《高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考黃金30題專題06大題易丟分30題文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考黃金30題專題06大題易丟分30題文（32頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、大題易丟分1.1.【題文】已知c 0，且c1,設(shè)命題 p p：函數(shù)y = cx在亠上單調(diào)遞減；命題 q q：函數(shù)(1)(1) 若“ p p 且 q q”為真，求實數(shù) c c 的取值范圍(2)(2) 若p p 且 q q”為假，“ p p 或 q q”為真，求實數(shù) c c 的取值范圍.亍1【解析】試題分析:( (1) )v數(shù)丁=亡在 R 上單調(diào)遞減蟲即“ oci 又皿一 2 心在T 上為豳數(shù)X,即。弓” 且 為貢時， 求交集即得解 2) )勺或屮為鼻,作且/為假,JPMQ1P假 Q 頁.由 得 p；0cl - q: 0c0 且一 i p：clj i q:C且 u#1】，2 2分兩種情況進(jìn)行求解最
2、后求并集即可試題解析：(1 1)V函數(shù) y y= c cx在 R R 上單調(diào)遞減， 0c10c1，即 p p: 0c10c1 又 T f(x)f(x) = x x2 2cx2cx + 1 1 在|丄，邑 I I 上為增函數(shù)， c c0c0 且 c c豐1 1,. p:p: c1,c1,q q：c且 c c 工 1.1.2又)或 q q”為真，“p且 q q”為假，.p真 q q 假或 p p 假 q q 真.11當(dāng) p p 真，q q 假時，c|0c1c|0c1 n cc | |c，且 c c 工 11 =c|c|c1c1c|c1 n c|0cc|0c w = ?.?.2綜上所述，實數(shù) c c
3、 的取值范圍是c|c|丄c1c 0 0)的解集化簡集合 A A,由A - B二、得到區(qū)間端點值之間的關(guān)系，解不等式組得到a a 的取值范圍；(2 2)求出？p p 對應(yīng)的 x x 的取值范圍，由？p p 是 q q 的充分不必要條件得到對應(yīng)集合之間的關(guān)系，由區(qū)間端點值的關(guān)系列不等式組求解 a a 的范圍.試題解析:(1)由條件得：=x|-10 xl+x 0所嘆,的取值范圍為：aHaH(2)易得：p:x 2或x -10, 一p是q的充分不必要條件， x|x_2或x_-10是B二x|x_1 a或x叮-a的真子集1a _2則1 -a _ -10，解得：0 0 :a乞1a 0a的取值范圍為：0：a乞1
4、點睛：本題考查了函數(shù)定義域的求法，考查了一元二次不等式的解法，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，解答的關(guān)鍵是對區(qū)間端點值的比較，是中檔題.2 23 3.【題文】已知：命題p: y1表示雙曲線，m T m +3* 1312命題q:函數(shù)f x x mx xT 在R上單調(diào)遞增. .32(1 1)若命題p為真命題，求實數(shù)m取值范圍；(2)若命題p和命題q中有且只有一個為真命題，求實數(shù)m的取值范圍3【答案】 (3,1 ); (2)(-3,-2卜1,2.【解析】試題分析：(1)(1) 由題意得到關(guān)于實數(shù) m m 的不等式：m-1 m 3：0，求解不等式可得實數(shù)m的取值范圍為(-3,1)(2)(2) 由題意分類討論可
