第3章 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册（湘教版2019）

综合拔高练 高考真题练 考点1　圆锥曲线的定义及标准方程 1.(2020全国Ⅲ理,5)设O为坐标原点,直线x=2与抛物线C:y2=2px(p>0)交于D,E两点,若OD⊥OE,则C的焦点坐标为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.　　B.　　C.(1,0)　　D.(2,0) 2.(2020全国Ⅰ文,11)设F1,F2是双曲线C:x2-=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则△PF1F2的面积为(　　) A.　　B.3　　C.　　D.2 3.(多选)(2020新高考Ⅰ,9)已知曲线C:mx2+ny2=1.(　　) A.若m>n>0,则C是椭圆,其焦点在y轴上 B.若m=n>0,则C是圆,其半径为 C.若mn<0,则C是双曲线,其渐近线方程为y=±x D.若m=0,n>0,则C是两条直线 4.(2019课标全国Ⅲ文,15)设F1,F2为椭圆C:+=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为　　　　.  考点2　圆锥曲线的几何性质 5.(2020全国Ⅰ理,4)已知A为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A到C的焦点的距离为12,到y轴的距离为9,则p=(　　) A.2　　B.3　　C.6　　D.9 6.(2021全国甲理,5)已知F1,F2是双曲线C的两个焦点,P为C上一点,且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|,则C的离心率为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 7.(2020全国Ⅲ理,11)设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为.P是C上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=(　　) A.1　　B.2　　C.4　　D.8 8.(2021新高考Ⅰ,14)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程为　　　　.  9.(2021全国甲文,16)已知F1,F2为椭圆C:+=1的两个焦点,P,Q为C上关于坐标原点对称的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为　　　　.  考点3　直线与圆锥曲线的位置关系 10.(2020全国Ⅲ理,20)已知椭圆C:+=1(0<m<5)的离心率为,A,B分别为C的左、右顶点. (1)求C的方程; (2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BP⊥BQ,求△APQ的面积. 11.(2021新高考Ⅱ,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0),若右焦点为F(,0),且离心率为. (1)求椭圆C的方程; (2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=. 考点4　与圆锥曲线有关的定点、定值及探究性问题 12.(2020全国Ⅰ理,20)已知A,B分别为椭圆E:+y2=1(a>1)的左、右顶点,G为E的上顶点,·=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D. (1)求E的方程; (2)证明:直线CD过定点. 13.(2021新高考Ⅰ,21)在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-,0),F2(,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C. (1)求C的方程; (2)设点T在直线x=上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和. 14.(2019课标全国Ⅱ理,21)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-.记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程,并说明C是什么曲线; (2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G. (i)证明:△PQG是直角三角形; (ii)求△PQG面积的最大值. 高考模拟练 应用实践 1.已知F1,F2分别为双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,以F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为M,N,设四边形F1NF2M的周长为p,面积为S,且满足32S=p2,则该双曲线的渐近线方程为(　　) A.y=±x　　　　B.y=±x C.y=±x　　　　D.y=±x 2.已知椭圆C的焦点为F1(-2,0),F2(2,0),过F2的直线与C交于A,B两点,若|AF2|=2|BF2|,|AB|=|BF1|,则椭圆C的方程为(　　) A.+=1　　　　B.+=1 C.+=1　　　　D.+=1 3.设F1,F2是椭圆C:+=1的两个焦点,若椭圆C上存在点M满足∠F1MF2=120°,则m的取值范围是(　　) A.∪[4,+∞)　　　　B.∪[4,+∞) C.∪[12,+∞)　　　　D.