x1x2)40．①．．．．．．．．．．．．７分x2y21,得14k2x216kx120．由方程组4ykx2.162k2412(14k2)0,∴k23②．．．．８分16k124则x1x2，x1x2，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．９分14k214k2代入①，得1k21122k16k40．．．．．．．．．．．．．．．．．．１０分解得k24k214k24，∴或k2,知足②式．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．１１分因此，存在直线,其方程为y2x2或y2x2．．．．．．．．．．．．．．１２分注：方法与过程不用然同样，请灵巧给分。x2y2118（2022哈尔滨高三学年六校联考20）（12分）已知椭圆a22abM为椭圆的上极点，O为坐标原点，且△OMF是等腰直角三角形（1）求椭圆的方程；（2）能否存在直线l交椭圆于的垂心（垂心：三角形三条高的交点）若l存在，求出直线l方程；若l不存在，请说明原因（本小题满分12分）

），的解：（1）由△OMF是等腰直角三角形得b=1，a=2b2x2y2124分故椭圆方程为（2）假定存在直线交椭圆于的垂心设（0,1），F（1,0），故kMF1，故直线的斜率k1于是设直线的方程为yxmyxm由x22y22得3x24mx2m220--------------------6分0，即＜3，且x1x24m,x1x22m228分由题意知△＞33由题意应有MPFQ0，又MP(x1,y11),FQ(x21,y2)故2x1x2(x1x2)(m1)m2m02m224m(m1)2m0233m