2025高考数学一轮复习-8.11-圆锥曲线——最值、范围问题-专项训练模拟练习【含解析】

这是一份2025高考数学一轮复习-8.11-圆锥曲线——最值、范围问题-专项训练模拟练习【含解析】，共7页。试卷主要包含了已知双曲线C，如图，已知双曲线C，已知F，0)是椭圆C，已知抛物线E等内容，欢迎下载使用。
(1)求双曲线C的方程；
(2)设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值．
2．如图，已知双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1，经过点T(1,1)且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，与C的渐近线交于M，N两点(从左至右的顺序依次为A，M，N，B)，其中k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).
(1)若点T是MN的中点，求k的值；
(2)求△OBN面积的最小值．
3．已知F(eq \r(3)，0)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．
4．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，P(4，y0)为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5.
(1)求E的标准方程；
(2)设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线PA与PB斜率乘积为－4.
①证明：直线AB过定点；
②求|FA|·|FB|的最小值．
参考答案
1．[解析] (1)由题设可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
则C：eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)设点M的横坐标为xM>0，
当直线l斜率不存在时，则直线l：x＝2，
易知点M到y轴的距离为xM＝2；
当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠±\f(1,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝kx＋m，))
整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
Δ＝64k2m2－16(4k2－1)(m2＋1)＝0，
整理得4k2＝m2＋1.
则x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2－1)＝－eq \f(8km,m2)＝－eq \f(8k,m)，
则xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(4k,m)>0，即km4，即xM>2，
∴此时点M到y轴的距离大于2；
综上所述，点M到y轴的最小距离为2.
2．[解析] (1)解法一：设M(x1，y1)、N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),2)－y\\al(2,1)＝0，,\f(x\\al(2,2),2)－y\\al(2,2)＝0，))得eq \f(x1－x2x1＋x2,2)＝(y1－y2)(y1＋y2)，
又T(1,1)为MN的中点，∴x1＋x2＝y1＋y2＝2，
∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2).
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线l与双曲线C的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋1，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得(1－2k2)x2－4k(1－k)x－2(1－k)2－2＝0，
由韦达定理可知，
x1＋x2＝eq \f(4k－4k2,1－2k2)，x1·x2＝eq \f(－21－k2－2,1－2k2)，
联立直线l与其中一条渐近线方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋1，,y＝\f(\r(2),2)x，))
解得x＝eq \f(1－k,\f(\r(2),2)－k)，即xN＝eq \f(1－k,\f(\r(2),2)－k)，
同理可得xM＝eq \f(k－1,\f(\r(2),2)＋k)，
则xM＋xN＝eq \f(4k－4k2,1－2k2)＝x1＋x2，
则可知AB的中点与MN中点重合．
由于T(1,1)是MN的中点，所以eq \f(4k1－k,1－2k2)＝2，
解得k＝eq \f(1,2).
(2)y＝k(x－1)＋1与eq \f(x2,2)－y2＝1联立，消去y得(1－2k2)x2－4k(1－k)x－2(1－k)2－2＝0，
由(1)知，|BN|＝|AM|＝eq \f(|AB|－|MN|,2)或S△OBN＝eq \f(1,2)(S△OAB－S△OMN)
由于|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)\r(1－k2＋1－2k2),1－2k2)，
|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)\r(1－k2),1－2k2)，所以
|BN|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(2)[\r(1－k2＋1－2k2)－\r(1－k2)],1－2k2)，
又O到直线的距离d＝eq \f(1－k,\r(1＋k2))，所以
S△OBN＝eq \f(1,2)|BN|·d
＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(1－k[\r(1－k2＋1－2k2)－\r(1－k2)],1－2k2)
＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(1－k,\r(1－k2＋1－2k2)＋\r(1－k2))，
整理得S△OBN＝eq \f(\r(2),2)·eq \f(1,\r(1＋\f(1－2k2,1－k2))＋1)，
令t＝1－k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)，1))，
则eq \f(1－2k2,1－k2)＝eq \f(－2t2＋4t－1,t2)＝－eq \f(1,t2)＋eq \f(4,t)－2，
当eq \f(1,t)＝2，即k＝eq \f(1,2)时，eq \f(1－2k2,1－k2)的最大值为2，
所以S△OBN的最小值为eq \f(\r(6)－\r(2),4).
3．[解析] (1)由题意，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为(－eq \r(3)，0)，
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为eq \r(\r(3)＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－0))2)＋eq \f(1,2)＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝eq \r(3)，可得b＝eq \r(a2－c2)＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－1,4k2＋1)，
所以kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)
＝eq \f(kx1＋mx2＋kx2＋mx1,x1x2)＝2k＋eq \f(mx1＋x2,x1x2)
＝2k＋eq \f(－8km2,4m2－1)＝eq \f(－2k,m2－1)，
因为kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)，可得m2＝4k＋1，
所以k≥－eq \f(1,4)，
又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0，解得k1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．
4．[解析] (1)由题可知4＋eq \f(p,2)＝5，解得p＝2.
所以E的标准方程为y2＝4x.
(2)①由(1)知，yeq \\al(2,0)＝4×4，且y0>0，
解得y0＝4，所以P(4,4)．
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，则kPA＝eq \f(y1－4,\f(y\\al(2,1),4)－4)＝eq \f(4,y1＋4)，
同理可得，kPB＝eq \f(4,y2＋4)，
则kPA·kPB＝eq \f(4,y1＋4)·eq \f(4,y2＋4)＝－4，
即4(y1＋y2)＋y1y2＋20＝0.
当直线AB斜率存在时，直线AB的方程为
y－y1＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,2),4))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，
整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.
所以4x－20－(y1＋y2)(y＋4)＝0，
即y＋4＝eq \f(4,y1＋y2)(x－5)，
所以直线AB过定点(5，－4)；
当直线AB的斜率不存在时y1＋y2＝0，
可得yeq \\al(2,1)＝20，x1＝5.综上，直线AB过定点(5，－4)．
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝k(x－5)－4＝kx－5k－4，
与抛物线E联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－5k－4，))
消去x得k2x2－(10k2＋8k＋4)x＋(5k＋4)2＝0，
由题意Δ>0，所以x1＋x2＝eq \f(10k2＋8k＋4,k2)，x1x2＝eq \f(5k＋42,k2)，
所以|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝eq \f(5k＋42,k2)＋eq \f(10k2＋8k＋4,k2)＋1＝eq \f(48k＋20,k2)＋36＝20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋\f(6,5)))2＋eq \f(36,5)≥eq \f(36,5)，所以当eq \f(1,k)＝－eq \f(6,5)，k＝－eq \f(5,6)时，|FA|·|FB|的最小值为eq \f(36,5)；
当直线AB斜率不存在时，x1＝x2＝5.
由抛物线定义知|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝36.
故|FA|·|FB|的最小值为eq \f(36,5).