5、得：若命題p是真命題，命題q是假命題，則-3：m：-2；若命題p是假命題，命題q是真命題，則1乞m乞2. .則m的取值范圍為-3, -2一1,2. .試題解析”(1)命題卩為頁命題(wil)(/n+3)0?解得3mL3mL二實數(shù)梆的取值范圍為(一3,1)(2)當(dāng)命題？為頁命題時有f(力=2-叱+40恒成立A=OT2-40,解得-2m2-2m2-3 171 I若命題P是真命題，命題？是假命題，則有常或用辺解得m蘭一3或m蘭1若命題p是假命題，命題q是真命題，則有2蘭m蘭2解得1一m一2. .故所求實數(shù)m的取值范圍為-3, - 2 - 1,21. .4 4【題文】如圖， 在四棱錐0 - ABCD中
6、，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)棱0B_底面ABCD, 且側(cè)棱0B的長是2，點E,F ,G分別是AB, OD, BC的中點 E ft（I）證明：OD_平面EFG;（n）求三棱錐O - EFG的體積 1【答案】（I）證明見解析；（n）丄. .2【解析】試題分析：（I）連結(jié)0二是二無一,通過勾股定理計算可知- - -由三線合一得出0D丄EF：OD亠FG:.0D丄平面EFG（n）根據(jù)中位線定理計算EG得出倆6是 邊長為的正三角形，以SEFG為棱錐的底面，則OF為棱錐的高，代入棱錐的體積公式計算試題解析I）證明：丁四邊形血仞是邊長為2的正方形，E是-妙的中點二DE = yf5又丁側(cè)棱伽丄底面ABC
7、D,AB匸面ASCD0月丄AB又丁OB = 2lEB = l /. OE = /5二DE = 0E = 5t-ADDE是等腰三角形，丁尸是OD的中點，二EF1OD.同理DG = DG=5i. . AODG是等腫三角形TF是0D的中點，一FG丄0D= EFcFG = FEFFGu面00丄平面E陽（n）側(cè)棱0B_底面ABCD, ,BD面ABCD OB _ BDTOB =2, DB =2.2 OD =2、一3由（n）知：OD_平面EFG，一 J 是三棱錐O到平面EFG的距離7F分別是OD的中點，OF h：；3,DE =OE h：；5,EF OD,EF=問5DG二DG = .5,FH _0D FG =
8、、2T四邊形ABCD是邊長為2的正方形，E,G是AB,BC的中點EG = 2 .三角形EFG是等邊三角形.SEFG3211VG上OF= V0 _EFGSh =325 5.【題文】如圖所示，直三棱柱ABC - ABG中，AB二BC, ABC = 90,D為棱AiBi的中點 (I)探究直線RC與平面C1AD的位置關(guān)系，并說明理由;(n)若BBj= A(BI= 2，求三棱錐C - ADC1的體積. .2【答案】(I)見解析(n). .3【解析】試題分析：(I I )連接BC1，設(shè)B1C BG=0=0，則0為B1C的中點由三角形中位線定理可得四 邊形BiOGD為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得Bi
9、CL平面CiAD； (IIII )由點C到平面ADCi的 距離等于點Bi到平面ADCi的距離，再利用“等積變換”可得1 iVC/DSBgAD二兀月AD二-BiD BBiBG，進(jìn)而可得三棱錐C-ADCi的體積 3 2試題解析：(I)連接BCi，設(shè)BiC BG =0，因為四邊形BiBCCi為矩形，所以0為BQ的中點. .1設(shè)G為ACi的中點，連接0G,DG，則0GU AB，且0GAB. .21由已知ABiLAB，且BiDAB，貝 yBDLOG，且3D =0G,2所以四邊形BiOGD為平行四邊形，所以BioL DG，即BCL DG. .因為BQ二平面CiAD,DG平面CiAD，所以BL平面CiAD.
