近五年高考数学试卷分析

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——解析几何部分

纵观2023—2023年北京卷解析几何考题内容，突出了对主干知识的考察，稳中有变，稳中有新，重视数学思想方法的考察；同时又考察了考生的综合能力，具体表达在以下几个方面：一、

突出主干知识，没有偏题、生题

19（2023年）、已知点M(?2,0),N(2,0)，动点P满足条件|PM|?|PN|?22.记动点P的轨迹为W.（Ⅰ）求W的方程；

????????（Ⅱ）若A,B是W上的不同两点，O是坐标原点，求OA?OB的最小值.

解法一：

（Ⅰ）由|PM|-|PN|=22知动点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，实半轴长a=2.又半焦距c=2。故虚半轴长b=c2?a2?2，

x2y2??1,x?2所以W的方程为22（Ⅱ）设A、B的坐标分别为（x1y1），（x2y2）.

????????当AB?x轴时，x1?x2,y1?y2，从而OA?OB?x1x2?y1y2?x12?y12?2。

当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y?km?x，与W的方程联立，消去y得

?9?k?x22?2kmx?m2?2?0，

2kmm2?2,x1x2?2故x1?x2?21?kk?1????????所以OA?OB?x1x2?y1y2?x1x2?(kx1?m)(kx2?m)

(1?k2)(m2?2)2k2m22??m?(1?k)x1x2?km(x1?x2)?m?22k?11?k222k2?24?2?2?2k?1k?1????????又由于x1x2?0，所以k?1?0，从而OA?OB?2.

2????????综上，当AB?x轴时，OA?OB取得最小值2.

解法二：

（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）设A、B的坐标分别为?x1,y1?,?y1,y2?，则

xi2?yi2?(xi?yi)(xi?yi)?2(i?1,2)

令si?xi?yi,ti?xi?yi，

????????则siti?2，且si?0，ti?0(i?1,2)，所以OA?OB?x1x2?y1y2

11(s1?t1)(s2?t2)?(s1?t1)(s2?t2)4411?s1s2?t1t2?s1s2t1t2?222?当且仅当s1s2?t1t2，即??x1?x2时“=〞成立.

?y1??y2????????所以OA?OB的最小值是2.

主要考察了双曲线定义、直线与双曲线的位置关系等基础知识，同时又考察了圆锥曲线与向量函数的综合问题

0)，AB边所在直线的方程为17（2023年）、矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，x?3y?6?0，点T(?11)，在AD边所在直线上．

（I）求AD边所在直线的方程；

（II）求矩形ABCD外接圆的方程；

0)，且与矩形ABCD的外接圆外切，求动圆P的圆心的轨迹方（III）若动圆P过点N(?2，程．

解：（I）由于AB边所在直线的方程为x?3y?6?0，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为?3．

，在直线AD上，又由于点T(?11)所以AD边所在直线的方程为y?1??3(x?1)．

3x?y?2?0．

（II）由??x?3y?6?0，?2)，解得点A的坐标为(0，?3x?y?2=00)．由于矩形ABCD两条对角线的交点为M(2，所以M为矩形ABCD外接圆的圆心．又AM?(2?0)2?(0?2)2?22．

从而矩形ABCD外接圆的方程为(x?2)2?y2?8．

（III）由于动圆P过点N，所以PN是该圆的半径，又由于动圆P与圆M外切，所以PM?PN?22，即PM?PN?22．

故点P的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为22的双曲线的左支．由于实半轴长a?2，半焦距c?2．

所以虚半轴长b?c2?a2?2．

x2y2??1(x≤?2)．从而动圆P的圆心的轨迹方程为

22考察了直线和圆，重点考察了两直线的垂直关系、两点间距离公式、两条直线的交点、轨迹方程等知识点

19（2023年）、已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x2?3y2?4上，对角线BD所

在直线的斜率为1．

1)时，求直线AC的方程；（Ⅰ）当直线BD过点(0，（Ⅱ）当?ABC?60时，求菱形ABCD面积的最大值．解：（Ⅰ）由题意得直线BD的方程为y?x?1．由于四边形ABCD为菱形，所以AC?BD．于是可设直线AC的方程为y??x?n．

??x2?3y2?4，22由?得4x?6nx?3n?4?0．?y??x?n由于A，C在椭圆上，

所以???12n?64?0，解得?24343?n?．33设A，C两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

3n3n2?4则x1?x2?，x1x2?，y1??x1?n，y2??x2?n．

24所以y1?y2?n．2所以AC的中点坐标为??3nn?，?．44???3nn?，?在直线y?x?1上，?44?由四边形ABCD为菱形可知，点?所以

n3n??1，解得n??2．44所以直线AC的方程为y??x?2，即x?y?2?0．（Ⅱ）由于四边形ABCD为菱形，且?ABC?60，所以AB?BC?CA．

?所以菱形ABCD的面积S?32AC．222?3n2?16由（Ⅰ）可得AC?(x1?x2)?(y1?y2)?，

22?43343?2(?3n?16)?所以S???3?n?3??．4??所以当n?0时，菱形ABCD的面积取得最大值43．

考察了两条直线垂直关系、直线与椭圆的位置关系、弦长公式、设而不求方

法及函数最值等基础知识和方法，这些都是课堂上老师重点强调的内容。但此题目有个大陷阱，稍不提防就掉进去，菱形不是所有顶点都在椭圆上！而且第一问就考察直线与圆锥曲线的位置关系，有一定难度；其次问结合几何、函数等内容，不简单！所以此题得分率不是很高，比2023年有难度

x2y219（2023年）、已知双曲线C:2?2?1(a?0,b?0)的离心率为3，右准线方ab程为x?3322（I）求双曲线C的方程；

（Ⅱ）设直线l是圆O:x?y?2上动点P(x0,y0)(x0y0?0)处的切线，l与双曲线C交

于不同的两点A,B，证明?AOB的大小为定值。w.w.w.ks.5.u.c.o.m

解法一：

??a23（Ⅰ）由题意，得???c3，解得a?1,c?3，w.w.w.s.5.u.c.o.mc???a?3∴b2?c2?a2?2，∴所求双曲线C的方程为x2?y22?1.（Ⅱ）点P?x0,y0??x0y0?0?在圆x2?y2?2上，

w.w.w..s.5.u.c.o.m

圆在点P?xx00,y0?处的切线方程为y?y0??y?x?x0?，0化简得x0x?y0y?2.

