《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練5 文》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練5 文（6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)大一輪復(fù)習(xí) 高考大題專項(xiàng)練5 文 1.已知橢圓C:=1,過原點(diǎn)O的動(dòng)直線與橢圓C交于A,B兩點(diǎn).若點(diǎn)P滿足|PA|=|PB|,求證:為定值. 2.已知橢圓C:+y2=1,右焦點(diǎn)為F2.設(shè)A,B是C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為-,線段AB的中垂線交橢圓C于P,Q兩點(diǎn).求的取值范圍. 3.已知橢圓C:=1(a>b>0). (1)若橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,離心率為,求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)在(1)的條件下,設(shè)過定點(diǎn)M(0,2)的直

2、線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A,B,且∠AOB為銳角(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)),求直線l的斜率k的取值范圍; (3)過原點(diǎn)O任意作兩條互相垂直的直線與橢圓=1(a>b>0)相交于P,S,R,Q四點(diǎn),設(shè)原點(diǎn)O到四邊形PQSR一邊的距離為d,試求d=1時(shí),a,b滿足的條件. 4.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.

3、 5.已知橢圓C1、拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上,C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O,從每條曲線上取兩個(gè)點(diǎn),將其坐標(biāo)記錄于下表中: x 3 -2 4 y -2 0 -4 (1)求C1,C2的標(biāo)準(zhǔn)方程; (2)請(qǐng)問是否存在直線l滿足條件:①過C2的焦點(diǎn)F;②與C1交于不同兩點(diǎn)M,N,且滿足?若存在,求出直線l的方程;若不存在,請(qǐng)說明理由. 6.(xx河北唐山二模)

4、已知拋物線E:y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)M,過點(diǎn)M作圓C:(x-2)2+y2=1的兩條切線,切點(diǎn)為A,B,|AB|=. (1)求拋物線E的方程; (2)過拋物線E上的點(diǎn)N作圓C的兩條切線,切點(diǎn)分別為P,Q,若P,Q,O(O為原點(diǎn))三點(diǎn)共線,求點(diǎn)N的坐標(biāo). 答案：1.證明:由|PA|=|PB|,知P在線段AB的垂直平分線上. 由橢圓的對(duì)稱性可知A,B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱. ①若A,B在橢圓的短軸頂點(diǎn)上,則點(diǎn)P在橢圓的長(zhǎng)軸頂點(diǎn)上,此時(shí)=2=2.同理若點(diǎn)A,B在橢圓的長(zhǎng)軸頂點(diǎn)上,則點(diǎn)P在短軸頂點(diǎn)上,此時(shí)=2=2. ②當(dāng)點(diǎn)A,B,P不是橢圓頂點(diǎn)時(shí),設(shè)直線l的方程為y=

5、kx(k≠0), 則直線OP的方程為y=-x, 設(shè)A(x1,y1),由 解得. 所以|OA|2=|OB|2 =, 用-代換k,得|OP|2=. 所以=2. 綜上,為定值2. 2.解:由題意,當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí),直線AB方程為x=-, 此時(shí)P(-,0),Q(,0), 得=-1. 當(dāng)直線AB不垂直于x軸時(shí),設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0),M(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1+x2=-1,y1+y2=2m. 由 得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0, 則-1+4mk=0,故k=. 此時(shí),直線PQ斜率為k1=-4m,PQ的直線方程為y-m

6、=-4m. 即y=-4mx-m. 聯(lián)立 整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0. 設(shè)P(x3,y3),Q(x4,y4), 所以x3+x4=-, x3x4=. 于是=(x3-1)(x4-1)+y3y4=x3x4-(x3+x4)+1+(4mx3+m)·(4mx4+m)=(4m2-1)(x3+x4)+(16m2+1)·x3x4+m2+1=+1+m2=. 由于M在橢圓的內(nèi)部,故0

7、直線l:y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2). 由 得(1+4k2)x2+16kx+12=0. ∵Δ=(16k)2-4×12(1+4k2)>0. ∴k∈.① 又x1+x2=,x1x2=, 由0°<∠AOB<90°?>0. ∴=x1x2+y1y2>0. ∴=x1x2+(kx1+2)(kx2+2) =(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4>0. 解得-2

8、為k,P(x1,kx1),則直線RQ的斜率為-,Q. 由,① 同理,② 在Rt△OPQ中, 由d·|PQ|=|OP|·|OQ|, 即|PQ|2=|OP|2·|OQ|2, 所以(x1-x2)2+ =[+(kx1)2]·, 化簡(jiǎn)得=1+k2, k2=1+k2, 即=1. 4.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,整理,得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過原點(diǎn)O且與l垂

9、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. 5.解:(1)設(shè)拋物線C2:y2=2px(p≠0), 則有=2p(x≠0), 據(jù)此驗(yàn)證4個(gè)點(diǎn)知(3,-2),(4,-4)在拋物線上,易求C2:y2=4x. 設(shè)C1:=1(a>b>0),把點(diǎn)(-2,0),代入得 解得 故C1方程為+y2=1. (2)(方法一)假設(shè)存在這樣的直線l過拋物線焦點(diǎn)F(1,0), 設(shè)直線l的方程為x-1=my,兩交點(diǎn)坐標(biāo)為M(x1,y1),

10、N(x2,y2), 由消去x, 得(m2+4)y2+2my-3=0, 則y1+y2=,y1y2=,① x1x2=(1+my1)(1+my2) =1+m(y1+y2)+m2y1y2 =1+m·+m2· =.② 由,得=0, 得x1x2+y1y2=0.(*) 將①②代入(*)式, 得=0, 解得m=±, 所以假設(shè)成立,即存在直線l滿足條件,且l的方程為y=2x-2或y=-2x+2. (方法二)容易驗(yàn)證直線l的斜率不存在時(shí),不滿足題意. 當(dāng)直線l斜率存在時(shí),假設(shè)存在直線l過拋物線焦點(diǎn)F(1,0), 設(shè)其方程為y=k(x-1),與C1的交點(diǎn)坐標(biāo)為M(x1,y1),N(x

11、2,y2). 由消去y,得 (1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0, 于是x1+x2=, x1x2=.① y1y2=k(x1-1)·k(x2-1) =k2[x1x2-(x1+x2)+1], 即y1y2=k2· =-.② 由,即=0, 得x1x2+y1y2=0.(*) 將①,②代入(*)式,得 =0, 解得k=±2. 所以存在直線l滿足條件,且l的方程為2x-y-2=0或2x+y-2=0. 6.解:(1)由已知得M,C(2,0). 設(shè)AB與x軸交于點(diǎn)R,由圓的對(duì)稱性可知,|AR|=. 于是|CR|=, 所以|CM|= ==3, 即2+=3,p=2. 故拋物線E的方程為y2=4x. (2)設(shè)N(s,t). P,Q是NC為直徑的圓D與圓C的兩交點(diǎn). 圓D方程為, 即x2+y2-(s+2)x-ty+2s=0.① 又圓C方程為x2+y2-4x+3=0,② ②-①得(s-2)x+ty+3-2s=0.③ P,Q兩點(diǎn)坐標(biāo)是方程①和②的解,也是方程③的解,從而③為直線PQ的方程. 因?yàn)橹本€PQ經(jīng)過點(diǎn)O,所以3-2s=0,s=. 故點(diǎn)N坐標(biāo)為.