10、 .7I:（ID易知耳G丄平面也辭，由（I可知，場GI平面GQ”所以點c到平面ADQ的距離等于點耳到平面QG的距朗所以C-JDCL=悅因為R1 = 4月1 =2 ,所以fc-JiDQ = ET”=；2X1X =;X2x29 =,故三核錐C-ADC.的體積為彳.6 6.如圖，在三棱錐P - ACD中，大6 = 3BD,PB_ 底面ACD,BC _ AD,AC =., 10, PC = , 5,且cos_ACP210（1）若E為AC上一點，且BE _ AC，證明：平面PBE_平面PAC. .（2 2）若Q為棱PD上一點，且BQ/平面PAC，求三棱錐Q-ACD的體積. .1【答案】（1 1）見解析；
11、（2 2）丄3【解析】試題分析：（1 1）由PB_平面ACD可得PB AC,又BE AC，BEBD二B，所以C-平面PBE，根據(jù)面面垂直的判定定理得平面PBE_平面PAC。（2 2）在ACP中，由余弦定理得AP=胡3，根據(jù)勾股定理可得 AB=3,AB=3, BC=1,BC=1, PB=2,PB=2,由BQ/平面PAC可得BQ / / PA，從而得到9111QH PB。由三棱錐的體積公式可得VQ/CD二423試題解析:(1)證明：T刖丄平面ACDACD , ,/Cu平面/切.PB-LAC.PB-LAC.又月E丄ACAC , , REcRDREcRD, ,: /C丄平面V JCc平面PACPAC?
12、 ?二平面丄平面/0解得兀T 或x)l,/(劉的増區(qū)間為(-00,-弓)乂1,+8);(2) /F(X) =X3+2X-3 = 0,葢=一3(舍)或乂 =1,/(1)=| + 1-3 = -|, /(0)=0,179Sf(2)=-3.2 = -f豳廣亍幾或廠-了9 9.【題文】直線過點2i i 且與 x x 軸、y y 軸的正半軸分別交于 A,A, B B 兩點，O O 為坐標(biāo)原點，是否存在這13,丿樣的直線滿足下列條件：厶 AOBAOB 的周長為 1212;笑厶 AOBAOB 的面積為 6.6.若存在，求出方程；若不存在，請說明理由.【答案】x x+1 =1.1.43【解析】試題分析：設(shè)直線
13、的方程-y=1(a - 0,b 0)，若滿足(1 1)可得a bab - .a2-b2-12, - - = =1 1，聯(lián)立可解a,b，即可得方程；3a b42(2 2)若滿足，可得ab=12,1，同樣可得方程，它們公共的方程即為所求. .3a b試題解析：I 設(shè)直線方程為+ = 1(a01(a0 , b0)b0),若滿足條件(1)(1)，則 a a + b b+ = 1212,4 2又直線過點 P(P( , 2)2) ,，+= 1.1.由可得 5a5a - 32a32a + 4848 = 0 0,所求直線的方程為：+ = 1 1 或.+ = 1 1, 即 3x3x+ 4y4y 1212= 0
14、0 或 15x15x + 8y8y 3636= 0.0.若滿足條件(2)(2),則 abab = 1212,42由題意得，一+ = 1 1,由整理得 a a2 6a6a+ 8 8= 0 0,0=4a2解得 b b = =3,或 1 1 辦=6.所求直線的方程為：+ = 1 1 或+ = 1 1,即 3x3x+ 4y4y 1212= 0 0 或 3x3x+ y y 6 6 = 0.0.綜上所述：存在同時滿足 (1)(2)(1)(2)兩個條件的直線方程，為 3x3x + 4y4y 1212 = 0.0.點睛：本題主要考查了直線的截距式方程的應(yīng)用，其中解答中涉及到直線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積 和三
15、角形的周長問題，以及方程組的求解等知識點的綜合應(yīng)用，解答中熟記直線的截距式方程和方程組 的求解是解答的關(guān)鍵，試題比較基礎(chǔ)，屬于基礎(chǔ)題1010 【題文】已知圓C的圓心在直線2x 0上，且與另一條直線x相切于點A 2,-1. .(1) 求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2) 已知P 5,4，點Q在圓C上運(yùn)動，求線段PQ的中點M的軌跡方程. .【答案】(1)(1)圓 C C 的方程為(x x - 1 1)2+ + (y+2y+2)2=2;(2)=2;(2)(x x - 3 3)2+ + (y y - 1 1)2=丄. .2【解析】試題分析：(1 1)由題意可知所求圓的圓心在經(jīng)過點A，且與直線x y=1垂直的直線上
