2020高考數(shù)學(xué) 專題三綜合測(cè)試題 文

上傳人:艷*** 文檔編號(hào):110465225 上傳時(shí)間:2022-06-18 格式:DOC 頁(yè)數(shù):14 大?。?14KB
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1、專題三綜合測(cè)試題 (時(shí)間:120分鐘   滿分:150分) 一、選擇題:本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的. 1.已知圓O的方程是x2+y2-8x-2y+10=0,過點(diǎn)M(3,0)的最短弦所在的直線方程是(  ) A.x+y-3=0       B.x-y-3=0 C.2x-y-6=0 D.2x+y-6=0 解析:x2+y2-8x-2y+10=0,即(x-4)2+(y-1)2=7, 圓心O(4,1),設(shè)過點(diǎn)M(3,0)的直線為l,則kOM=1, 故kl=-1,∴y=-1×(x-3),即x+y-3=0. 答案:A 2

2、.過點(diǎn)(-1,3)且平行于直線x-2y+3=0的直線方程為(  ) A.x-2y+7=0 B.2x+y-1=0 C.x-2y-5=0 D.2x+y-5=0 解析:因?yàn)橹本€x-2y+3=0的斜率是,故所求直線的方程為y-3=(x+1),即x-2y+7=0. 答案:A 3.曲線y=2x-x3在橫坐標(biāo)為-1的點(diǎn)處的切線為l,則點(diǎn)P(3,2)到直線l的距離為(  ) A. B. C. D. 解析:曲線y=2x-x3在橫坐標(biāo)為-1的點(diǎn)處的縱坐標(biāo)為-1,故切點(diǎn)坐標(biāo)為(-1,-1).切線斜率為k=y(tǒng)′|x=-1=2-3×(-1)2=-1,故切線l的方程為y-(-1)=-1×[

3、x-(-1)],整理得x+y+2=0,由點(diǎn)到直線的距離公式得點(diǎn)P(3,2)到直線l的距離為=. 答案:A 4.若曲線x2+y2+2x-6y+1=0上相異兩點(diǎn)P、Q關(guān)于直線kx+2y-4=0對(duì)稱,則k的值為(  ) A.1 B.-1 C. D.2 解析:曲線方程可化為(x+1)2+(y-3)2=9,由題設(shè)知直線過圓心,即k×(-1)+2×3-4=0,∴k=2.故選D. 答案:D 5.直線ax-y+=0(a≥0)與圓x2+y2=9的位置關(guān)系是(  ) A.相離 B.相交 C.相切 D.不確定 解析:圓x2+y2=9的圓心為(0,0),半徑為3.由點(diǎn)到直線的距離公

4、式d=得該圓圓心(0,0)到直線ax-y+=0的距離d==,由基本不等式可以知道≤,從而d=≤1

5、.- B.-4 C.4 D. 解析:雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程為:y2-=1,由題意得-=4, ∴m=-. 答案:A 8.點(diǎn)P是雙曲線-y2=1的右支上一點(diǎn),M、N分別是(x+)2+y2=1和(x-)2+y2=1上的點(diǎn),則|PM|-|PN|的最大值是(  ) A.2 B.4 C.6 D.8 解析:如圖,當(dāng)點(diǎn)P、M、N在如圖所示的位置時(shí),|PM|-|PN|可取得最大值,注意到兩圓圓心分別為雙曲線兩焦點(diǎn),故|PM|-|PN|=(|PF1|+|F1M|)-(|PF2|-|F2N|)=|PF1|-|PF2|+|F1M|+|F2N|=2a+2R=6. 答案:C 9.已知F1、

6、F2是兩個(gè)定點(diǎn),點(diǎn)P是以F1和F2為公共焦點(diǎn)的橢圓和雙曲線的一個(gè)交點(diǎn),并且PF1⊥PF2,e1和e2分別是上述橢圓和雙曲線的離心率,則(  ) A.+=4 B.e+e=4 C.+=2 D.e+e=2 解析:設(shè)橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a,雙曲線的實(shí)半軸長(zhǎng)為m, 則. ①2+②2得2(|PF1|2+|PF2|2)=4a2+4m2, 又|PF1|2+|PF2|2=4c2,代入上式得4c2=2a2+2m2, 兩邊同除以2c2,得2=+,故選C. 答案:C 10.已知雙曲線-=1的兩條漸近線互相垂直,則雙曲線的離心率為(  ) A. B. C. D. 解析:兩條漸近線y=

