高考真题变式题2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题变式题11-15含解析答案

这是一份高考真题变式题2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题变式题11-15含解析答案，共17页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、多选题
1．设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）
A．B．点在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点在C上时，
2．已知曲线C是平面内到两个定点F1（－1，0）和F2（1，0）的距离的积等于常数a2（a＞1）的点的轨迹．下列结论正确的是（ ）
A．曲线C过坐标原点
B．曲线C关于坐标原点对称
C．曲线C关于坐标轴对称
D．若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于a2
3．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线与轴的交点为和
B．曲线关于轴对称，不关于轴对称
C．坐标原点是曲线的对称中心
D．的取值范围为
4．在平面直角坐标系中，曲线：到定点，的距离之积等于的点的轨迹．若是曲线上一点，则下列说法中正确的有（ ）
A．曲线关于原点成中心对称
B．的取值范围是
C．曲线上有且仅有一点满足
D．曲线上所有的点都在圆的内部或圆上
二、填空题
5．设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ．
6．设直线过双曲线的一个焦点，且与的一条对称轴垂直，与交于两点，等于的半实轴长，则的离心率为 ．
7．斜率为的直线过双曲线的左焦点F1与双曲线的右支交于点P，且PF2与x轴垂直（F2为右焦点），则此双曲线的离心率为 .
8．已知分别为双曲线的左，右焦点，为双曲线上第一象限内一点，且关于的平分线的对称点恰好在上，则的离心率为 .
9．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
10．若曲线与有一条斜率为2的公切线，则 .
11．已知曲线在点处的切线与曲线在点处的切线重合，则 ．
12．已知曲线：和曲线：，若存在斜率为1的直线与，同时相切，则b的取值范围是 .
13．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
14．袋中有个红球，个黄球，个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，则 ．
15．现有张卡片，分别写上数字．从这张卡片中随机抽取张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则 .
16．编号为1、2、3、4的四名学生随机入座编号为1、2、3、4的座位，每个座位坐1人，座位编号和学生编号一致时称为一个“配对”，用X表示“配对”数，则X的期望 ．
三、解答题
17．记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
18．已知分别为内角的对边，且
(1)求角；
(2)若的面积为，求的值.
19．已知的内角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，的面积为，求的值．
20．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）若，的面积为，求的周长.
参考答案：
1．ABD
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，
因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.
对于B：又曲线方程为，而，
故.
当时，，
故在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得，取，
则，而，故此时，
故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，
故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.
2．BCD
【详解】
设动点坐标为(x，y)，由题意，得·＝a2，即[(x＋1)2＋y2]·[(x－1)2＋y2]＝a4，若曲线C过坐标原点(0，0)，将点(0，0)代入曲线C的方程中可得a2＝1，与已知a＞1矛盾，故曲线C不过坐标原点，故A不正确．把方程中的x被－x代换，y被－y代换，方程不变，故曲线C关于坐标原点对称，故B正确．因为把方程中的x被－x代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称，把方程中的y被－y代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，所以曲线C关于坐标轴对称，故C正确．若点P在曲线C上，则PF1·PF2＝a2，则△F1PF2的面积为·PF1·PF2·sin ∠F1PF2≤a2，当且仅当∠F1PF2＝90°时，等号成立，故△F1PF2的面积不大于a2，故D正确．
3．ACD
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B，C；求出的范围计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，整理得：，
对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；
对于B、C，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，
因为，由换方程不变，曲线C关于轴对称，
所以坐标原点是曲线的对称中心，B不正确，C正确；
对于D，由得：，解得，
于是得，解得，D正确.
故选：ACD
4．ACD
【分析】利用直接法可得曲线的轨迹方程，设，代入轨迹方程可判断A选项，利用不等性质可得，解不等式可判断B选项，由，可得在轴上，令，可判断C选项，由曲线方程可得，可得，可判断D选项.
【详解】曲线的方程为，
A选项：由是曲线上一点，则
点关于原点的对称点，
有，即也在曲线上，故A选项正确；
B选项：
由，得，
，故B选项错误；
选项：若，则点在的垂直平分线上，，将代入方程，得，解得，即仅是原点时满足，故C选项正确；
D选项：由，得，又得，
，故D选项正确；
故选：ACD．
5．
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.
【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入
得，即，故，，
又，得，解得，代入得，
故，即，所以.
故答案为：
6．
【解析】由题意不妨设双曲线，所以，求出，从而可得，再由即可求解.
【详解】不妨设双曲线，焦点，对称轴
由题设知
，由
得
.
