《高考全真分类试卷(一)·圆锥曲线与方程(共19页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考全真分类试卷(一)·圆锥曲线与方程(共19页).doc（17页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上高考解答题全真分类试卷(2013年版)数 学(理科)试题卷（一）专题一圆锥曲线与方程专心-专注-专业【考题一】(本小题满分12分)已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.(2013全国新课标卷20)【考题二】(本小题满分12分)已知双曲线C：(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y2与C的两个交点间的距离为.(1)求a，b；(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交
2、于A，B两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列 (2013全国大纲卷21)【考题三】(本小题满分13分)椭圆的左、右焦点分别是F1, F2，离心率为，过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.()求椭圆C的方程；()点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1,PF2。设F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；()在()的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点。设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，若k0，试证明为定值，并求出这个定值. (2013山东卷22)【考题四】(本小题满分15分)
3、如图一，点P(0,1)是椭圆C1：(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程(2013浙江卷21)图一【考题五】(本小题满分13分)设椭圆(ab0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点若8，求k的值(2013天津卷18)【考题六】(本小题满分12分)如图二，抛物线C1：x24y，C2：x
4、22py(p0)点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)当x01时，切线MA的斜率为.图二(1)求p的值；(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)(2013辽宁卷20)【考题七】(本小题满分13分)过抛物线E：x22py(p0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1k22，l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D，以AB，CD为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.(1)若k10，k20，证明：2p2；(2)若点M到直线l的距离的最小值为，求抛物线E
5、的方程 (2013湖南卷21)【考题八】(本小题满分13分)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是PBQ的角平分线，证明直线l过定点 (2013陕西卷20)【考题九】(本小题满分13分)如图三，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m,2n(mn)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记，BDM和ABN的面积分别为S1和S2.图三(1)当直线l与y轴重合时，若S1S2，
6、求的值；(2)当变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2？并说明理由 (2013湖北卷21)【考题十】(本小题满分12分，(1)小问4分，(2)小问8分)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A两点，|AA|4.图四(1)求该椭圆的标准方程；(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P，过P，P作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外若PQPQ，求圆Q的标准方程(2013重庆卷21)【考题十一】(本小题满分13分)已知椭圆C：(ab0)的两个焦点分别为F1(1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.(1)求椭圆C的离心率；(
7、2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且，求点Q的轨迹方程(2013四川卷20)【考题十二】(本小题满分14分)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|BF|的最小值(2013广东卷20)高考解答题全真分类试卷(2013年版)数 学(理科)答题卷（一）专题一圆锥曲线与方程【考题一】【考题二】【考题三】【考题四】图一 备
8、用图【考题五】【考题六】图二 备用图【考题七】【考题八】【考题九】图三【考题十】图四【考题十一】【考题十二】解题心得及感悟高考解答题全真分类试卷(2013年版)数 学(理科)参考答案及解析专题一圆锥曲线与方程1.【解析】由已知得圆M的圆心为M(1,0)，半径r11；圆N的圆心为N(1,0)，半径r23.设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24.由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为(x2)(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|PN|