16、，又所求圓的圓心在直線y -2x上，解方程組求出圓心，求出半徑，即AC的長，可得圓的方程；5+xy + 4(2)設(shè)M(x,y), (x,y),則有0二x,衛(wèi)y-x=2x-5,y二2y -4代入圓C即可2 2得到線段PQ的中點M的軌跡方程. .試題解析：(1 1)設(shè)圓 C C 的方程為(x x- a a)2+ + (y y - b b)2=r=r2,解得d = 4，或132a+b=02、22根據(jù)題意得：，(2-a) +(1 -b) =r,存(-D=-la=l解得：小二-2-2 ,.宀2則圓 C C 的方程為(x x- 1 1)2+ + (y+2y+2)2=-=-;25+xy +4(2 2)設(shè) M
17、(M( x x, y y), B B(Xo， y yo),則有-=x, -=yn x0=2x 5,y0= 2y 4代入圓 C C 方程得：2 22 2 2 21(2x2x - 5 5) + + ( 2y2y - 4 4) =8=8,化簡得(x x-3 3) + + (y y- 1 1)= =211.11.【題文】已知與曲線C : x2 y2-2x-2y 1 = 0相切的直線I，與x軸，y軸交于A, B兩點，0為 原點，0A| =a,OB = b, (a2,b2). .(1)求證：I與C相切的條件是：a-2 b-2=2. .(2) 求線段AB中點的軌跡方程；(3) 求三角形AOB面積的最小值 【
18、答案】(1 1)見解析；(2 2)x -1 y -1 =(x 1,y 1)； ( 3 3)32.【解析】試題分析：( (1) )寫出直線的截距式方程，化為一般式，化圓的一般式方程為標(biāo)準(zhǔn)式求出圓心坐 標(biāo)和半徑，由圓心到直線的距離等于半徑得到曲線 C 與直線 1 相切的充要條件,；( (2) )設(shè)出線段血的中點坐標(biāo)由中點坐標(biāo)公式得到町 b 與 AE 中點坐標(biāo)的關(guān)系代入( (D 中的條件得線 段 AB中點的軌跡方程( (3 因為耳與 b 都大于2,且三角形 A0B 為直線三角形 要求面積的最小值即要求范的最小倩，根據(jù)(1)中直線 1與圓相切的條件行慟怒解出 4 然后利用基本不尊式即可求出 最小時當(dāng)且
19、經(jīng)當(dāng) a與 b相等求出此時的 a 與 b 艮網(wǎng)求出面積的最小值.試題解析：(1)(1)圓的圓心為1,1,半徑為 1.1.可以看作是RT AOB的內(nèi)切圓。內(nèi)切圓的半徑=OA OB- AB,2即a b -、a2b22,a2b2pa b - 2?即ab -2a -2b 2=0,a-2b -2 =2.線段 ABAB 中點x,y為(2 2丿1- x -1 y -1(x 1,y 1)ab -2a -2b 2=0,ab 2 = 2 a b -4ab,_ 1 1解得.Ob _2 .2,SAO-ab,豈_3 2邁,2AOB最小面積32.2.點睛：本題考查了軌跡方程，考查了直線和圓位置關(guān)系的判斷，點到直線的距離公
20、式的用法，解題的關(guān)鍵是對等式進(jìn)行靈活變換，利用基本不等式求函數(shù)的最值1212【題文】已知動圓：=+廠】人丁 + *J與圓：上+)_門.二打交于.、兩點，且這兩點平分圓的圓周.(1) 求動圓I的圓心的軌跡方程；(2) 求圓半徑最小時的方程.【答案】(1 1 +1+1=一 2&2&十 2)2)；。+1+1+(y + 2) )2 2= = s s. .【解析】試題分析：(1 1)由題意得圓心 叱一 1 1 廠：；為弦 的中點，故用+ 嚴(yán)，由此可得點M M 的軌跡方程；(2 2)由(1 1)知圓 M M 的半徑為，故求出 的值即可，由于 卜* + ?:：所以，從而，_-1- 所以當(dāng)一二卩-時半徑最小，
