《新版浙江高考數學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題六　解析幾何 專題能力訓練15 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新版浙江高考數學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題六　解析幾何 專題能力訓練15 Word版含答案（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 新版-□□新版數學高考復習資料□□-新版 1

2、 1 專題能力訓練15　橢圓、雙曲線、拋物線 (時間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.方程(x+y-3)=0表示的曲線是(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A.兩條射線 B.拋物線和一條線段 C.拋物線和一條直線 D.拋物線和兩條射線 2.(20xx浙江金麗衢十二校

3、二模)雙曲線x2-4y2=4的漸近線方程是(　　) A.y=±4x B.y=±x C.y=±2x D.y=±x 3.已知雙曲線-x2=1的兩條漸近線分別與拋物線y2=2px(p>0)的準線交于A,B兩點,O為坐標原點.若△OAB的面積為1,則p的值為(　　) A.1 B C.2 D.4 4.已知雙曲線C1:-y2=1,雙曲線C2:=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,M是雙曲線C2的一條漸近線上的點,且OM⊥MF2,O為坐標原點,若=16,且雙曲線C1,C2的離心率相同,則雙曲線C2的實軸長是(　　) A.32 B.16 C.8 D.4 5.如圖,已知雙曲線C:=1(

4、a>0,b>0)的右頂點為A,O為坐標原點,以A為圓心的圓與雙曲線C的某漸近線交于兩點P,Q,若∠PAQ=60°,且=4,則雙曲線C的離心率為(　　) A B C D 6.設A,B是橢圓C:=1長軸的兩個端點,若C上存在點P滿足∠APB=120°,則m的取值范圍是(　　) A[12,+∞) B[6,+∞) C[12,+∞) D[6,+∞) 7.已知雙曲線=1(a>0,b>0),A1,A2是其實軸頂點,F是其右焦點,B(0,b)是其虛軸端點,若在線段BF上(不含端點)存在不同的兩點Pi(i=1,2),使得△PiA1A2(i=1,2)構成以A1A2為斜邊的直角三角形,則該雙曲線

5、的離心率e的取值范圍是(　　) A.(,+∞) B C D 8.(20xx浙江紹興一中期末)已知拋物線y2=4x的焦點為F,若A,B是該拋物線上的點,∠AFB=90°,線段AB的中點M在拋物線的準線上的射影為點N,則的最大值為(　　) A B.1 C D 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.已知一橢圓的方程為=1,過橢圓中心的直線交橢圓于A,B兩點,F2是橢圓的右焦點,則△ABF2的周長的最小值為　　　　　,△ABF2的面積的最大值為　　　　　.? 10.已知雙曲線過點(2,3),其漸近線方程為y=±x,則該雙曲線的標準方程是　　　　　.? 11.已

6、知F是拋物線C:y2=4x的焦點,M是C上一點,FM的延長線交y軸于點N.若,則||=. 12.已知拋物線C:y2=2px的焦點坐標為F(2,0),則p=　　　　　;若已知點A(6,3),且點M在拋物線C上,則|MA|+|MF|的最小值為　　　　　.? 13.已知雙曲線C:=1(a>0,b>0)的右頂點為A,以A為圓心,b為半徑作圓A,圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M,N兩點.若∠MAN=60°,則C的離心率為. 14.已知A是雙曲線C:=1(a,b>0)的右頂點,過左焦點F與y軸平行的直線交雙曲線于P,Q兩點,若△APQ是銳角三角形,則雙曲線C的離心率的范圍是　　　　　.? 三、解答

7、題(本大題共2小題,共30分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)上的一點M(3,t)到其焦點的距離為5. (1)求拋物線C的方程; (2)過點T(-2,0)的直線l與拋物線C交于A,B兩點,若在x軸上存在一點E,使得△EAB是以點E為直角頂點的直角三角形,求直線l的斜率的取值范圍. 16.(本小題滿分15分)如圖,已知橢圓+y2=1的左、右頂點分別是A,B,設點P(,t)(t>0),連接PA交橢圓于點C,坐標原點是O. (1)證明:OP⊥BC; (2)若四邊形OB

8、PC的面積是,求t的值. 參考答案 專題能力訓練15　橢圓、雙曲線、拋物線 1.D　解析 ∵(x+y-3)=0, ∴x+y-3=0(y2-4x≥0)或y2=4x. ∴x+y-3=0(x≤1或x≥9)或y2=4x. ∴方程(x+y-3)=0表示的曲線是拋物線和兩條射線.故選D. 2.D　解析 雙曲線x2-4y2=4的漸近線方程是y=±x.故選D. 3.B　解析 雙曲線-x2=1的漸近線為y=±2x,拋物線y2=2px的漸近線為x=-,漸近線與準線的交點為A,B,所以S△OAB=×2p=1,p=.故選B. 4.B　解析 因為雙曲線C1:

9、=1與雙曲線C2:=1的離心率相同,所以,解得,即雙曲線C1的一條漸近線方程為y=x,即x-2y=0. 又因為OM⊥MF2,△OMF2的面積為16, 所以|OM|·|MF2|=|MF2|2=16, 解得|MF2|=4,即右焦點F2(c,0)到漸近線x-2y=0的距離為4, 所以=4,解得c=4,a==8,2a=16,即雙曲線C1的實軸長為16.故選B. 5.A　解析 因為∠PAQ=60°且=4, 所以△QAP為等邊三角形, 設AQ=2R,則PQ=2R,OP=R, 漸近線方程為y=x,A(a,0),取PQ的中點M,則由點到直線距離得AM=,在Rt△APM中,由勾股定理可得(2R)

10、2-R2=, 所以(ab)2=3R2(a2+b2),① 在△OQA中,由余弦定理得, 所以R2=a2,② 由①②結合c2=a2+b2, 可得e=.故選A. 6.A　解析 當橢圓的焦點在x軸上時,04, 當P位于短軸的端點時,∠APB取最大值,要使橢圓C上存在點P滿足∠APB=120°,則∠APB≥120°,∠APO≥60°,tan∠APO=≥tan 60°=,解得m≥

11、12. 故m的取值范圍是∪[12,+∞),應選A. 7.D　解析 如圖,由題意知F(c,0),B(0,b),則直線BF的方程為bx+cy-bc=0, ∵在線段BF上(不含端點)存在不同的兩點Pi(i=1,2),使得△PiA1A2(i=1,2)構成以線段A1A2為斜邊的直角三角形,∴以A1A2為直徑的圓與BF交于兩點,即O與BF的距離小于a,∴1,∴e<.∵a.∴

12、=|AQ|且|BF|=|BP|, 在梯形ABPQ中,根據中位線定理,得2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b. 由勾股定理得|AB|2=a2+b2,配方得|AB|2=(a+b)2-2ab,又∵ab≤, ∴(a+b)2-2ab≥(a+b)2-2×(a+b)2, 得到|AB|≥(a+b).∴, 即的最大值為.故選C. 9.10　2　解析 連接AF1,BF1,則由橢圓的中心對稱性可得=AF2+BF2+AB=AF1+AF2+AB=6+AB≥6+4=10,×2×2=2. 10.x2-=1　解析 ∵雙曲線漸近線方程為y=±x,故可設雙曲線方程為x2-=λ, ∵雙曲線過點(2,3),則4

13、-=λ,即λ=1,故雙曲線的標準方程是x2-=1. 11.5　解析 由題意,知F(1,0),設M(x0,y0),N(x,y), 則由,可得(x0-1,y0)=(x-x0,y-y0)?又由題意可知x=0,則x0=,y0=±=±,y=3y0=±,則||==5. 12.4　8　解析 拋物線C:y2=2px的焦點坐標為F(2,0),則p=4. 已知點A(6,3),且點M在拋物線C:y2=8x上,可知A在拋物線內部,則|MA|+|MF|的最小值為M到拋物線的準線的距離;拋物線的準線方程為x=-2,則|MA|+|MF|的最小值為8. 13.　解析 如圖所示,由題意可得|OA|=a,|AN|=|A

14、M|=b, ∵∠MAN=60°,∴|AP|=b,|OP|=.設雙曲線C的一條漸近線y=x的傾斜角為θ,則tan θ=. 又tan θ=,∴,解得a2=3b2, ∴e=. 14.(1,2)　解析 由題意得∠PAF<45°,PF1,∴10,解得m2>1.① 設A(x1

15、,y1),B(x2,y2),E(x0,0), 則y1+y2=8m,y1y2=16. ∴x1+x2=8m2-4,x1x2=4. ∵△EAB是以點E為直角頂點的直角三角形, 即AE⊥BE, 又=(x0-x1,-y1),=(x0-x2,-y2), ∴=(x0-x1)(x0-x2)+y1y2=-(x1+x2)x0+x1x2+y1y2=-(8m2-4)x0+20=0. ∴方程-(8m2-4)x0+20=0在R上有解. ∴Δ=(8m2-4)2-80≥0,解得m2≥.② 由①②,得m2≥.∴. ∴直線l的斜率的取值范圍為-≤k≤,且k≠0. 16.解 (1)設直線PA的方程為y=(x+), 由 整理得(4+t2)x2+2t2x+2t2-8=0, 解得x1=-,x2=, 則點C的坐標是, 故直線BC的斜率kBC=-, 由于直線OP的斜率kOP=,故kBC·kOP=-1, ∴OP⊥BC. (2)由S四邊形OBPC=,S四邊形OBPC=,得,整理得(t-1)(5t2+2t+12)=0. ∵5t2+2t+12≠0,∴t=1. 精品數學高考復習資料 精品數學高考復習資料