2024年全国一卷数学新高考题型细分S1-3——圆锥曲线 单选填空7 抛物线、其他

2024年全国一卷新高考题型细分S1-3 ——圆锥曲线 单选填空7 抛物线、其他 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《圆锥曲线——单选填空》题目分类有：椭圆（易~中档），双曲线（易~中档），抛物线（易~中档），其他等，大概251道题。 抛物线（中下）： 1. （2024年浙J08强基联盟三月，末）8. 设点，，是抛物线上3个不同的点，且，若抛物线上存在点，使得线段总被直线平分，则点的横坐标是（ [endnoteRef:2] ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （中下） [2: 【答案】A 【解析】 【分析】说明直线过定点,并求出关于点的对称点代入抛物线即可求解. 【详解】设，，， 则,同理， 故直线方程为：， 整理得,① 由得整理得,② 由①②两式得，即直线过点, 关于点的对称点即为点在抛物线上， 代入得，解得. 故选:A. 【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线中的定点问题，关键是利用垂直得斜率的关系进而求出定点坐标. ] 2. （2024年浙J07金丽衢二联）6. 已知抛物线的焦点为F，以F为圆心的圆交于A，B两点，交的准线于C，D两点，若四边形ABCD是矩形，则圆的方程为（[endnoteRef:3] ） A B. C. D. （中下） [3: 【答案】D 【解析】 【分析】依题意知，圆的圆心坐标为，且点为该矩形对角线的交点，利用点到直线的距离与点到的距离相等，可求得直线的方程为：，从而可求得 点坐标，从而可求得圆的半径，于是可得答案. 【详解】解：由题可得：抛物线的焦点为 ， 所以圆的圆心坐标为， 因为四边形ABCD是矩形，且为 直径，为直径，为圆的圆心, 所以点为该矩形对角线的交点， 所以点到直线的距离与点到的距离相等， 故点到直线的距离 ， 所以直线的方程为： ， 所以 ， 故圆半径 ， 所以圆的方程为. 故选：D 【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查圆的标准方程的确定，分析得到点F为该矩形ABCD的两条对角线的交点是关键，考查作图、分析与运算能力，属于中档题. ] 3. （2024年冀J05唐山一模）6. 已知抛物线E：的焦点为F，以F为圆心的圆与E交于A，B两点，与E的准线交于C、D两点，若，则（[endnoteRef:4] ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 （中下） [4: 【答案】D 【解析】 【分析】设点在第一象限，由，可确定圆的半径，利用抛物线的定义求出，即可求得结果. 【详解】由抛物线方程知：，， 不妨设点在第一象限，如图所示，直线与轴交于点， 由，则， 圆的半径，所以， 由抛物线的定义可得：，所以， 又因为点在抛物线上，所以， ． 故选：D. ] 4. （2024年鄂J06武汉二调）5. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ [endnoteRef:5] ） A. B. C. D. （中下） [5: 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解. 【详解】如图所示： 为准线与轴的交点， 因为，且，所以， 因为，所以， 而，所以， 所以 故选：A. ] 5. （2024年鄂J04名校联盟）15. 已知抛物线，直线l过C焦点F且与C交于A，B两点，以线段为直径的圆与y轴交于M，N两点，则的最小值是[endnoteRef:6]____________. （中下） [6: 【答案】## 【解析】 【分析】由题意结合抛物线定义以及抛物线的通径、圆心角与圆周角的关系即可求解. 【详解】 设的中点为G，过G作y轴的垂线，垂足为H，则H是的中点. 因为以线段为直径的圆与准线相切，所以. . 当轴时，有，. 故答案为：. ] 6. （2024年苏J02前黄一模）6. 已知一个玻璃酒杯盛酒部分的轴截面是抛物线，其通径长为1，现有一个半径为的玻璃球放入该玻璃酒杯中，要使得该玻璃球接触到杯底（盛酒部分），则的取值范围是（ [endnoteRef:7] ） A. B. C. D. （抛物线，圆相切，中下） [7: 【答案】C 【解析】 【分析】以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为轴建立平面直角坐标系，写出该玻璃球的轴截面的方程和抛物线的方程，两方程联立，只有一个解求解. 【详解】解：以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为轴建立平面直角坐标系， 当玻璃球能够与杯底接触时，该玻璃球的轴截面的方程为． 因为抛物线的通径长为1，则抛物线的方程为， 代入圆的方程消元得：， 所以原题等价于方程在上只有实数解． 因为由，得或， 所以需或，即或． 因为，所以， 故选：C． ] 7. （2024年鲁J45泰安三模）14．已知抛物线，点在的准线上，过的焦点的直线与相交于两点，则的最小值为 [endnoteRef:8] ，若为等边三角形，则 . （中下） [8: 14． 