w.w.w.s.5.u.c.o.m

??2y2由

?x??1及

x2?y2?200?2?x0x?y0y?2?3x2?4?x2?4x8?2x200x?0?0，

∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且0?x20?2，∴3x220?4?0，且??16x0?4?3x2?4??8?2x200??0，w.w.w..s.5.u.c.o.m

设A、B两点的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?，

则x4x208?2x01?x2?3x24,x1x2?3x2，w.w.w..s.5.u.c.o.m0?0?4????∵cos?AOB????OAOA?????OB?????OB?，且

???OA?????OB??x11x2?y1y2?x1x2?y2?2?x0x1??2?x0x2?，

0?x1x2?12?x2??4?2x0?x1?x2??x20x1x2??w.w.w..s.5.u.c.o.m

0得

2222?x08?2x0??8?2x08x01??4?2??2??223x0?42?x0?3x0?43x0?4???228?2x08?2x0??2?2?0.

3x0?43x0?4?∴?AOB的大小为90.

.w.k.s.5.u.c.o.m（Ⅰ）同解法1.

（Ⅱ）点P?x0,y0??x0y0?0?在圆x2?y2?2上，

圆在点P?x0,y0?处的切线方程为y?y0??w.w.w..s.5.u.c.o.m

x0?x?x0?，y0?2y2?1?x?22化简得x0x?y0y?2.由?及x0?y0?2得2?xx?yy?20?0w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

?3x20232?4?x2?4x0x?8?2x0?0①2?4?y2?8y0x?8?2x0?0②

?3x2∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且0?x0?2，2∴3x0?4?0，设A、B两点的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?，228?2x02x0?8则x1x2?2，,y1y2?23x0?43x0?4w.w.w..s.5.u.c.o.m?????????∴OA?OB?x1x2?y1y2?0，∴?AOB的大小为90.

.w.k.s.5.u.c.o.m22222（∵x0?2,0?y0?2，从而当3x0?4?0时，方程?y0?2且x0y0?0，∴0?x0①和方程②的判别式均大于零）.

主要考察圆锥曲线的离心率、准线等基本量，及双曲线的标准方程、圆的切线方程、利用向量求角度等基础知识和方法，考察曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考察推理运算能力

19（2023年）、在平面直角坐标系xOy中，点B与点A（-1,1）关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于?(Ⅰ)求动点P的轨迹方程；

(Ⅱ)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的

1.3面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由。

（I）解：由于点B与A(?1,1)关于原点O对称，所以点B得坐标为(1,?1).设点P的坐标为(x,y)由题意得

y?1y?11???x?1x?13化简得x2?3y2?4(x??1).

故动点P的轨迹方程为x2?3y2?4(x??1)

（II）解法一：设点P的坐标为(x0,y0)，点M，N得坐标分别为(3,yM),(3,yN).则直线AP的方程为y?1?y0?1y?1直线BP的方程为y?1?0(x?1)，(x?1)

x0?1x0?1令x?3得yM?4y0?x0?32y0?x0?3，yN?.

x0?1x0?1于是?PMN得面积

|x0?y0|(?3x02)1S?PMN?|yM?yN|(?30x?)22|x0?1|又直线AB的方程为x?y?0，|AB|?22，点P到直线AB的距离d?于是?PAB的面积S?PAB?当S?PAB|x0?y0|2.

1|AB|?d?|x0?y0|2|x0?y0|(3?x0)2?S?PMN时，得|x0?y0|?|x02?1|又|x0?y0|?0，

2所以(3?x0)2=|x0?1|，解得|x0?5。3由于x02?3y02?4，所以y0??3395333).9故存在点P使得?PAB与?PMN的面积相等，此时点P的坐标为(,?解法二：若存在点P使得?PAB与?PMN的面积相等，设点P的坐标为(x0,y0)

11|PA|?|PB|sin?APB?|PM|?|PN|sin?MPN.22由于sin?APB?sin?MPN,

则所以

|PA||PN|?|PM||PB|所以

|x0?1||3?x0|?|3?x0||x?1|53即(3?x0)2?|x02?1|，解得x0?由于x02?3y02?4，所以y0??339故存在点PS使得?PAB与?PMN的面积相等，此时点P的坐标为

533(,?).39主要考察球轨迹方程等基础方法，直线和椭圆，考察了设而不求的常规思路，但由于运算量大，简单使学生产生难为情绪，突出数学思想方法的考察二、

突出数学思想方法的考察

纵观2023—2023年解析几何考题，分别考察了设而不求方法、分类探讨思想、数形结合思想、函数与方程思想、转化与化归思想等三、

重视对学生综合能力的考察

通过对五年解析几何试题的分析，对学生能力的考察主要表达在运算能力、推理能力、分析问题和解决问题的能力，例如2023年考题计算量较大，加强数学思维和计算能力，是区分度较高的题，能将