21、由此可得解。試題解析：圓方程即為為“+ ：,圓方程即為+ i i 廠+ ：- :- J(1 1)由題意得，圓心為弦的中點，在&上八特叮中15.I I，；，；加八： -+ *跖-甘 + .1.1+ + 2 2 I I （*）故動圓圓心的軌跡方程為Jr 1 2 2（Jr 2(2)由(*)式知(nH-l)1= -2(n+2)0J于是有M -厶而圓M半徑曠= V5,當(dāng)r r= V50寸，n n = = 2 2? ?m m = =1所求圓的方程為(工 44 (y + 21- 5.2 21313 【題文】已知橢圓 篤篤=1（a b 0）的右焦點為F23,0，離心率為e. .a b（）若e，求橢圓的方程;2
22、（2）設(shè)直線y =kx與橢圓相交于A, B兩點，M , N分別為線段AF2, BF2的中點，若坐標(biāo)原點0在以MN為直徑的圓上，且12: e3，求k的取值范圍. .2 2【解析】（1 1）由e=，右焦點為F23,0，求出a，c，可得b，即可求出橢圓的方程;由題意得c =3,c二乜，（2 2）聯(lián)立直線y =kx與橢圓的方程，消去得到關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)A x1,y1,B x2,y2,可得根與系數(shù)的關(guān)系，根據(jù)題意得OM _0N,易知，四邊形OMF2N為平行四邊形，則AF2_BF2，結(jié)合向量數(shù)量積公式及 :e _ 3，即可求出2 2k的取值范圍. .2 2【答案】（1 1）話”17a 2又a2=b
23、2c2,二b2=3. .橢圓的方程為2 2x y “1. .1232y_=1b2得b2a2k2x2-a2b2= 0. .y =kx,2J、-a b設(shè)AX1yl, BX2y2. .所以X1x=0, xix222，b +a k依題意，OM _ON，易知，四邊形OMF2N為平行四邊形，所以AF2_ BF2. .F2A = X13,y1,F2B = X2-3,y2,-F2A F2B為-3 x2-3產(chǎn)yy2= 1 k x1x20. .恵亦e -一2 22.3 -a 32,12 _a218. .點睛：在圓錐曲線中研究最值或范圍問題時，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這
24、個函數(shù)的最值在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下方面考慮:1利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；2利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關(guān)鍵是在兩個參數(shù)之間建立等量關(guān)系;3利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍y2、3與可(a b 0)的離心率為二，且過點M41.2x-+（2） 由2 2 2-a a -9 1 ka2k2a2-99=0,將其整理為k2422a -18a814丄c_2-a18a8142a 18a21414 【題文】已知橢圓C:-a2b19(1) 求橢圓C的方程；(2) 若直線I : y =x m(m = -3)與橢圓C交于P,Q兩點
25、，記直線MP,MQ的斜率分別為k,k2，試探究k!k2是否為定值，若是，請求出該定值；若不是，請說明理由【答案】x y20kik2為定值，該定值為 0 0【解析】試題分析：(1 1)由橢圓的離心率公式，求得2 2a a =4b=4b，將 M M 代入橢圓方程，即可求得a a 和 b b 的值,求得橢圓方程；(2 2)將直線 I I :代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及直線的斜率公式，即可取得k ki+k+k2=0.=0.試題解析:(1(1)依題意,16丄=i,a bc _3a T，2 2解得a2=20,b2=5,c2=15，故橢圓C的方程為 =1；205(2)k1k2 =0，下面給出證明：設(shè)P為，Q