8 24 【分析】设直线的方程及弦的中点，联立直线的方程与抛物线方程可得及坐标，结合抛物线焦点弦公式可得，由等边三角形性质可知，即可设出直线的方程，结合点在准线上可得点坐标，再结合及计算即可. 【详解】由已知得，准线方程为，设直线的方程为，，，弦的中点，如图所示， 联立消去并整理得， 则，， 所以， 所以，，即， 所以. 故当时，. 若为等边三角形，则，如图所示， 则设直线的方程为，即， 所以点， 又， 所以，解得， 所以. 故答案为：8；24. ] 8. （2024年鲁J32潍坊二模）8．已知P为抛物线上的一动点，过P作圆的切线，切点分别为A，B，则的最大值为（   [endnoteRef:9]） A． B． C． D． （中下） [9: 8．B 【分析】将题目转化为求的最大值，则构建出，再根据勾股定理并结合二次函数性质即可求出角度最大值. 【详解】因为，则求的最大值即求最大值， 由题得圆心坐标，半径，设，则在中，，易知 ， 则最大时，最小， 设，，且， 则， 即时，，此时取得最大值，， 结合得此时，则. 故选：B. ] 9. （2024年鲁J42青岛二适）14．设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 [endnoteRef:10] ． （中下） [10: 14． 2 【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过作并构造直角三角形，根据的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可. 【详解】设，则， ，即，时取得最小值； 易知，，联立有， 显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示， 过作交l于N，过作， 则（重合时取得等号）， 设，则，所以，    故答案为：2， 【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性质计算最值即可. ] 抛物线（中档）： 10. （2024年浙J03台州一评，末）16. 抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．过抛物线：上的点（不为原点）作的切线，过坐标原点作，垂足为，直线（为抛物线的焦点）与直线交于点，点，则的取值范围是[endnoteRef:11]______． （中档） [11: 【答案】 【解析】 【分析】设点，切线的方程为，继而求得切线的斜率，由 可求得的方程，与直线联立可求得点的坐标，继而消参可求得点的轨迹方程，则结合图形可求得得范围. 【详解】因为点为抛物线：上点（不为原点）， 所以可设点，且 当切线的斜率不存在时，切点为原点不合题意； 当切线的斜率存在时，可设为， 联立，消去可得， 化简可得， 令，可得， 化简可得，即， 又，所以的斜率， 所以的方程， 因点， 所以的斜率为， 则的方程为， 联立，解得， 即， 当时，的方程为， 的方程 则或，满足 由两式相除可得，即 由，可得 再代入，可得， 化简可得，可得， 可知点轨迹为半径为的圆，圆心为, 结合图形可知， 又，， 则. 故答案为： ] 11. （2024年浙J01湖州一中模拟，末）14. 已知为拋物线的焦点，过点的直线与拋物线交于不同的两点，，拋物线在点处的切线分别为和，若和交于点，则的最小值为[endnoteRef:12]__________.（涉后导数） （中档） [12: 【答案】10 【解析】 【分析】设直线方程为，，联立抛物线方程得出韦达定理，再利用导数的几何意义求解方程，联立可得，再代入根据基本不等式求解最小值即可. 【详解】的焦点为，设直线方程为，. 联立直线与抛物线方程有，则. 又求导可得，故直线方程为. 又，故，同理. 联立可得，解得，代入可得，代入韦达定理可得，故. 故，当且仅当，即时取等号. 故答案为：10 【点睛】方法点睛：如图，假设抛物线方程为， 过抛物线准线上一点向抛物线引两条切线，切点分别记为，其坐标为. 则以点和两切点围成的三角形中，有如下的常见结论: 结论1.直线过抛物线的焦点. 结论2.直线的方程为. 结论3.过的直线与抛物线交于两点，以分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点的轨迹即为抛物线的准线. 结论4.. 结论5.. 结论6.直线的中点为，则平行于抛物线的对称轴. 结论7.. ] 12. （2024年粤J02佛山一中一模）15. 已知O为坐标原点，F为曲线的焦点，点A（不与O重合）在C上，且，则直线斜率的取值范围是[endnoteRef:13]________． （中档） [13: 【答案】 【解析】 【分析】由向量的性质得到点的坐标与点的坐标的关系，从而利用基本不等式求得直线斜率的取值范围，由此得解. 【详解】因为F为曲线的焦点，所以， 因为，所以， 不妨设，， 则，即，解得， 所以直线斜率为， 因为， 当时，， 当且仅当，即时，等号成立； 当时，， 当且仅当，即时，等号成立； 综上，直线斜率的取值范围为. 故答案为：. ] 13. （2024年粤J44梅州二月检，末）14. 已知圆，点在抛物线上运动，过点引圆的切线，切点分别为，，则的取值范围为[endnoteRef:14]______. （中档） [14: 【答案】 【解析】 【分析】设，将表示为只含的表达式，结合二次函数的性质求得的取值范围. 【详解】依题意，圆的圆心为，半径， 抛物线的焦点为，画出圆和抛物线的图象如下图所示， 设，则， ，切线长， 由得，则， 垂直平分弦，则， 即 又，则，即， 则，则， 即， 所以的取值范围是. 