《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題質(zhì)量評(píng)估五 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題質(zhì)量評(píng)估五 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題質(zhì)量評(píng)估五 理 一、選擇題:本大題共10小題,每小題5分,共50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.橢圓=1的離心率為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C. D. 解析:由題意e=. 答案:D 2.已知點(diǎn)A(1,-2),B(m,2),且線段AB的垂直平分線的方程是x+2y-2=0,則實(shí)數(shù)m的值是(　　) A.-2 B.-7 C.3 D.1 解析:由已知條件可知線段AB的中點(diǎn)在直線x+2y-2=0上,代入直線方程解得m=3. 答案:C 3.已知圓C:x2+y2-4x=0,l是過(guò)點(diǎn)P(3,

2、0)的直線,則(　　) A.l與C相交 B.l與C相切 C.l與C相離 D.以上三個(gè)選項(xiàng)均有可能 解析:∵點(diǎn)P(3,0)在圓C內(nèi),∴l(xiāng)與圓C相交. 答案:A 4.(xx福建高考,理6)直線l:y=kx+1與圓O:x2+y2=1相交于A,B兩點(diǎn),則“k=1”是“△OAB的面積為”的(　　) A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件 C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件 解析:k=1時(shí),圖象如圖(1),此時(shí)△OAB的面積S=×1×1=,所以k=1是△OAB面積為的充分條件;而當(dāng)△OAB面積為時(shí),直線l有l(wèi)1或l2兩種可能,如圖(2),k=1或k=-1.綜上,可知選A

3、. 圖(1) 圖(2) 答案:A 5.已知直線l1:y=2x+3,直線l2與l1關(guān)于直線y=-x對(duì)稱,則直線l2的斜率為(　　) A. B.- C.2 D.-2 解析:∵直線l2,l1關(guān)于直線y=-x對(duì)稱, ∴直線l2的方程為-x=-2y+3,即y=x+. 故直線l2的斜率為,應(yīng)選A. 答案:A 6.設(shè)F1,F2是雙曲線x2-=1的兩個(gè)焦點(diǎn),P是雙曲線上的一點(diǎn),且3|PF1|=4|PF2|,則|PF1|等于(　　) A.8 B.6 C.4 D.2 解析:依題意得解得|PF2|=6,|PF1|=8,故選A. 答案:A 7.已知?jiǎng)訄A圓心在拋物線y2=4x上,且動(dòng)

4、圓恒與直線x=-1相切,則此動(dòng)圓必過(guò)定點(diǎn)(　　) A.(2,0) B.(1,0) C.(0,1) D.(0,-1) 解析:因?yàn)閯?dòng)圓的圓心在拋物線y2=4x上,且x=-1是拋物線y2=4x的準(zhǔn)線,所以由拋物線的定義知,動(dòng)圓一定過(guò)拋物線的焦點(diǎn)(1,0).故選B. 答案:B 8.(xx遼寧沈陽(yáng)質(zhì)檢,10)已知直線ax+by+c-1=0(bc>0)經(jīng)過(guò)圓x2+y2-2y-5=0的圓心,則的最小值是(　　) A.9 B.8 C.4 D.2 解析:依題意得,題中的圓心坐標(biāo)是(0,1),于是有b+c=1,(b+c)=5+≥5+2=9,當(dāng)且僅當(dāng)即b=2c=時(shí)取等號(hào),因此的最小值是9,選A. 答案

5、:A 9.(xx遼寧五校協(xié)作體高三聯(lián)考,8)已知AB是拋物線y2=2x的一條焦點(diǎn)弦,|AB|=4,則AB中點(diǎn)C的橫坐標(biāo)是(　　) A.2 B. C. D. 解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則|AB|=x1+x2+p=4. 又p=1,所以x1+x2=3, 所以點(diǎn)C的橫坐標(biāo)是. 答案:C 10.(xx河南開(kāi)封第一次摸底測(cè)試,10)從雙曲線=1(a>0,b>0)的左焦點(diǎn)F引圓x2+y2=a2的切線,切點(diǎn)為T(mén),延長(zhǎng)FT交雙曲線右支于P點(diǎn),若M為線段FP的中點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),則|MO|-|MT|與b-a的關(guān)系為(　　) A.|MO|-|MT|>b-a B.|MO|-|M