∪[12,+∞) 4.(多选)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,过点F的直线l交抛物线于A,B两点,以线段AB为直径的圆交x轴于M,N两点,设线段AB的中点为Q.若抛物线C上存在一点E(t,2)到焦点F的距离等于3,则下列说法正确的是(　　) A.抛物线的方程是x2=2y B.抛物线的准线方程是y=-1 C.sin∠QMN的最小值是 D.线段AB的最小值是6 5.已知点P在双曲线C:-=1上,若P,Q两点关于原点O对称,直线PF1与圆x2+y2=r2相切于点M且2=+,其中F1,F2分别为双曲线C的左、右焦点,则△PF1Q的面积为　　　　.  6.过抛物线C:y2=4x的焦点F的直线交C于A,B两点,线段AB的中点为N,点P(12,4).当|NA|+|NP|的值最小时,点N的横坐标为　　　　.  7.如图,A,B是椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点,M是椭圆C上位于x轴上方的动点,直线AM,BM与直线l:x=4分别交于E,D两点,当点M的坐标为时,=. (1)求椭圆C的方程; (2)记△MAB和△MED的面积分别为S1和S2,求的取值范围. 8.已知抛物线P:y2=2px(p>0)上的点到其焦点的距离为1. (1)求p和a的值; (2)若直线l:y=x+m交抛物线P于A,B两点,线段AB的垂直平分线交抛物线P于C,D两点,求证:A,B,C,D四点共圆. 9.某学校决定在主干道旁边挖一个半椭圆形状的小湖.如图所示,AB=4(单位:十米,下同),O为AB的中点,椭圆的焦点P在对称轴OD上,点M,N在椭圆上,MN平行AB交OD于G,且G在P的右侧,△MNP为灯光区,用于美化环境. (1)若椭圆的离心率为,且PG=1,求△MNP的面积; (2)若学校的另一条道路EF满足OE=3,tan∠OEF=2,为确保道路安全,要求椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于,求半椭圆形状的小湖的最大面积.椭圆+=1(a>b>0)的面积为πab 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.B　由抛物线的对称性不妨设D在x轴上方、E在x轴下方.由得D(2,2),E(2,-2),∵OD⊥OE,∴·=4-4p=0,∴p=1,∴C的焦点坐标为,故选B. 2.B　在双曲线C中,a=1,b=,故c=2,故|F1F2|=2c=4.在△PF1F2中,|OP|=|F1F2|=2, ∴△PF1F2为直角三角形.设|PF1|=m,|PF2|=n, 则可得mn=6,∴=mn=3.故选B. 3.ACD　A选项中,若m>n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为+=1,因为m>n>0,所以0<<,所以此曲线表示椭圆,且焦点在y轴上,所以A正确. B选项中,若m=n>0,则方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=,所以此曲线表示圆,半径为,所以B不正确. C选项中,若mn<0,则此曲线应为双曲线,mx2+ny2=0可化为y2=-,即y=±x,即双曲线的渐近线方程为y=±x,所以C正确. D选项中,若m=0,n>0,则方程mx2+ny2=1可化为y2=(x∈R),即y=±,表示两条直线,所以D正确.故选ACD. 4.答案　(3,) 解析　不妨设F1,F2分别是椭圆C的左、右焦点,由M点在第一象限,△MF1F2是等腰三角形,知|F1M|=|F1F2|, 由椭圆方程知|F1F2|=8,|F1M|+|F2M|=2×6=12, 所以|F1M|=|F1F2|=8,|F2M|=4. 设M(x0,y0)(x0>0,y0>0), 则 所以x0=3,y0=,即M(3,). 5.C　设焦点为F,点A的坐标为(x0,y0),由抛物线的定义得|AF|=x0+,∵点A到y轴的距离为9,∴x0=9,∴9+=12,∴p=6.故选C. 6.A　设双曲线C的标准方程为-=1(a>0,b>0),由题意知|PF1|-|PF2|=2a,|PF1|=3|PF2|,两式联立解得|PF1|=3a,|PF2|=a,又|F1F2|=2c,所以在△PF1F2中,由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|cos∠F1PF2,即4c2=9a2+a2-2×3a·a·cos 60°,可得=,所以双曲线C的离心率e==.故选A. 7.A　由题意可得||PF1|-|PF2||=2a, 因为F1P⊥F2P,所以|PF1|2+|PF2|2=4c2, 所以(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1||PF2|=4a2+2|PF1||PF2|=4c2,得|PF1||PF2|=2b2, 故=|PF1||PF2|=b2=4, 所以e=====, 所以a=1. 8.答案　x=- 解析　∵点P在抛物线上且PF⊥x轴,不妨设点P位于x轴上方,∴P,∵OP⊥PQ, ∴由平面几何知识可得|PF|2=|OF|·|FQ|, 又∵|FQ|=6,∴p2=×6,∴p=3或p=0(舍去), ∴C的准线方程为x=-. 9.答案　8 解析　如图,设|PF1|=m,|PF2|=n,由椭圆方程+=1,可得2a=|PF1|+|PF2|=m+n=8,2c=|F1F2|=4. 由P,Q关于原点对称得|OP|=|OQ|, 又|OF1|=|OF2|,故四边形PF1QF2为平行四边形. 依据|F1F2|=|PQ|,得到四边形PF1QF2为矩形, 故PF1⊥PF2. 在Rt△F1PF2中,∠F2PF1=90°,则m2+n2=(4)2=48, 由(m+n)2=64得m2+n2+2mn=48+2mn=64, 解得mn=8,所以四边形PF1QF2的面积为8. 