7、±x互相垂直,則-=-1,則b2=a2,雙曲線的離心率為e===,選B. 答案:B 11.若雙曲線-=1(a>0,b>0)的焦點(diǎn)到漸近線的距離等于實(shí)軸長(zhǎng),則雙曲線的離心率為(  ) A. B. C. D.2 解析:焦點(diǎn)到漸近線的距離等于實(shí)軸長(zhǎng),可得b=2a,e2==1+=5,所以e=. 答案:C 12.(2020·濟(jì)南市質(zhì)量調(diào)研)已知點(diǎn)F1、F2分別是雙曲線-=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),過點(diǎn)F1且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A,B兩點(diǎn),若△ABF2是銳角三角形,則該雙曲線離心率的取值范圍是(  ) A.(1,) B.(,2) C.(1+,+∞) D.(

8、1,1+) 解析:依題意得,0<∠AF2F1<,故0

9、:15 14.(2020·濰坊市高考適應(yīng)性訓(xùn)練)已知雙曲線的中心在坐標(biāo)原點(diǎn),焦點(diǎn)在x軸上,且一條漸近線為直線x+y=0,則該雙曲線的離心率等于________. 解析:設(shè)雙曲線方程為-=1,則=,=3,=3,∴e==2. 答案:2 15.(2020·濰坊2月模擬)雙曲線-=1的右焦點(diǎn)到漸近線的距離是________. 解析:雙曲線右焦點(diǎn)為(3,0),漸近線方程為:y=±x,則由點(diǎn)到直線的距離公式可得距離為. 答案: 16.(2020·鄭州市質(zhì)量預(yù)測(cè)(二))設(shè)拋物線x2=4y的焦點(diǎn)為F,經(jīng)過點(diǎn)P(1,4)的直線l與拋物線相交于A、B兩點(diǎn),且點(diǎn)P恰為AB的中點(diǎn),則||+||=____

10、____. 解析:∵x2=4y,∴p=2.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=2,y1+y2=8.∵||=y(tǒng)1+,||=y(tǒng)2+, ∴||+||=y(tǒng)1+y2+p=8+2=10. 答案:10 三、解答題:本大題共6小題,共74分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過程或演算步驟. 17.(本小題滿分12分)(2020·陜西) 如圖,設(shè)P是圓x2+y2=25上的動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)D是P在x軸上的投影,M為PD上一點(diǎn),且|MD|=|PD|. (1)當(dāng)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí),求點(diǎn)M的軌跡C的方程; (2)求過點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長(zhǎng)度. 解:(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x,y),

11、P的坐標(biāo)為(xP,yP), 由已知得 ∵P在圓上,∴x2+2=25, 即點(diǎn)M的軌跡C的方程為+=1. (2)過點(diǎn)(3,0)且斜率為的直線方程為 y=(x-3), 設(shè)直線與C的交點(diǎn)為A(x1,y1),B(x2,y2), 將直線方程y=(x-3)代入C的方程,得 +=1, 即x2-3x-8=0. ∴x1=,x2=. ∴線段AB的長(zhǎng)度為 |AB|= = = =. 18.(本小題滿分12分) (2020·廣東)設(shè)圓C與兩圓(x+)2+y2=4,(x-)2+y2=4中的一個(gè)內(nèi)切,另一個(gè)外切. (1)求圓C的圓心軌跡L的方程; (2)已知點(diǎn)M,F(xiàn)(,0)且P為L(zhǎng)上動(dòng)點(diǎn)

12、,求||MP|-|FP||的最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo). 解:(1)設(shè)動(dòng)圓C的圓心C(x,y),半徑為r. 兩個(gè)定圓半徑均為2,圓心分別為F1(-,0),F(xiàn)2(,0),且|F1F2|=2. 若⊙C與⊙F1外切與⊙F2內(nèi)切,則 |CF1|-|CF2|=(r+2)-(r-2)=4 若⊙C與⊙F1內(nèi)切與⊙F2外切,則|CF2|-|CF1|=(r+2)-(r-2)=4. ∴||CF1|-|CF2||=4且4<2. ∴動(dòng)點(diǎn)C的軌跡是以F1,F(xiàn)2為焦點(diǎn),實(shí)軸長(zhǎng)為4的雙曲線. 這時(shí)a=2,c=,b=c2-a2=1,焦點(diǎn)在x軸上. ∴點(diǎn)C軌跡方程為-y2=1. (2)若P在-y2=1的左

