18 平面解析几何（二）-2022全国新高考学情限时周测卷数学

∴.ICC2|=I3,∴.|CC2|>n+r2, .圆C与圆C2外离.… …8分 (2)|AB|max=n1+|CC2+r2=1+√13+1=2+√13. 10分 (3)设圆心C到直线l的距离为d,则|MN|=|NP|=|PQ|=2√I-d, ,1CC2|=√3，且C,C2在1的同侧， ∴.l∥CC2,√13+2√1-d=3×2√1-d, ∴d=音d-停6-号设1方程为y-号+6，即2-3y+动-0… 则dt0-g6=2士 13 12 1方程为y一导计士。 2 ……………………………………………20分 10.解：圆M的标准方程为(x一6)2十(y一7)2=25， 所以圆心M(6,7),半径为5. (1)由圆心N在直线x=6上，可设N(6,o). 因为圆N与x轴相切，与圆M外切， 所以0<y<7,圆N的半径为y,从而7-y=5十，解得%=1. 因此，圆N的标准方程为(x一6)2十(y一1)2=1.…8分 (2)因为直线l∥OA, B 所以直线1的斜率为二8-2 设直线1的方程为y=2x+m, 即2x-y十m=0, 则圆心M到直线（的距离 d=12×6-7+ml=1m+51 5 5 因为BC=OA=√22十4=2√5， 而Mc=+(9), 所以25=m+5》+5,解得m=5或m=-15. 5 故直线l的方程为2x一y十5=0或2.x一y一15=0.…………16分 (3)设P(x1y),Q(2y). 因为A(2,4),T(t,0),TA+T市-T, 所以=十2-0 y=y+4. 因为点Q在圆M上，所以(x2-6)2+(2-7)2=25.② 将①代人②，得(x-1-4)2+(y1一3)2=25. 于是点P(x1,y)既在圆M上，又在圆[x-(t十4)]+(y-3)2=25上， 从而圆(x-6)2+(y-7)2=25与圆[x-(t十4)]+(y-3)=25有公共点， 所以5-5≤√(t+4)-6]+(3-7)2≤5+5， 解得2-2√2I≤t≤2+2/2I. 因此，实数t的取值范围是[2一2√2T,2十2√2T].… 24分 (十八) 1.C1-m>0,m<0. 2.A 2p(4-号)=16，p=4. 65c,a2-c2=6ac,1-e2-5 3.D 2 a 6 =6ee=3 4B:双曲线的浙近线方程为y=士名，即士ay= 20 【高三一周一测·数学卷参考答案（一一二十）第20页（共24页）禁止网传，违者必究】22一XGK 由条件可得26 ≤√3→2b≤3，从而得e2≤4，双曲线离心率的取值范围是(1,2] a2+ 5.BD由直线l的斜率为√3，知倾斜角为60°，由直线l与x轴关于双曲线C的一条渐近线对称，得双曲线C的一 条海近线的倾斜角为30或120，斜率为停或-5，即合-号或原，所以渐近线方程为y=士号：或y=士5。 6.ABC设点A(1y),B(x2,2),由AF=入F官得=一入，将直线x=my-√3代人椭圆方程可得y十= 2n%=由=-2+2得-D[-0:解得a[-2,2装1.所 2√5m y1y2 23 以m可以取-2，-1,1 5-3’41 上原x因为双曲线若-若=1(>0，>0)的离心率为2，所以。 -2，所以g=3,所以 a 该双曲线的渐近线方程为y=士合：=士3。 8号 直线kx一y+2k十2=0恒过定点A(一2,2)，因为F(0,一1)，直线y=1为抛物线的准线方程，由抛物线的 定义知，P到直线y=1的距离即为|PF|,该题即转化为P到抛物线焦点的距离与到直线kx一y十2k+2=0的 距离之和的最小值达到最大，即抛物线焦点F到直线kx一y十2k十2=0的距离最大，而该距离在直线AF垂直 直线红一y十2十2=0时达到最大，放k·k=-1,因为w=一子所以k=号 2 9.解：(1)由题意可设抛物线C的方程是x2=ay(a>0), 则冬=1，即a=4.故所求抛物线C的方程为x2=4y. …8分 (2)设P()(知≠0)，Q(y),则侧抛物线C在点P处的切线方程是y=号- 直线PQ的方程是y=一2x十2+. 将上式代人抛物线C的方程，得x2+8x一4(2十y)=0, 十=-·=-8-4所以。=-8-y=2大大 而Fp=(xy-1),F夜=(x2,y-1),…10分 Fp.F0=x1x2+(y-1)(2-1)=1x2十y1y-(y1+)+1 =-8-4+1(是+m+40-(货+2m+40+1=7-2-身-7 =(+21+1)-4(+y+2)=(0+12-4m+1)2=-0m+1)2=0. 3y1 yi 故y=4,此时，点P的坐标是（士4,4）.经检验，符合题意. 所以，满足条件的点P存在，其坐标为P(士4,4).…20分 10.解：因为|MF|-|MF2|=2<|F1F2|=2√17， 所以，轨迹C是以点F1、F2为左、右焦