6、T|

7、答案:C 二、填空題:本大題共5小題,每小題5分,共25分. 11.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,M是拋物線C上的點(diǎn),若△OFM的外接圓與拋物線C的準(zhǔn)線相切,且該圓面積為9π,則p=　　　　　.? 解析:依題意得,△OFM的外接圓半徑為3,△OFM的外接圓圓心應(yīng)位于線段OF的垂直平分線x=上,圓心到準(zhǔn)線x=-的距離等于3,即有=3,由此解得p=4. 答案:4 12.已知圓x2+y2=4上恰好有3個(gè)點(diǎn)到直線l:y=x+b的距離都等于1,則b=　　　　　.? 解析:由題意知原點(diǎn)到直線l的距離d為1,即d==1,∴b=±. 答案:± 13.已知

8、F1,F2是橢圓=1的兩個(gè)焦點(diǎn),過(guò)點(diǎn)F2作x軸的垂線交橢圓于A,B兩點(diǎn),則△F1AB的周長(zhǎng)為　　　　　.? 解析:由已知可得△F1AB的周長(zhǎng)為|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=4a=8. 答案:8 14.(xx河南開(kāi)封第一次摸底測(cè)試,14)橢圓=1的焦點(diǎn)為F1,F2,點(diǎn)P在橢圓上,若|PF1|=4,則∠F1PF2的大小為　　　　　.? 解析:∵a2=9,b2=2,∴c2=7,c=. ∵|PF1|+|PF2|=2a=6, ∴在△PF1F2中,|PF1|=4,|PF2|=2, ∴cos∠F1PF2==-, ∴∠F1PF2=120°. 答案:120° 15.(xx河

9、南洛陽(yáng)高三統(tǒng)考,14)設(shè)e1,e2分別是具有公共焦點(diǎn)F1,F2的橢圓和雙曲線的離心率,P是兩曲線的一個(gè)公共點(diǎn),O是F1F2的中點(diǎn),且滿足|PO|=|OF2|,則=　　　　　.? 解析:由|PO|=|OF2|=|OF1|可知,△PF1F2為直角三角形,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2. 又 即 ①+②得=2c2. 又e1=,e2=,所以. 答案: 三、解答題:本大題共6小題,共75分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟. 16.(本小題滿分12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知圓P在x軸上截得的線段長(zhǎng)為2,在y軸上截得的線段長(zhǎng)為2. (1)求圓心P的軌跡方程;

10、(2)若P點(diǎn)到直線y=x的距離為,求圓P的方程. 解:(1)設(shè)P(x,y),圓P的半徑為r. 由題設(shè)y2+2=r2,x2+3=r2. 從而y2+2=x2+3. 故P點(diǎn)的軌跡方程為y2-x2=1. (2)設(shè)P(x0,y0).由已知得. 又P點(diǎn)在雙曲線y2-x2=1上, 從而得 由 此時(shí),圓P的半徑r=. 由 此時(shí),圓P的半徑r=. 故圓P的方程為x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3. 17.(本小題滿分12分)如圖,直線l:y=x+b與拋物線C:x2=4y相切于點(diǎn)A.求: (1)實(shí)數(shù)b的值; (2)以點(diǎn)A為圓心,且與拋物線C的準(zhǔn)線相切的圓的方程. 解

11、:(1)由得x2-4x-4b=0.(*) 因?yàn)橹本€l與拋物線C相切,所以Δ=(-4)2-4×(-4b)=0,解得b=-1. (2)由(1)可知b=-1,故方程(*)即為x2-4x+4=0,解得x=2,代入x2=4y,得y=1. 故點(diǎn)A(2,1).因?yàn)閳AA與拋物線C的準(zhǔn)線相切, 所以圓A的半徑r等于圓心A到拋物線的準(zhǔn)線y=-1的距離,即r=|1-(-1)|=2. 所以圓A的方程為(x-2)2+(y-1)2=4. 18.(本小題滿分12分)(xx黑龍江大慶第二次質(zhì)檢,20)已知橢圓C:+y2=1(a>1)的上頂點(diǎn)為A,右焦點(diǎn)為F,直線AF與圓M:(x-3)2+(y-1)2=3相切.