9、2R22，所以R2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x2)2y24.若l的倾斜角为90，则l与y轴重合，可得|AB|.若l的倾斜角不为90，由r1R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得Q(4,0)，所以可设l：yk(x4)由l与圆M相切得，解得k.当k时，将代入，并整理得7x28x80，解得x1,2.所以|AB|.当时，由图形的对称性可知|AB|.综上，|AB|或|AB|.2.【解析】(1)解：由题设知3，即9，故b28a2.所以C的方程为8x2y28a2.将y2代入上式，求得.由题设知，解得a21.所以a1，b.(2)证明：由(1)知，
10、F1(3,0)，F2(3,0)，C的方程为8x2y28.由题意可设l的方程为yk(x3)，代入并化简得(k28)x26k2x9k280.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x11，x21，x1x2，x1x2.于是|AF1|(3x11)，|BF1|3x21.由|AF1|BF1|得(3x11)3x21，即x1x2.故，解得k2，从而x1x2.由于|AF2|13x1，|BF2|3x21，故|AB|AF2|BF2|23(x1x2)4，|AF2|BF2|3(x1x2)9x1x2116.因而|AF2|BF2|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列3.【解析】(1)解：由于c2a2b2
11、，将xc代入椭圆方程，得，由题意知，即a2b2.又，所以a2，b1.所以椭圆C的方程为.(2)解法一：设P(x0，y0)(y00)又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0x(x0)yy00，lPF2：y0x(x0)yy00.由题意知.由于点P在椭圆上，所以，所以.因为m，2x02，可得.所以m.因此.解法二：设P(x0，y0)当0x02时，当时，直线PF2的斜率不存在，易知P或P.（A）若P，则直线PF1的方程为.由题意得，因为m，所以.（B）若P，同理可得.当x0时，设直线PF1，PF2的方程分别为yk1(x)，yk2(x)由题意知，所以.因为，并且k1
12、，k2，所以，即.因为为m，0x02且x0，所以.整理得m，故0m且m.综合可得0m.当2x00时，同理可得m0.综上所述，m的取值范围是.(3)设P(x0，y0)(y00)，则直线l的方程为yy0k(xx0)联立整理得(14k2)x28(ky0k2x0)x4(2kx0y0k2x021)0.由题意0，即2x0y0k1y020.又，所以8x0y0k0，故k.由(2)知，所以，因此为定值，这个定值为8.4.【解析】 (1)由题意得所以椭圆C的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2
13、y24，故点O到直线l1的距离，所以.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|AB|PD|，所以S，当且仅当时取等号所以所求直线l1的方程为y1.5.【解析】(1)设F(c,0)，由，知.过点F且与x轴垂直的直线为xc，代入椭圆方程有，解得，于是，解得，又a2c2b2，从而a，c1，所以椭圆的方程为.(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(1,0)得直线CD的方程为yk(x1)，由方程组消去y，整理得(23k2)x26k2x3k260.求解可得x1x2，x1x2.因为A(，0)，B(，0)，所以(
14、x1，y1)(x2，y2)(x2，y2)(x1，y1)62x1x22y1y262x1x22k2(x11)(x21)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k2.由已知得8，解得k.6.【解析】(1)因为抛物线C1：x24y上任意一点(x，y)的切线斜率为，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为，故切线MA的方程为.因为点M(，y0)在切线MA及抛物线C2上，于是，.由得p2.(2)设N(x，y)，A，B，x1x2，由N为线段AB中点知切线MA，MB的方程为由得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为，.因为点M(x0，y0)在C2上，即4y0，所以.由得，x0.当x1x2时，A，B重合于原点O，
15、AB中点N为O，坐标满足.因此AB中点N的轨迹方程为.7.【解析】(1)由题意，抛物线E的焦点为F，直线l1的方程为yk1x，由得x22pk1xp20.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实数根从而x1x22pk1，y1y2k1(x1x2)p2pk12p.所以点M的坐标为，(pk1，pk12)同理可得点N的坐标为，(pk2，pk22)于是p2(k1k2k12k22)由题设，k1k22，k10，k20，k1k2，所以0k1k21.故p2(112)2p2.(2)由抛物线的定义得|FA|y1，|FB|y2，所以|AB|y1y2p2pk122p.从而圆M
16、的半径r1pk12p，故圆M的方程为(xpk1)2(pk12p)2.化简得x2y22pk1xp(2k121)yp20.同理可得圆N的方程为x2y22pk2xp(2k221)yp20.于是圆M，圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2k1)x(k22k12)y0.又k2k10，k1k22，则l的方程为x2y0.因为p0，所以点M到直线l的距离.故当k1时，d取最小值.由题设，解得p8.故所求的抛物线E的方程为x216y.8.【解析】(1)解：如图解一，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|O1M|，图解一 图解二当O1不在y轴上时，过O1作O1HMN交MN于H，则H是MN的中点，又，化简得y2
17、8x(x0)当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y28x，动圆圆心的轨迹C的方程为y28x.(2)证明：由题意，设直线l方程为ykxb(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykxb代入y28x中，得k2x2(2bk8)xb20，且32kb640.由求根公式得，x1x2，x1x2，因为x轴是PBQ的角平分线，所以，即y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0，将，代入得2kb2(kb)(82bk)2k2b0，kb，此时0，直线l的方程为yk(x1)，即直线l过定点(1,0)9.【解析