10.解析　(1)由题设可得=,得m2=,所以C的方程为+=1. (2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0. 由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-(x-5),所以|BP|=yP,|BQ|=. 因为|BP|=|BQ|,所以yP=1, 将yP=1代入C的方程,解得xP=3或xP=-3. 由直线BP的方程得yQ=2或yQ=8. 所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8). ∴|P1Q1|=,直线P1Q1的方程为y=x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为,故△AP1Q1的面积为××=. |P2Q2|=,直线P2Q2的方程为y=x+,点A到直线P2Q2的距离为,故△AP2Q2的面积为××=. 综上,△APQ的面积为. 11.解析　(1)由题意得解得 故椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明:①先证必要性. 因为M,N,F三点共线, 所以设直线MN:x=my+. 由题意知O(0,0)到直线MN的距离d==1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-=0, 根据对称性,不妨设直线MN:y=x-. 联立消去y,整理得4x2-6x+3=0. 设M(x1,y1),N(x2,y2). 故x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=·|x1-x2|=×=,即必要性成立. ②再证充分性. 因为直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切,所以设切点为P(x0,y0)(x0>0),M(x1,y1),N(x2,y2). 则直线MN:x0x+y0y=1且+=1. 联立得 则x2+3(1-x0x)2=3,即(3+)x2-6x0x+3-3=0,即(2+1)x2-6x0x+3=0,所以x1+x2=,x1x2=, 所以|x1-x2|====.又kMN=-, 故|MN|=|x1-x2|=·|x1-x2|==,即2-2x0+1=0,即(x0-1)2=0,所以x0=.故y0=±=±. 由于MN:x0x+y0y=1,即MN:x±y=, 故直线MN过F(,0),即M,N,F三点共线.故充分性成立. 故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=. 12.解析　(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则=(a,1),=(a,-1). 由·=8得a2-1=8,即a=3. 所以E的方程为+y2=1. (2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t). 若t≠0,设直线CD的方程为x=my+n, 由题意可知-3<n<3. 由于直线PA的方程为y=(x+3), 所以y1=(x1+3).直线PB的方程为y=(x-3), 所以y2=(x2-3).可得3y1(x2-3)=y2(x1+3). 由于+=1,因此=-, 可得27y1y2=-(x1+3)(x2+3), 即(27+m2)y1y2+m(n+3)(y1+y2)+(n+3)2=0.① 将x=my+n代入+y2=1得(m2+9)y2+2mny+n2-9=0,所以y1+y2=-,y1y2=. 代入①式得(27+m2)(n2-9)-2m(n+3)mn+(n+3)2(m2+9)=0,解得n1=-3(舍去),n2=. 故直线CD的方程为x=my+, 即直线CD过定点. 若t=0,则直线CD的方程为y=0,过点. 综上,直线CD过定点. 13.解析　(1)由题意知|F1F2|=2,因为|MF1|-|MF2|=2<|F1F2|=2,所以结合双曲线的定义知,点M的轨迹C是以F1,F2为焦点的双曲线的右支. 设其方程为-=1(a>0,b>0,x≥a),则2a=2,2c=2,解得a=1,c=, 则b2=c2-a2=()2-12=16, 所以C的方程为x2-=1(x≥1). (2)如图,设T,直线AB的方程为y-m=k1, 由 得(16-)x2+(-2k1m)x-+k1m-m2-16=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=,x1x2=, 则|TA|=,|TB|=, 所以|TA|·|TB|=(1+)·=. 设直线PQ的方程为y-m=k2, 同理,得|TP|·|TQ|=. 因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|, 所以=, 所以=,即=,由题意知k1≠k2,所以k1+k2=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0. 14.解析　(1)由题设得·=-,化简得+=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点. (2)(i)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0). 由得x=±. 记u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 于是直线QG的斜率为,方程为y=(x-u). 由得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.① 设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,故xG=,由此得yG=.