12、(1)求橢圓C的方程; (2)若不過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn),且=0,求證:直線l過(guò)定點(diǎn),并求該定點(diǎn)的坐標(biāo). 解:(1)圓M的圓心為(3,1),半徑r=. 由題意知A(0,1),F(c,0), 直線AF的方程為+y=1,即x+cy-c=0, 由直線AF與圓M相切,得, 解得c2=2,a2=c2+1=3, 故橢圓C的方程為+y2=1. (2)解法一:由=0知AP⊥AQ,從而直線AP與坐標(biāo)軸不垂直,故可設(shè)直線AP的方程為y=kx+1,直線AQ的方程為y=-x+1. 聯(lián)立整理得(1+3k2)x2+6kx=0, 解得x=0或x=, 故點(diǎn)P的坐標(biāo)為, 同理,點(diǎn)Q的坐標(biāo)

13、為, ∴直線l的斜率為. ∴直線l的方程為y=, 即y=x-. ∴直線l過(guò)定點(diǎn). 解法二:由=0知AP⊥AQ,從而直線PQ與x軸不垂直,故可設(shè)直線l的方程為y=kx+t(t≠1), 聯(lián)立整理得(1+3k2)x2+6ktx+3(t2-1)=0. 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2), 則x1+x2=,x1x2=,(*) 由Δ=(6kt)2-4(1+3k2)×3(t2-1)>0,得3k2>t2-1. 由=0,得=(x1,y1-1)·(x2,y2-1)=(1+k2)x1x2+k(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0, 將(*)代入,得t=-, ∴直線l過(guò)定點(diǎn). 19.(

14、本小題滿分12分)(xx遼寧五校協(xié)作體高三聯(lián)考,20)已知M(x1,y1)是橢圓=1(a>b>0)上任意一點(diǎn),F為橢圓的右焦點(diǎn). (1)若橢圓的離心率為e,試用e,a,x1表示|MF|,并求|MF|的最值; (2)已知直線m與圓x2+y2=b2相切,并與橢圓交于A,B兩點(diǎn),且直線m與圓的切點(diǎn)Q在y軸右側(cè),若a=2,求△ABF的周長(zhǎng). 解:(1)設(shè)F(c,0), 則|MF|=. 又=1,則b2, 所以|MF|=. 又-a≤x1≤a,且0

15、0,x2>0),連接OQ,OA,在△OQA中,|AQ|2=-b2. 又b2, 所以|AQ|2=, 則|AQ|=, 同理|BQ|=, 所以|AB|+|AF|+|BF|=2a-x0+x2=2a, 又a=2,所以所求周長(zhǎng)為4. 20.(本小題滿分13分)已知橢圓C:=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,點(diǎn)A在橢圓C上,=0,3||·||=-5,||=2,過(guò)點(diǎn)F2且與坐標(biāo)軸不垂直的直線交橢圓于P,Q兩點(diǎn). (1)求橢圓C的方程. (2)線段OF2(O為坐標(biāo)原點(diǎn))上是否存在點(diǎn)M(m,0),使得?若存在,求出實(shí)數(shù)m的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 解:(1)由題意知,∠AF

16、1F2=90°,cos∠F1AF2=, 因?yàn)閨|=2, 所以||=,||=,2a=||+||=4, 所以a=2,c=1,b2=a2-c2=3. 故所求橢圓的方程為=1. (2)假設(shè)存在這樣的點(diǎn)M符合題意. 設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為N,P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0),直線PQ的斜率為k(k≠0), 則直線PQ的方程為y=k(x-1), 由得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0, 所以x1+x2=. 故x0=. 又點(diǎn)N在直線PQ上, 所以N. 由,可得·()=2=0, 即PQ⊥MN, 　　所以kMN==-. 整理得m=, 所以線段OF2上

17、存在點(diǎn)M(m,0)符合題意,其中m∈. 21.(本小題滿分14分)(xx浙江高考,理21)如圖,設(shè)橢圓C:=1(a>b>0),動(dòng)直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn)P,且點(diǎn)P在第一象限. (1)已知直線l的斜率為k,用a,b,k表示點(diǎn)P的坐標(biāo); (2)若過(guò)原點(diǎn)O的直線l1與l垂直,證明:點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b. 解:(1)設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0), 由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0. 由于l與C只有一個(gè)公共點(diǎn), 故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0, 解得點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 又點(diǎn)P在第一象限,故點(diǎn)P的坐標(biāo)為 P. (2)由于直線l1過(guò)原點(diǎn)O且與l垂直,故直線l1的方程為x+ky=0, 所以點(diǎn)P到直線l1的距離 d=, 整理得d=. 因?yàn)閍2k2+≥2ab, 所以=a-b, 當(dāng)且僅當(dāng)k2=時(shí)等號(hào)成立. 所以,點(diǎn)P到直線l1的距離的最大值為a-b.