故答案为：
7．
【解析】可设直线方程为，求出直线与右支的交点纵坐标，利用PF2与x轴垂直,结合双曲线的性质列出方程转化求解双曲线的离心率即可.
【详解】由斜率为的直线过双曲的左焦点
可得直线方程为，可得P的纵坐标为，
又因为与x轴垂直（为右焦点），
，
可得，解得，
则双曲线的离心率为，
故答案为：.
【点睛】离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出;②构造的齐次式，求出;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解．
8．.
【分析】利用题给条件结合双曲线定义求得a的值，进而求得的离心率.
【详解】在双曲线中，
关于的平分线的对称点恰好在上，
三点共线，且，
.
设，
根据双曲线定义可得，
，
解得，即.
则在中，
即，解得，
又的离心率为.
故答案为：.
9．
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合,所以，解得.
故答案为：
10．
【分析】根据导数的几何意义以及切线方程的求解方法求解.
【详解】设公切线在曲线与上的切点分别为，
由可得，所以，解得，
所以,则，
所以切线方程为，
又由，可得，所以，即，
所以，
又因为切点，也即在切线上，
所以，解得，
所以.
故答案为: .
11．
【分析】求出函数的导函数，即可得到切线方程，从而得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，
所以，又，所以在点处的切线为，
又，则，
所以，又当时，
所以曲线在点的切线方程为，
所以，解得，即；
故答案为：
12．
【分析】分别求出两函数的导函数，再分别设直线与两曲线的切点的横坐标，由于斜率为1即导数值为1分别求出切点横坐标，可得切线方程，再根据切线方程系数相等得与的关系式，再根据二次函数性质可求出b的取值范围．
【详解】由题意得，，
设斜率为1的切线在，上的切点横坐标分别为，，
所以，则，，
两点处的切线方程分别为，，
所以，即，
所以b的取值范围为.
故答案为：.
13．/0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以.
从而.
记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.
14．
【分析】记取出的两个球都是红球为事件，则，即可求出，从而得到的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可求出数学期望.
【详解】依题意、为非负整数，记取出的两个球都是红球为事件，则，
所以，解得或（舍去），
所以的可能取值为、、，
则，，，
所以.
故答案为：
15．
【分析】由条件求分布列，再由期望公式求其期望.
【详解】由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
所以.
故答案为：.
16．1
【分析】根据X的可能取值，运用计数原理和古典概型逐项分析计算即可.
【详解】X的可能取值为0,1,2,4，全排列为 ，
当X=0时，先安排的第一人由3种选择，比如说先安排“1”号人，可以选择2,3,4座位，
如果安排在2号位，则“2”号人也可以由3种选择，比如是安排在1号位，
则“3”号人只能在4号位，“4”号人只能在3号位；如果是安排在3号位，
则“3 ”号人只能在4号位，“4”号人只能在1号位，如果安排在4号位也是类似，
所以有 种排法， ；
当X=1时，先从4人中选一人安排在对应的位置上，由 种选法，
比如选“1”号人安排在1号位，则“2”号人有2种选法，如果选3，则“3”号人只能选4，
“4”号人只能2,；如果选4，则“4”号人只能只能选3，“3”号人只能选2；所以有
种排法， ；
当X=2时，先从4人中选2人安排在对应的位置，有 种选法，比如先安排“1”号人
和“2”号人，分别安排在1号和2号位置，则“3”号人和“4”号人只能由1种排法，所以总共
有6种排法， ；
当X=4时，只有1种排法， ；
其数学期望为 ；
故答案为：1.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）结合正弦定理，边化角即可求解角；
（2）结合三角形面积公式与余弦定理求解，即可得的值.
【详解】（1）解：，
由正弦定理得，
所以
由于，所以，则，又，所以；
（2）解：由（1）得，
由余弦定理得，
，
.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）根据已知条件，结合余弦定理即可得答案;
（2）结合（1）及得，进而得，，再根据恒等变换得，进而根据三角形面积得，最后由正弦定理即可得答案.
【详解】解：（1）由条件及余弦定理得，
，
所以，
所以．
（2）由得，，
又，所以，
则，．
，
由的面积为得，
所以．
由正弦定理得，，
所以，故
【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，三角形的面积等，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于利用第一问的结论得，进而结合三角恒等变换求得,最后利用正余弦定理求解.
20．（1）；（2）
【解析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出；
（2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到 ，即可求出 ，进而求出的周长.
【详解】解：（1），
由正弦定理得：，
整理得：，
∵在中，，
∴，
即，
∴，
即；
（2）由余弦定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为.