2018版高考一轮总复习数学（文）模拟演练 解答题专项训练5 word版含答案

这是一份2018版高考一轮总复习数学（文）模拟演练 解答题专项训练5 word版含答案，共8页。试卷主要包含了已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。
解答题专项训练五1.已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过点K(0，－1)的直线l与C相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为D.(1)证明：点F在直线BD上；(2)设·＝，求直线BD的直线方程．解　(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(－x1，y1)，l的方程为y＝kx－1，由得x2－4kx＋4＝0，从而x1＋x2＝4k，x1x2＝4.直线BD的方程为y－y1＝(x＋x1)，即y－＝(x＋x1)，令x＝0，得y＝＝1，所以点F在直线BD上．(2)因为·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝8－4k2，故8－4k2＝，解得k＝±，所以l的方程为4x－3y－3＝0或4x＋3y＋3＝0.又由(1)得x2－x1＝±＝±，故直线BD的斜率为＝±，因而直线BD的方程为x－3y＋3＝0或x＋3y－3＝0.2．已知动点P到直线l：x＝－1的距离等于它到圆C：x2＋y2－4x＋1＝0的切线长(P到切点的距离)．记动点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)点Q是直线l上的动点，过圆心C作QC的垂线交曲线E于A，B两点，设AB的中点为D，求的取值范围．解　(1)由已知得，圆心为C(2,0)，半径r＝.设P(x，y)，依题意可得|x＋1|＝，整理得y2＝6x.故曲线E的方程为y2＝6x.(2)设直线AB的方程为my＝x－2，则直线CQ的方程为y＝－m(x－2)，可得Q(－1,3m)．将my＝x－2代入y2＝6x并整理，可得y2－6my－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝6m，y1y2＝－12，D(3m2＋2,3m)，|QD|＝3m2＋3.|AB|＝2 ，所以2＝＝∈，故∈.3．设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，过点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，＝2.(1)求椭圆C的离心率；(2)如果|AB|＝，求椭圆C的方程．解　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由直线l的倾斜角为45°及＝2，可知y1<0，y2>0.直线l的方程为y＝x－c，其中c＝，联立得(a2＋b2)y2＋2b2cy－b4＝0，解得y1＝，y2＝.因为＝2，所以－y1＝2y2，即＝2×，求得离心率e＝＝.(2)因为|AB|＝|y2－y1|，所以＝，由＝，得b＝a，所以a＝，得a＝3，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1. 4．如图，设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围．解　(1)由题意可得，抛物线上的点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得＝1，即p＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由消去x，得y2－4sy－4＝0，故y1y2＝－4，所以B.又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为－.从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－，所以N.设M(m,0)，由A，M，N三点共线，得＝，于是m＝.所以m<0或m>2.经检验，m<0或m>2满足题意．综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．5．已知动点P到定点F(1,0)和到直线x＝2的距离之比为，设动点P的轨迹为曲线E，过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A、B两点，直线l：y＝mx＋n与曲线E交于C、D两点，与线段AB相交于一点(与A、B不重合)．(1)求曲线E的方程；(2)当直线l与圆x2＋y2＝1相切时，四边形ABCD的面积是否有最大值．若有，求出其最大值及对应的直线l的方程；若没有，请说明理由．解　(1)设点P(x，y)，由题意可得，＝，整理可得：＋y2＝1.曲线E的方程是＋y2＝1.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由已知可得|AB|＝.当m＝0时，不合题意．当m≠0时，由直线l与圆x2＋y2＝1相切，可得＝1，即m2＋1＝n2.联立消去y得x2＋2mnx＋n2－1＝0，Δ＝4m2n2－4(n2－1)＝2m2>0，x1＝，x2＝，S四边形ABCD＝|AB||x2－x1|＝＝≤，当且仅当2|m|＝，即m＝±时等号成立，此时n＝±，经检验可知，直线y＝x－和直线y＝－x＋符合题意．6．设椭圆＋＝1(a>)的右焦点为F，右顶点为A.已知＋＝，其中O为原点，e为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA＝∠MAO，求直线l的斜率．解　(1)设F(c,0)，由＋＝，即＋＝，可得a2－c2＝3c2，又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4.所以，椭圆的方程为＋＝1.(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．设B(xB，yB)，由方程组消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.解得x＝2，或x＝，由题意得xB＝，从而yB＝.由(1)知，F(1,0)，设H(0，yH)，有F＝(－1，yH)，B＝.由BF⊥HF，得B·F＝0，所以＋＝0，解得yH＝.因此直线MH的方程为y＝－x＋.设M(xM，yM)，由方程组消去y，解得xM＝.在△MAO中，∠MOA＝∠MAO ⇔|MA|＝|MO|，即(xM－2)2＋y＝x＋y，化简得xM＝1，即＝1，解得k＝－或k＝.所以，直线l的斜率为－或.7．如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，于是解得a＝2，b＝.所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－－λ－2.所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.此时，·＋λ·＝－3为定值．当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.8．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，焦距为2.(1)求椭圆C的方程；(2)过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明：为定值；②求直线AB的斜率的最小值．解　(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知2a＝4,2c＝2，所以a＝2，b＝＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)①证明：设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)．由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．所以直线PM的斜率k＝＝.直线QM的斜率k′＝＝－.此时＝－3.所以为定值－3.②设A(x1，y1)，B(x2，y2)．直线PA的方程为y＝kx＋m，直线QB的方程为y＝－3kx＋m.联立整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0.由x0x1＝，可得x1＝.所以y1＝kx1＋m＝＋m.同理x2＝，y2＝＋m.所以x2－x1＝－＝，y2－y1＝＋m－－m＝，所以kAB＝＝＝.由m>0，x0>0，可知k>0，所以6k＋≥2，等号当且仅当k＝时取得．此时＝，即m＝，符合题意．所以直线AB的斜率的最小值为.