13、支上, 則||PM|-|PF||<|MF|. 若P在-y2=1的右支上, 由圖知,P為射線MF與雙曲線右支的交點(diǎn), ||FM|-|PF||max=|MF|= =2. 直線MF:y=-2(x-). 由得15x2-32x+84=0, 解之得:或 所以P點(diǎn)坐標(biāo)為. 19.(本小題滿分12分) (2020·安徽)設(shè)λ>0,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,1),點(diǎn)B在拋物線y=x2上運(yùn)動(dòng),點(diǎn)Q滿足=λ,經(jīng)過點(diǎn)Q與x軸垂直的直線交拋物線于點(diǎn)M,點(diǎn)P滿足=λ,求點(diǎn)P的軌跡方程. 解:由=λ知Q,M,P三點(diǎn)在同一條垂直于x軸的直線上,故可設(shè)P(x,y),Q(x,y0),M(x,x2),

14、則x2-y0=λ(y-x2),即y0=(1+λ)x2-λy. ① 再設(shè)B(x1,y1),由=λ,即(x-x1,y0-y1)=λ(1-x,1-y0),解得 ② 將①式代入②式,消去y0,得 ③ 又點(diǎn)B在拋物線y=x2上,所以y1=x,再將③式代入y1=x,得 (1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=[(1+λ)x-λ]2. (1+λ)2x2-λ(1+λ)y-λ=(1+λ)2x2-2λ(1+λ)x+λ2. 2λ(1+λ)x-λ(1+λ)y-λ(1+λ)=0. 因λ>0

15、,兩邊同除以λ(1+λ),得2x-y-1=0. 故所求點(diǎn)P的軌跡方程為y=2x-1. 20.(本小題滿分12分) (2020·天津)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)P(a,b)(a>b>0)為動(dòng)點(diǎn),F(xiàn)1、F2分別為橢圓+=1的左、右焦點(diǎn).已知△F1PF2為等腰三角形. (1)求橢圓的離心率e. (2)設(shè)直線PF2與橢圓相交于A,B兩點(diǎn),M是直線PF2上的點(diǎn),滿足·=-2,求點(diǎn)M的軌跡方程. 解:(1)設(shè)F1(-c,0),F(xiàn)2(c,0)(c>0),由題意,可得|PF2|=|F1F2|, 即=2c,整理得22+-1=0,得=-1(舍)或=,所以e=. (2)由(1)知a=2c,h=c,

16、可得橢圓方程為3x2+4y2=12c2. 直線PF2方程為y=(x-c). A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組消去y并整理, 得5x2-8cx=0,解得x1=0,x2=c,得方程組的解不妨設(shè)A, B(0,-c). 設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y),則=,=(x,y+c). 由y=(x-c),得c=x-y,于是=,=(x,x),由·=-2,即·x+·x=-2,化簡(jiǎn)得18x2-16xy-15=0. 將y=代入c=x-y,得c=>0,所以x>0. 因此,點(diǎn)M的軌跡方程是18x2-16xy-15=0(x>0). 21.(本小題滿分12分) (2020·山東)已知?jiǎng)又本€l與橢圓C:+=1交于

17、P(x1,y1),Q(x2,y2)兩不同點(diǎn),且△OPQ的面積S△OPQ=,其中O為坐標(biāo)原點(diǎn). (1)證明x+x和y+y均為定值; (2)設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為M,求|OM|·|PQ|的最大值; (3)橢圓C上是否存在三點(diǎn)D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=?若存在,判斷△DEG的形狀;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解:(1)證明:①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),P,Q兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱. 所以x2=x1,y2=-y1, 因?yàn)镻(x1,y1)在橢圓上, 因此+=1. ① 又因?yàn)镾△OPQ=.所以|x1