18、】依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1：，C2：.其中amn0，.(1)解法一：如图解三，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x0，则S1|BD|OM|a|BD|，S2|AB|ON|a|AB|，所以.图解三在C1和C2的方程中分别令x0，可得yAm，yBn，yDm，于是.若，则，化简得2210.由1，可解得.故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则.解法二：如图1，若直线l与y轴重合，则|BD|OB|OD|mn，|AB|OA|OB|mn；S1|BD|OM|a|BD|，S2|AB|ON|a|AB|.所以.若，则，化简得2210.由1，可解得.故当直线l与y轴重合时，若S1S2，则.(2)解法一
19、：如图解四，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2.根据对称性，不妨设直线l：ykx(k0)，点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则，所以d1d2.图解四又S1|BD|d1，S2|AB|d2，所以，即|BD|AB|.由对称性可知|AB|CD|，所以|BC|BD|AB|(1)|AB|，|AD|BD|AB|(1)|AB|，于是.将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得，.根据对称性可知xCxB，xDxA，于是.从而由和式可得.令，则由mn，可得t1，于是由可解得.因为k0，所以k20.于是式关于k有解，当且仅当，等价于由1，可解得t1，即，由1，解得，所以当1时，不
20、存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2.解法二：如图解四,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1S2.根据对称性,不妨设直线l：ykx(k0)，点M(a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则，所以d1d2.又S1|BD|d1，S2|AB|d2，所以.因为，所以.由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得，两式相减可得，依题意xAxB0，所以.所以由上式解得.因为k20，所以由，可解得.从而，解得，所以当1时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1S2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1S2.10.【解
21、析】(1)由题意知点A(c,2)在椭圆上，则.从而e21.由得，从而.故该椭圆的标准方程为.(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2(xx0)2y2x22x0xx02(x2x0)2x028(x4,4)设P(x1，y1)，由题意，P是椭圆上到Q的距离最小的点，因此，上式当xx1时取最小值，又因x1(4,4)，所以上式当x2x0时取最小值，从而x12x0，且|QP|28x02.因为PQPQ，且P(x1，y1)，所以(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y120.由椭圆方程及x12x0得，解得，.从而|QP|28x02.故这样的圆有两个
22、，其标准方程分别为，.图解五11.【解析】(1)由椭圆定义知，2a|PF1|PF2|，所以.又由已知，c1.所以椭圆C的离心率.(2)由(1)知，椭圆C的方程为y21.设点Q的坐标为(x，y)(1)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，1)两点，此时点Q的坐标为.(2)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2.因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx12)，(x2，kx22)，则|AM|2(1k2)x12，|AN|2(1k2)x22.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得，即.将ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k
23、)24(2k21)60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化简，得.因为点Q在直线ykx2上，所以，代入中并化简，得10(y2)23x218.又由及k2，可知0x2，即x.又满足10(y2)23x218，故x.由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以1y1.又由10(y2)2183x2有(y2)2且1y1，则y.所以，点Q的轨迹方程为10(y2)23x218，其中x，y.12.【解析】(1)依题意，设抛物线C的方程为x24cy，由，结合c0，解得c1.所以抛物线C的方程为x24y.(2)抛物线C的方程为x24y，即yx2，求导得yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB
24、的斜率分别为x1，x2，所以切线PA的方程为yy1(xx1)，即yxy1，即x1x2y2y10，同理可得切线PB的方程为x2x2y2y20，因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，所以x1x02y02y10，x2x02y02y20.所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x2y02y0的两组解所以直线AB的方程为x0x2y2y00.(3)由抛物线定义可知|AF|y11，|BF|y21，所以|AF|BF|(y11)(y21)y1y2(y1y2)1.联立方程消去x整理得y2(2y0x02)yy020.由一元二次方程根与系数的关系可得y1y2x022y0，y1y2y02，所以|AF|BF|y1y2(y1y2)1y02x022y01.又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0y02.所以y02x022y012y022y05.所以当y0时，|AF|BF|取得最小值，且最小值为.