故答案为： 【点睛】求解直线和圆相切有关问题，可以考虑圆的几何性质来进行求解，如本题中，是切线，则连心线垂直平分，是直角三角形等等.要求弦长的取值范围，可先求得弦长的表达式，然后根据表达式的结构，考虑二次函数的性质、基本不等式的知识求得求得最值. ] 14. （2024年鄂J10二次T8联考，末）8. 已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于、两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为（[endnoteRef:15] ） A. B. C. D. （中档） [15: 【答案】B 【解析】 【分析】设，，，直线方程为，联立直线与抛物线方程，消元，得到，再由，可得，是方程的解，将代入方程，由求出. 【详解】设，，，直线方程为， 联立直线与抛物线方程，可得， 显然，所以． 又，即， 即，， 故，是方程的解， 将代入方程， 整理得，显然， ， ，即． 故选：B． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. ] 15. （2024年闽J10泉州三测）13. 已知抛物线C的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为l．若C恰过，，三点中的两点，则C的方程为[endnoteRef:16]________；若过C的焦点的直线与C交于A，B两点，且A到l的距离为4，则________． （中档） [16: 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，得到抛物线经过与两点，设抛物线的方程为，联立方程组，求得，得到，再抛物线的定义，求得，不妨设，得出的直线方程为，联立方程组，结合焦点弦长，即可求解. 【详解】因为抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，准线为， 且恰过，，三点中的两点， 因为点和不关于坐标轴对称，所以抛物线不可能过和两点， 又因为在第一象限，在第三象限， 即抛物线不可能同时过和两点， 所以抛物线经过与两点， 设抛物线的方程为，则，解得，即， 过抛物线的交点的直线与交于两点，且到的距离为， 由抛物线的定义，可得，解得， 则，可得， 结合抛物线的对称性，不妨设， 因为抛物线的焦点为，则的直线方程为， 联立方程组，整理得，可得， 则. 故答案为：；. ] 16. （2024年苏J24苏锡常镇一调，末）14. 在平面直角坐标系中，已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点.记线段的中点为，若线段的中点在上，则的值为__________；的值为[endnoteRef:17]__________. （中档） [17: 【答案】 ①. 2 ②. 5 【解析】 【分析】设，与抛物线联立，由韦达定理得，，从而得到的坐标，以及线段的中点坐标，代入抛物线方程，即可求出的值，得到的值. 【详解】令，，，线段的中点为 联立，消可得，则，,所以，即，所以线段的中点，由于线段的中点在抛物线上，则，解得或（舍去），即， 由于在抛物线中，，所以 . 故答案：2 ；5. ] 17. （2024年苏J07百师联盟，末）14. 已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点（异于坐标原点，与轴交于点，若，，则_[endnoteRef:18]_________；向量与的夹角为__________．（涉后导数） （中档） [18: 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据抛物线的方程求出焦点坐标，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程，结合两点间的距离公式及向量的夹角公式即可求解. 【详解】如图所示， 由，得，设， 由，得，求导， 所以直线得斜率为，则直线的方程为， 令，则，解得， 所以, 所以，解得(负值舍去) . 当时，， 则， 又因为，所以， 故向量与的夹角为. 当时，同理可得向量与的夹角为. 综上所述，向量与的夹角为. 故答案为：；. 【点睛】：关键点睛：涉及抛物线切线问题，通常利用导数的几何意义及表示出切线方程.利用两点的距离公式及向量的夹角公式即可. ] 18. （2024年粤J138汕头金南三模）14．已知点P，Q分别是拋物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为[endnoteRef:19] （中档） [19: 14． 【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，再通过转化求的最小值. 【详解】由抛物线，可得焦点坐标为， 又由圆，可化为， 可得圆心坐标为，半径， 设定点，满足成立，且， 即恒成立， 其中，代入两边平方可得： ，解得：，， 所以定点满足恒成立， 可得， 如图所示，当且仅当在一条直线上时， 此时取得最小值， 即， 设，满足， 所以， ， 当时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化距离，再转化求得点M的坐标. ] 19. （2024年冀J29邢台二模）8．