18、|·|y1|=. ② 由①②得|x1|=,|y1|=1, 此時(shí)x+x=3,y+y=2. ②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+m. 由題意知m≠0,將其代入+=1得 (2+3k2)x2+6kmx+3(m2-2)=0. 其中Δ=36k2m2-12(2+3k2)(m2-2)>0. 即3k2+2>m2. (*) 又x1+x2=-,x1x2=. 所以|PQ|=·=·. 因?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離為d=. 所以S△OPQ=|PQ|·d =·· =又S

19、△OPQ=. 整理得3k2+2=2m2,且符合(*)式.此時(shí),x+x=(x1+x2)2-2x1x2=2-2×=3. y+y=(3-x)+(3-x)=4-(x+x)=2. 綜上所述,x+x=3;y+y=2,結(jié)論成立. (2)解法一: ①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí). 由(1)知|OM|=|x1|=.|PQ|=2|y1|=2. 因此|OM|·|PQ|=×2=. ②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),由(1)知: =-. =k+m =+m=-=. |OM|2=2+2=+==. |PQ|2=(1+k2) ==2. 所以|OM|2·|PQ|2=××2×= ≤2=. 所以|OM|·|

20、PQ|≤,當(dāng)且僅當(dāng)3-=2+,即m=±時(shí),等號(hào)成立. 綜合(1)(2)得|OM|·|PQ|的最大值為. 解法二: 因?yàn)?|OM|2+|PQ|2=(x1+x2)2+(y1+y2)2+(x2-x1)2+(y2-y1)2 =2[(x+x)-(y+y)]=10. 所以2|OM|·|PQ|≤==5. 即|OM|·|PQ|≤,當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|=|PQ|=時(shí)等號(hào)成立.因此|OM|·|PQ|的最大值為. (3)橢圓C上不存在三點(diǎn)D,E,G,使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=. 證明:假設(shè)存在D(u,v),E(x1,y1),O(x2,y2)滿足S△ODE=S△ODG=S△OEG=,

21、 由(1)得 u2+x=3,u2+x=3,x+x=3,v2+y=2,v2+y=2,y+y=2, 解得:u2=x=x=,v2=y(tǒng)=y(tǒng)=1. 因此,u,x1,x2只能從±中選取,v,y1,y2只能從±1中選取,因此D、E、G只能在這四點(diǎn)中選取三個(gè)不同點(diǎn), 而這三點(diǎn)的兩兩連線中必有一條過原點(diǎn). 與S△ODE=S△ODG=S△OEG=矛盾. 所以橢圓C上不存在滿足條件的三點(diǎn)D,E,G. 22.(本小題滿分14分) (2020·江蘇)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,M、N分別是橢圓+=1的頂點(diǎn),過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交橢圓于P,A兩點(diǎn),其中點(diǎn)P在第一象限,過P作x軸的垂線,垂足為C,連接AC,

22、并延長(zhǎng)交橢圓于點(diǎn)B,設(shè)直線PA的斜率為k. (1)若直線PA平分線段MN,求k的值; (2)當(dāng)k=2時(shí),求點(diǎn)P到直線AB的距離d; (3)對(duì)任意的k>0,求證:PA⊥PB. 解:(1)由題設(shè)知,a=2,b=,故M(-2,0),N(0,-),所以線段MN中點(diǎn)的坐標(biāo)為.由于直線PA平分線段MN,故直線PA過線段MN的中點(diǎn),又直線PA過坐標(biāo)原點(diǎn),所以k==. (2)直線PA的方程為y=2x,代入橢圓方程得 +=1,解得x=±, 因此P,A. 于是C,直線AC的斜率為=1,故直線AB的方程為x-y-=0. 因此,d==. (3)證法一:將直線PA的方程y=kx代入+=1

23、,解得x=±記μ=, 則P(μ,μk),A(-μ,-μk).于是C(μ,0).故直線AB的斜率為=, 其方程為y=(x-μ), 代入橢圓方程得(2+k2)x2-2μk2x-μ2(3k2+2)=0, 解得x=或x=-μ. 因此B. 于是直線PB的斜率k1= ==-. 因此k1k=-1,所以PA⊥PB. 證法二:設(shè)P(x1,y1),B(x2,y2),則x1>0,x2>0,x1≠x2,A(-x1,-y1),C(x1,0).設(shè)直線PB,AB的斜率分別為k1,k2.因?yàn)镃在直線AB上,所以k2===. 從而k1k+1=2k1k2+1=2··+1=+1===0. 因此k1k=-1,所以PA⊥PB.

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