专题20 曲线与方程-备战2022年高考数学一轮复习（真题+模拟）训练

学科网（北京）股份有限公司 专题20 曲线与方程 第一部分 真题分类 1．（2021·浙江高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ） A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线 【答案】C 【解析】由题意得，即， 对其进行整理变形： ， ， ， ， 所以或， 其中为双曲线，为直线. 故选：C. 2．（2020·全国高考真题（文））在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ） A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线 【答案】A 【解析】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 则：，设，可得：， 从而：， 结合题意可得：， 整理可得：， 即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆. 故选：A. 3．以为圆心的两圆均过，与轴正半轴分别交于，且满足，则点的轨迹是 A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线 【答案】A 【解析】因为 同理： 又因为，所以 则，即 设，则为直线 本题正确选项： 第二部分 模拟训练 一、单选题 1．在平面内，､是两个定点，是动点，若，则点的轨迹为（ ） A．椭圆 B．抛物线 C．圆 D．直线 【答案】C 【解析】以所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系， 设，，，所以，， 由得：，即，所以点C的轨迹为圆. 故选：C. 2．如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（ ） A．线段 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】A 【解析】连接，因为，且， 所以，即， 所以点E是体对角线上的定点， 连接AE，则直线AE也是定直线． 因为，所以动点P必定在线段AE的中垂面上， 所以中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹， 所以动点P的轨迹是线段． 故选：A 3．设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若＝2，且·＝1，则点P的轨迹方程是（ ） A． x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0) B．x2－3y2＝1(x＞0，y＞0) C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0) D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0) 【答案】A 【解析】设A(a，0)，B(0，b)，a＞0，b＞0. 由, 得(x，y－b)＝2(a－x，－y)， 即a＝x＞0，b＝3y＞0. 又点Q与点P关于y轴对称，则点Q(－x，y)， 由， 得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1. 将a＝x，b＝3y代入ax＋by＝1， 得所求的轨迹方程为x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)． 故选：A 4．如图，正方体的棱长为3，点在棱上，且满足，动点在正方体表面上运动，且，则动点的轨迹的周长为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】解：由正方体的特点可知平面， 在，上分别取点，，使得，， 连接，，，则，， 平面平面， 平面， 的轨迹为． 正方体棱长为3，， ， 的周长为． 故选：． 5．阿波罗尼斯是亚历山大时期的著名数学家，“阿波罗尼斯圆”是他的主要研究成果之一：若动点与两定点，的距离之比为(，且)，则点的轨迹就是圆，事实上，互换该定理中的部分题设和结论，命题依然成立.已知点，点为圆：上的点，若存在轴上的定点和常数，对满足已知条件的点均有，则（ ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【解析】如下图所示，由于圆上的任意一点均有，所以A,B两点也满足该关系式. ，，，， ，解得， 故选：B. 6．如图在长方体中，分别是棱的中点，是底面内一个动点，若平面，则面积最小值为 （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 如图补全截面为截面， 易知分别为对应边的中点. 易知平面∥平面， ∵直线∥平面， ∴ 则△, 当最小时，△的面积最小 作于点，且当与重合时，最短， 此时△的面积最小， 由等面积法： 得 又⊥平面， ∴，△为直角三角形， 故 故选：A． 二、填空题 7．曲线C：，点P在曲线C上．给出下列三个结论： ①曲线C关于y轴对称； ②曲线C上的点的横坐标的取值范围是[﹣2，2]； ③若A（﹣1，0），B（1，0），则存在点P，使△PAB的面积大于． 其中，所有正确结论的序号是_____． 【答案】①② 【解析】解：①用﹣x代替x，有3成立，即①正确； ②∵y2≥0， ∴3， 故（x2﹣1）2≤9，即﹣3≤x2﹣1≤3，即﹣2≤x2≤4，解得﹣2≤x≤2，即②正确； ③，若存在点P，使△PAB的面积大于，则，即． ∵3， ∴y2≤2，故不存在点P符合题意，即③错误． 故答案为：①②． 8．已知正方体棱长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面