26、 X2,y2，2 2將x m代入-L=1并整理得5x28mx 4m2-20 =0,2052 2=8m -20 4m -200，解得5：m5，且m = 3.28m4m -20故為X2，X1X2 :55則k-ik2y1 T .y2 -1禺-4x2-4M -1 x2-4y2-1x1-4（禺4 ）（X2 4）分子=% m T X2一4亠x2m T音一422（4m -20） 8m（ m -5=2x1X2m-5x1X2-8m-18mT=0,55故k1k2為定值，該定值為0.0.1515 【題文】已知圓C1:X2y4過圓上任意一點D向x軸引垂線垂足為D1(點D、D1可重合)，點E為DD1的中點. .(1)
27、求E的軌跡方程；(2) 若點E的軌跡方程為曲線C,不過原點0的直線I與曲線C交于P、Q兩點，滿足直線OP,PQ,0Q的斜率依次成等比數(shù)列，求LIOPQ面積的取值范圍2【答案】(1 1) 一+ y2=1；( 2 2)LIOPQ面積的取值范圍為(0,1).4【解析】試題分析：1)1)設(shè)童(兀巧，則鞏代入圓 G :分+戸=4 即可得解；( (2) )由題意可輒 直線 J 的斜率存在且不為 0,故可設(shè)直線 J 的方程対嚴(yán)&5(*0),與橢圓聯(lián)立21依次成等比數(shù)列，兒為*鋁+脅佃+切+/詔，可得宀 1,再由=上|孩|=+鬥打-在,計算孔網(wǎng)二即耳試題解析：22x2(1)設(shè)E(x,y )，則D(x,2y )
28、，則有：x+(2y ) =4，整理得：一 +y =1. .Q X2，y2，消去y得1 4k2x28kmx 4 m2-1 = 02 2 2 2 2 2則，=64k m -16 1 4k m -1=16 4k -m 10，且捲x?二-8 km21 4k1 4k22 2故y-iy2=kx-m kx，m = k x1x2km % x2m因為直線OP，PQ，OQ的斜率依次成等比數(shù)列,2 2y1y2k x1x2km x2kkkNM_k k-t1$k2_k k-t 1t2ktk_kk2kt 1 $ kt2_k2-1而拋物線在點N處切線斜率:k切=yix3=辿嚴(yán)kMN是拋物線的切線,1衛(wèi)三點. .21717
29、.【題文】已知橢圓E中心在坐標(biāo)原點，焦點在坐標(biāo)軸上，且經(jīng)過A -2,0、B 2,0、C25求橢圓E的方程; ;在直線x = 4上任取一點T 4,m m= = 0 0 , ,連接TA,TB, ,分別與橢圓E交于M、N兩點，判斷直線MN是否過定點？若是, ,求出該定點. .若不是，請說明理由 2 2【答案】（1 1） -1；（ 2 2）1,043【解析】試題分析：由于稱 ISI 過兩個不同的點故可設(shè)橢圓方程為心十陽13心 0 網(wǎng)弦用，代 入已知點的坐標(biāo)，可以橢圓的方程.（2）的直AT.BT均杲過頂點的直線，故通過聯(lián)立方程組可以得到 兩點的坐標(biāo)，再根據(jù)橢圓及其動點 T 的對稱性可以卻道定點如果存在，
30、貝 U 必定在工軸上，猜出定點的 坐標(biāo)為 D（h0）,最后利用斜率證明MQN三點共線.設(shè)橢圓方程為曲+龍=】AQ 用：0耕工嘰 將（zo）e|）代入橢圓方程得 w1Jfi=2 j9,計韋得出?,所以橢圓方程為二+芻m + = i1434n= 3m 丄小Lmmy = (x + 2 )(2)直線AT : y x 2，直線BT : y x - 2，聯(lián)立6得6 2D 1,0，三點共線;3x24y2=122 2 2 2m 2 7 x 4m x 4m -10 0,所以-2 Xm24m-108，故xmm22754一2亦，代入m22718mym2?m 27因此M254 -2m18mm227+ 27丿. .同理
31、N22m-6 -6mm2+3，m2+3 ,18m當(dāng)m = -3時,m227018m6m-6m-054-2m22m 27-12 227 3m 9 - mkND -m23亦-6_1丄，所以M , D, N9一m綜上，M , D, N三點共線也就是MN過定點D. .點睛：直線與圓錐曲線的位置關(guān)系中，如果已知動直線過定點且與圓錐曲線有另一個交點，那么通過韋當(dāng)m =：3時,xm= 1,xn=1，M ,D, N三點共線;27達(dá)定理可以求出另一個交點的坐標(biāo)并用斜率表示它，從而考慮與該點相關(guān)的一些定點定值問題們用先猜后證的策略考慮定點定值問題，因此這樣可以使得代數(shù)式變形化簡的目標(biāo)更明確2 21818 【題文