设，，，为抛物线上不同的四点，点，关于该抛物线的对称轴对称，平行于该抛物线在点处的切线，设点到直线和直线的距离分别为，，且，则（ [endnoteRef:20]   ） A． B． C． D． （中档） [20: 8．B 【分析】根据条件得到，从而有为的角平分线，再利用，得到，进而求出，即可求出结果. 【详解】如图，过作，设，则， 所以，设抛物线在点处的切线的方程为， 由，消得到，由， 得到，所以由题有，即， 所以，又，所以， 得到为的角平分线，又，所以， 又均为直角三角形，所以，得到， 所以， 故答案：B. ] 20. （2024年冀J01某市一模，末）14. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，的中点为，以为直径的圆与轴交于两点，当取最大值时，此时__[endnoteRef:21]________. （中档） [21: 【答案】## 【解析】 【分析】依题要使最大，因等腰三角形,需使最小，通过过点作高线，利用三角函数将的正弦值转化为,再用点坐标进行表示，从而转化为函数的最值问题即得. 【详解】 如图，由，可知，设，易知，且， 因的中点为，故，过点作于点. 设，,则，所以当取最小值时，最小， 因为在上为增函数，所以当最小时，最小，则最大. 又的最小值为1，此时，，则，所以，所以. 故答案为：. ] 21. （多选，2024年苏J03南通联考，末）11. 已知点在曲线上运动，过作以为圆心，1为半径的圆的两条切线，则的值可能是（ [endnoteRef:22] ） A. B. C. 4 D. 5 （涉后导数） （中档） [22: 【答案】BCD 【解析】 【分析】依据题意对目标式进行转化，利用导数确定最值即可. 【详解】 由题意得，由勾股定理得， 则，令， 而，故在上单调递增， 设，由两点间距离公式得， 由二次函数性质得当时，取得最小值，此时， 故的最小值为，即，显然B，C，D正确. 故选：BCD ] 22. （2024年鄂J22黄石二中三模）14．如图，已知过抛物线（）的焦点的直线与抛物线交于两点，过点A作抛物线的准线的垂线，垂足为，抛物线的准线与轴交于点，为坐标原点，记，，分别为，，的面积.若，则直线的斜率为[endnoteRef:23] . （中档） [23: 14． 【分析】设直线倾斜角为，，可得，，，用表示，结合题意运算求解即可. 【详解】设直线倾斜角为，， 可知：， 且，解得， 则， 同理可得， 可知：， ， ， 因为，则， 整理得，解得或， 且，则，可得， 所以直线的斜率为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据抛物线的定义可得，利用表示其他量，结合题意运算求解. ] 抛物线（中上）： 23. （2024年鄂J11四月模拟，末）8. 抛物线上有四点，，，，直线，交于点，且，．过分别作的切线交于点Q，若，则（ [endnoteRef:24] ） A. B. C. D. （中上） [24: 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得∥，取弦，的中点分别为，设直线的方程为：代抛物线，由韦达定理可得，，，从而得在直线上，根据切线方程可得，作出图象，可得，，再根据求解即可. 【详解】解：由，，可知∥， 设弦，的中点分别为， 设直线方程为：， 代入，得， 则， ， 所以，， 同理可得， 由抛物线的几何意义可知点在直线上， 所以， 因为，所以，， 所以物线在处的切线为，即， ，即 同理可得物线在处的切线为，即, 由，解得， 综上，，, 所以四点共线，且所在直线平行于轴， 由，得， 则，， 又， 所以有， 又， 化简得， 同理有， 由两式知直线的方程为： ， 因为， 所以， 又直线过点， 代入得， ， 整理得， 即， 由题可得， 所以， 所以， 解得. 故选：D. 【点睛】关键点睛：涉及直线与圆锥曲线的问题，作出图象，结合韦达定理求解. ] 其他，综合： 24. （2024年鄂J10二次T8联考）13. 1675年，卡西尼在矿究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知点，动点满足，则面积的最大值为[endnoteRef:25]_________． （中档） [25: 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意可列等量关系，化简可得，即可求解，由面积公式即可求解. 【详解】已知定点为，， 因为动点满足， 所以点的轨迹方程为， 两边同时平方可得， 整理得， 所以， 此时，当且仅当，时，取得最大值， 故答案为：3 ] 25. （2024年湘J35湖师附一模，末）14. 如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是[endnoteRef:26]_____． （中档） [26: 【答案】 【解析】 【分析】作出曲线的图象，数形结合分析恰有一个交点时实数的取值范围即可. 【详解】由题意，当时，为双曲线的上半部分； 当时，为椭圆的下半部分. 又即，故作出图象： 考虑临界条件，当与椭圆下半部分相切时，有， 整理得，则， 由图象解得. 当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件. 故实数的取值范围为. 故答案为： ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$