《2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練16 直線與圓錐曲線 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練16 直線與圓錐曲線 文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練16 直線與圓錐曲線 文一、選擇題1.(xx福建質檢)已知雙曲線C1:=1(a0,b0)的離心率為,一條漸近線為l,拋物線C2:y2=4x的焦點為F,點P為直線l與拋物線C2異于原點的交點,則|PF|=()A.2B.3C.4D.52.(xx山東臨沂二模)已知雙曲線=1(a0,b0)的一條漸近線被圓C:x2+y2-6x=0所截得的弦長等于2,則該雙曲線的離心率等于()A.B.C.D.3.橢圓C:=1的左、右頂點分別為A1,A2,點P在C上且直線PA2的斜率的取值范圍是-2,-1,則直線PA1斜率的取值范圍是()A.B.C.D.4.(xx福建福州質量檢測)如

2、圖,直線y=m與拋物線y2=4x交于點A,與圓(x-1)2+y2=4的實線部分交于點B,F為拋物線的焦點,則ABF的周長的取值范圍是()A.(2,4)B.(4,6)C.2,4D.4,65.已知(4,2)是直線l被橢圓=1所截得的線段的中點,則直線l的方程是()A.x-2y=0B.x+2y-4=0C.2x+3y+4=0D.x+2y-8=06.(xx河北唐山一中調研)已知雙曲線=1(a0,b0)上一點C,過雙曲線中心的直線交雙曲線于A,B兩點,記直線AC,BC的斜率分別為k1,k2,當+ln|k1|+ln|k2|最小時,雙曲線離心率為()A.B.C.+1D.2二、填空題7.過點M(1,1)作斜率為

3、-的直線與橢圓C:=1(ab0)相交于A,B兩點,若M是線段AB的中點,則橢圓C的離心率為.8.設拋物線y2=8x的準線與x軸交于點Q,若過點Q的直線l與拋物線有公共點,則直線l的斜率的取值范圍是.三、解答題9.(xx重慶高考,文21)如圖,設橢圓=1(ab0)的左、右焦點分別為F1,F2,點D在橢圓上,DF1F1F2,=2,DF1F2的面積為.(1)求該橢圓的標準方程;(2)是否存在圓心在y軸上的圓,使圓在x軸的上方與橢圓有兩個交點,且圓在這兩個交點處的兩條切線相互垂直并分別過不同的焦點?若存在,求出圓的方程;若不存在,請說明理由.10.已知動圓過定點A(0,2),且在x軸上截得的弦長為4.

4、(1)求動圓圓心的軌跡C的方程;(2)點P為軌跡C上任意一點,直線l為軌跡C上在點P處的切線,直線l交直線:y=-1于點R,過點P作PQl交軌跡C于點Q,求PQR的面積的最小值.11.已知橢圓C:=1(ab0)的右焦點為F(1,0),右頂點為A,且|AF|=1.(1)求橢圓C的標準方程;(2)若動直線l:y=kx+m與橢圓C有且只有一個交點P,且與直線x=4交于點Q,問:是否存在一個定點M(t,0),使得=0.若存在,求出點M的坐標;若不存在,說明理由.答案與解析專題能力訓練16直線與圓錐曲線1.D解析:e=,.=1.漸近線方程為y=x.y=x.又F(1,0),由得P(4,4).故|PF|=5

5、.2.B解析:由題意知雙曲線=1的漸近線方程為y=x,圓的標準方程為(x-3)2+y2=9,圓心到漸近線的距離d=.由勾股定理得+5=9,整理得.故e=.3.B解析:由橢圓C:=1可知其左頂點A1(-2,0),右頂點A2(2,0).設P(x0,y0)(x02),則=1,得=-.因為,所以=-.因為-2-1,所以-2-1,解得.故選B.4.B解析:設B(xB,yB),則1xB3.因為可以構成ABF,所以1xB3.因為圓的半徑|BF|=2,拋物線的準線方程為x=-1,利用拋物線定義,|AF|等于點A到直線x=-1的距離d,所以ABF的周長l=|AF|+|AB|+|BF|=|AF|+|AB|+2=d

6、+|AB|+2=xB-(-1)+2=xB+3,故4l0.又+ln|k1|+ln|k2|=+ln(k1k2),對于函數y=+ln x(x0)利用導數法可以得到當x=2時,函數y=+ln x(x0)取得最小值.故當+ln|k1|+ln|k2|取得最小值時,k1k2=2,所以e=.故選B.7.解析:e=.8.解析:設A(x1,y1),B(x2,y2),則=1,=1,=0.=0.a2=2b2.e=.9.-1k1解析:Q點坐標為(-2,0),直線l的斜率不存在時,不滿足題意,所以可設直線l的斜率為k,方程為y=k(x+2).當k=0時,滿足題意;當k0時,x=y-2,代入y2=8x,得y2-y+16=0

7、.=-640,k21,即-1k1(k0).綜上,-1k1.10.解:(1)設F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2得|DF1|=c.從而|DF1|F1F2|=c2=,故c=1.從而|DF1|=,由DF1F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.因此,所求橢圓的標準方程為+y2=1.(2)如圖,設圓心在y軸上的圓C與橢圓+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是兩個交點,y10,y20,F1P1,F2P2是圓C的切線,且F1P1F2P2.由圓和橢圓的對稱性,易

8、知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1F2P2得-(x1+1)2+=0.由橢圓方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0.解得x1=-或x1=0.當x1=0時,P1,P2重合,題設要求的圓不存在.當x1=-時,過P1,P2分別與F1P1,F2P2垂直的直線的交點即為圓心C.設C(0,y0),由CP1F1P1,得=-1.而y1=|x1+1|=,故y0=.圓C的半徑|CP1|=.綜上,存在滿足題設條件的圓,其方程為x2+.11.解:(1)設C(x,y),|CA|2-y2=4,即x2=4y.動圓圓心的

9、軌跡C的方程為x2=4y.(2)C的方程為x2=4y,即y=x2,故y=x.設P(t0),PR所在的直線方程為y-(x-t),即y=x-,則點R的橫坐標xR=,|PR|=|xR-t|=.PQ所在的直線方程為y-=-(x-t),即y=-x+2+,由x-2-=0,由xP+xQ=-得點Q的橫坐標為xQ=-t,|PQ|=|xP-xQ|=.SPQR=|PQ|PR|=.不妨設t0,記f(t)=(t0),則當t=2時,f(t)min=4.由SPQR=f(t)3,得PQR的面積的最小值為16.12.解:(1)由c=1,a-c=1,得a=2,b=.故橢圓C的標準方程為=1.(2)存在定點M(1,0),理由如下:由得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,即m2=3+4k2.設P(xP,yP),則xP=-=-,yP=kxP+m=-+m=,即P.M(t,0),Q(4,4k+m),=(4-t,4k+m),(4-t)+(4k+m)=t2-4t+3+(t-1)=0恒成立.故即t=1.存在點M(1,0)符合題意.