32、1 已知橢圓 篤爲(wèi)=1(a b 0)的短軸端點和焦點組成的四邊形為正方形，且橢圓過點a b. .另外，我(1)(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)(2)邊形ABCD的面積為定值.2 21答案17 7T=1 ;(2)見解析. .42【解析】試題分析：(1 1)由題意b二c , r2=1，又a2二b2 c2，解得a2,b2即得橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程a b(2(2)設(shè)直線AB的方程為y =kx m，設(shè) A Ax1,y1,y = kx十m,BX2，y2，聯(lián)立x22y2=8,得2 2 21 2k x 4kmx 2m -8=0,寫出韋達(dá)定理，因為XiX21二紬廠-尹低21 2m2-821 2km2-41 2k22 2Wy
33、2二kx1m kx2m = k X1X2km為X2m2m -8,-4km二k7 km1 2k 1 2km22 2m-8k22 ，1 2km241 2k22 2占，解得4宀2兄則S.AOB=2|AB2=1Ji +k2 xx221 k2= =2 4k2-m2 4，結(jié)合4k2 2 =m2即得解. .b2四邊形ABCD的頂點都在橢圓上，且對角線AC、BD過原點0,若kACkB-匕，求證：四a試題解析:(1)由題意b= c , = 1，又a2= b2c2，解得a2= 8,b2= 4,a b2 2所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為-y1.8429二SABCD=4SAOB=8,2，即四邊形ABCD的面積為定值.1919.
34、【題文】已知拋物線C : x2= 4y的焦點為F,準(zhǔn)線與y軸的交點為Q,過點Q的直線I與拋物線C相 交于不同的代B兩點. .（1 1）若AB|=4（15，求直線I的方程；（2 2） 記FA、FB的斜率分別為k1k2，試問：k1k2的值是否隨直線I位置的變化而變化？證明你的 結(jié)論 【答案】（1 1）I : y=2x -1; （2 2）k1k2的值不隨直線I的變化而變化，證明見解析 【解析】試題分析（1 1）設(shè)I : y二kx -1，代入拋物線的方程，利用弦長公式，結(jié)合AB二4,15，即可求解k的值，得出直線的方程;(2)設(shè)直線y =kx +m, e222聯(lián)立22得1 2k x 4kmx 2m -
35、8 = 0,x +2y =8,22 2 2 2.:二4km ;4 12k 2m-8 = 8 8k -m 4 ，0,-4 km21 2kx1x22m2- 821 2kb21y”21112 22m -8m -4KDAk0B -2，.-y”22 2a2x1x22221 2k1 2k2 2Wy2 =kx1m kx2m = k X1X2km為X2 i亠m2,22m , 4km2=kykm2m1 2k 1 2k2Cl2m -8k廠,1 2k2,22m -4 m -8k2222亍，m_4=m_8k1 2k 1 2k設(shè)原點至煩線AB的距離為d，則s.AOBAB d=丄J1 +k2* -x2”2m.1 k22x
36、2- 4x1x22.2m -8-4-21 2k2m 64 k2216 m -4=2、4k2-m24=2/2,(2)利用斜率公式，結(jié)合韋達(dá)定理，由此可得到k1k2為定值. .點，OA OB，試問：是否存在實數(shù)a，使得DE的長為定值？若存在，求出a的值；若不存在，請試題解析:(1) YJ9(O-1)且直線斜率存在可設(shè)上p =代入乂=4,得：4Ax+4 = 0,令A(yù) = 16fc2-160|i|b設(shè)+ 巧=4匕碼花=4,=1+疋）（16疋-16）=4加-1 ,T |Q| =F 1 = 15 =上=2丘（Y廠l）u（h+ao）,二 /:j =+2x-+2x-1二kik2的值不隨直線I的變化而變化. .
