内容正文:
暑假复习卷(十四)
[核心夯实]
1.B 2.C
3.3 1 【解析】 由题意知:P(X=0)==,解得n=3或n=-(舍去);
∴由n=3,有a=P(X=1)==,b=P(X=2)==,
由E(X)=0×+1×+2×=1.
4.D 【解析】 因为椭圆C:+=1的长轴长为8,所以2a=8,即a=4,
又离心率为,所以=,解得c=2,则b2=a2-c2=12,所以椭圆的标准方程为+=1.故选D.
5. 【解析】 因为线段PF1的中点在y轴上,所以可得PF2⊥x轴,即∠PF2F1=,所以==,所以=2a-=6-=,所以-=.
6. 【解析】 设A,B,代入椭圆方程并作差得:
m+n=0,
即m=-n·,
将=-1,=kOC=2代入上式得m=2n.
由消去y得(m+n)x2-2nx+n-1=0,
∴x1+x2=,x1·x2=.
∵|AB|===2,
∴=2,即=2,
∴-4·=4,
将m=2n代入,得m=,n=,
所以m-n=-=,
此时椭圆mx2+ny2=1为+=1,
椭圆的离心率e======.
7.解:(1)设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),由题意可求得=,=,
由椭圆定义可知2a=|PF1|+|PF2|=4,
所以a=2,而c=1,故b2=a2-c2=3,
故所求椭圆C的方程为+=1.
(2)假设存在实数t,使得直线QA,QT,QB的斜率成等差数列,即满足kQA+kQB=2kQT.
①当直线l2的斜率为零时,此时直线l2与椭圆C的交点是椭圆C长轴的端点,
不妨设A(-2, 0),B(2, 0),此时kQA=-,kQB=-1,kQT=,
由于kQA+kQB=2kQT,故--1=2·,解得t=.
②当直线l2的斜率不为零时,可设直线l2的方程为x=ny+t,A(ny1+t,y1),B(ny2+t,y2),
联立得方程组
整理得(3n2+4)y2+6nty+3t2-12=0,
Δ=(6nt)2-4(3n2+4)(3t2-12)>0⇒t2<3n2+4,
故(*)
而kQA=,kQB=,kQT=,
又kQA+kQB=2kQT.
故+=,
整理得(2nt-12n-8n2)y1y2+(t-6)(t-6-4n)(y1+y2)=0,
将(*)代入上式可得,整理得n(t-6-4n)(6t-4)=0,对于任意n该等式恒成立,
故6t-4=0,解得t=.
综合①②,可知存在实数t=,使得直线QA,QT,QB的斜率成等差数列.
8.C 【解析】 设F2为双曲线C1:-y2=1的右焦点,
又圆C2:(x-2)2+y2=3的半径为,
如图,连接PF2,则=,根据双曲线的定义,可得-=2a,即-=2,所以=3,故选C.
9. 【解析】 在双曲线C中,a=,b=,则c==3,则双曲线C的右焦点坐标为,
双曲线C的渐近线方程为y=±x,即x±y=0,
所以,双曲线C的焦点到其渐近线的距离为=.
10. 1 【解析】 因为双曲线C:-=1(a>0),
若a=2,则c2=a2+3=7,所以c=,
因此双曲线的离心率为e==;
因为F为左焦点,所以F,其中c2=a2+3.
若对于双曲线C上任意一点P,为使线段PF的长度最小,则点P必在该双曲线的左支上,设P,则x0≤-a,-=1,
所以=
===
≤=c-a=1,因此c2==a2+3,解得a=1.
11.A 【解析】 过P作PB⊥x轴于B点,如图所示:
则在Rt△PBF中,
∠PFB=,|PF|=4,
所以|BF|=|PF|=2,
则xP=2+,所以|PF|=xP+=2+p=4,
解得p=2,故xP=2+1=3,
故选A.
12.B 【解析】 由抛物线x2=4y可得准线方程为y=-1,故A.
如图,由抛物线的对称性不妨设P在第一象限或为原点,
过P作准线y=-1的垂线,垂足为E,则=,
故===sin ∠PAE,
当直线AP与抛物线相切时,∠PAE最小,
而当P变化时,0<∠PAE≤,故当直线AP与抛物线相切时sin ∠PAE最小,
设直线AP:y=kx-1,由得到x2-4kx+4=0,Δ=16k2-16=0,故k=1或k=-1(舍),
所以直线AP与抛物线相切时∠PAE=,
故的最小值为,即m的最大值为,故选B.
13.+=1
【解析】 因为M的坐标为,且+=0,可得N(1,-2),设P(x,y),
所以kMP=,kNP=(x≠±1),
由题意得,·=-,
整理可得动点P的轨迹方程为+=1.
直线MN的斜率k==-2,设平行于MN的椭圆切线方程为y=-2x+b,
与椭圆联立可得(x≠±1),
即9x2-8bx+2b2-9=0,
Δ=(-8b)2-4×9×(2b2-9)=0,解得=,
所以该切线与直线MN的距离d==,=2,
所以△PMN面积的最大值S=××d=×2×=,
所以随着P在椭圆上运动,△P