37、點睛：本題主要考查了直線與拋物線位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，其中解答中涉及到直線與圓錐曲線的弦長公 式，以及二元一次方程中根與系數(shù)的關(guān)系等關(guān)系的應(yīng)用，著重考查了推理與論證能力，以及轉(zhuǎn)化與化歸 思想，試題綜合性強(qiáng)，屬于中檔試題，解答中把直線與圓錐曲線問題轉(zhuǎn)化為方程的根與系數(shù)的關(guān)系是解 答的關(guān)鍵 252020【題文】已知拋物線C: y =2px(p 0)在第一象限內(nèi)的點P 2,t到焦點F的距離為一QF(1)若M . ,0|,過點M, ,P的直線li與拋物線相交于另一點Q，求一的值；I 2丿PF|2 2(2)若直線I2與拋物線C相交于 代B兩點，與圓M :(x-a) +y =1相交于D,E兩點，O為坐標(biāo)原3
38、1說明理由.1【答案】（1 1）丄；（2 2）a =2時，DE =2,DE的長為定值.4【解析】試題分析；根據(jù)拋物線的性質(zhì)可得尸到焦點戸的距離為 2 +彳可得出宀 求出百的方程，聯(lián)X1立拋物線勺、故而可得QF, PF,即可得最后結(jié)果 5（2）設(shè)出直線AB的方程為尤=心+叫設(shè) d 仙0（花，乃），與拋物線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理得旳+乃，旳旳由0A丄 0 月，得（網(wǎng)+酬）（般+朋）十”旳=0 將 Ji + yaJ 冏旳代入可得用的值，利用直線截圓所得弦長公式得（2 2）設(shè)直線AB的方程為x二ty m，代入拋物線方程可得y2-2ty - 2m = 0,設(shè)A Xi,yiB X2, y2,則yiy2t,
39、yiy-2m，由OA一OB得：tyim ty2m yiy2=0,整理得t2i yiy2tm y y2m2=0，將代入解得m=2,直線l:x=ty 2,顯然當(dāng)a =2時，DE =2,DE的長為定值.點睛：本題主要考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，直線與圓的位置關(guān)系，難度中檔；拋 物線 上點的試題解析： (i)v點P2,t，-2號二 ，解得P =i，故當(dāng)a = 2時滿足題青.故拋物線C的方程為：寸=2x，當(dāng)x=2時，-，1+H4-li的方程為y x52，聯(lián)立y2=2x可得,5iiQFlQF2，PF=x亡，1+18 2 1A A4 4-2圓心到直I I 的距離 d d = =a-2it2又DE2(a2)i t2特征，拋物線上任意一點到焦點的距離和到準(zhǔn)線的距離相等，即為x0衛(wèi)，兩直線垂直即可轉(zhuǎn)化為斜率也可轉(zhuǎn)化為數(shù)量積為20 0,直線與圓相交截得的弦長的一半，圓的半徑以及圓心到直線的距離可構(gòu)成直角三角形
高二數(shù)學(xué)上學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考黃金30題專題06大題易丟分30題文