从而直线PG的斜率为=-. 所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形. (ii)由(i)得|PQ|=2u,|PG|=, 所以S△PQG=|PQ||PG|==. 设t=k+,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号. 因为S=在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为. 因此,△PQG面积的最大值为. 高考模拟练 1.B　依题意,得|MF1|-|MF2|=2a①,|MF1|+|MF2|=②,联立①②,解得|MF1|=a+,|MF2|=-a.由F1F2为直径,易得四边形F1NF2M为矩形, ∴S=|MF1|·|MF2|=-a2,即=-a2,即p2=32a2.由|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2,得2a2+=4c2,即3a2=2c2,∴a2=2b2,∴=,∴该双曲线的渐近线方程为y=±x,故选B. 2.C　∵|AF2|=2|BF2|,∴|AB|=3|BF2|, 又|AB|=|BF1|,∴|BF1|=3|BF2|, 又|BF1|+|BF2|=2a,∴|BF2|=, ∴|AF2|=a,|BF1|=a.连接AF1. ∵|AF1|+|AF2|=2a, ∴|AF1|=a,∴|AF1|=|AF2|,∴A在y轴上. 在Rt△AF2O中,cos∠AF2O=,在△BF1F2中,由余弦定理可得cos∠BF2F1==.由cos∠AF2O+cos∠BF2F1=0,可得+=0,解得a2=12,∴b2=a2-c2=12-4=8,∴椭圆C的方程为+=1.故选C. 3.C　设椭圆的一个短轴端点为A.由题意可知,若焦点在x轴上,则a2=3,b2=m(0<m<3),c2=3-m.∵椭圆C上存在点M满足∠F1MF2=120°,∠F1AF2≥120°,∴∠F1AO≥60°,∴tan∠F1AO=≥tan 60°,∴c≥b,∴3-m≥3m,解得m≤,∴0<m≤;若焦点在y轴上,则a2=m(m>3),b2=3,c2=m-3, 由题意,得∠F1AF2≥120°,∴∠F1AO≥60°, ∴tan∠F1AO=≥tan 60°,所以c≥b,∴m-3≥9,解得m≥12.故m的取值范围是∪[12,+∞).故选C. 4.BC　抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线方程为y=-, 由点E(t,2)到焦点F的距离等于3,可得2+=3,解得p=2, 则抛物线C的方程为x2=4y,准线方程为y=-1,故A错误,B正确; 由题知直线l的斜率存在,F(0,1),设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+1, 联立消去y,得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4, 所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2,所以AB的中点Q的坐标为(2k,2k2+1), 所以AB=y1+y2+p=4k2+2+2=4k2+4,故线段AB的最小值是4,故D错误; 易知圆Q的半径r=2k2+2, 在等腰三角形QMN中,sin∠QMN===1-≥1-=, 当且仅当k=0时取等号,所以sin∠QMN的最小值为,故C正确. 故选BC. 5.答案　12 解析　连接PF2.如图,因为P,Q两点关于原点O对称,所以△PF1Q的面积等于△PF1F2的面积. 因为直线PF1与圆x2+y2=r2相切于点M,所以OM⊥PF1.因为2=+,所以M为PF1的中点,又O为F1F2的中点,所以OM∥PF2,则PF2⊥PF1.由双曲线C:-=1,得a=4,c==2.设|PF1|=m,|PF2|=n,则有|m-n|=2a=8.因为PF2⊥PF1,所以m2+n2=(2c)2=112,所以2mn=(m2+n2)-(m-n)2=112-64=48,所以mn=24,所以△PF1F2的面积等于mn=12,即△PF1Q的面积为12. 6.答案　9 解析　如图,设抛物线C的准线为l,作BD⊥l,NG⊥l,AE⊥l,垂足分别为D,G,E,则|AB|=|BF|+|AF|=|BD|+|AE|=2|NG|,∴|NA|=|NG|,∴|NA|+|NP|=|NG|+|NP|,∵点P到直线l的距离为13,∴|NG|+|NP|≥13,当且仅当G,N,P三点共线且N在G,P之间时,|NG|+|NP|=|PG|=13,此时,点N的纵坐标yN=4.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为x=my+1(m≠0),将其代入y2=4x,得y2-4my-4=0,则y1+y2=4m.当G,N,P三点共线时,y1+y2=2yN=8,∴4m=8,∴m=2,故直线AB的方程为x=2y+1,N(9,4),∴当|NA|+|NP|的值最小时,点N的横坐标为9. 7.解析　(1)由题意可知,A(-a,0),点E的横坐标为4.因为点M的坐标为,=,所以1-(-a)=4-1,解得a=2, 将M代入椭圆C的方程,可得+=1,解得b=1(负值舍去), 所以椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)由(1)知,A(-2,0),设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),M(x0,y0),易得E(4,6k), 联立消去y并整理,得(4k2+1)x2+16k2x+16k2-4=0,则-2x0=, 所以x0=,所以y0=, 所以M, 则S1=|AB||y0|=. 因为B(2,0),所以kBM=-, 所以直线BM的方程为y=-(x-2), 所以D, 则S2=|ED||4-x0|=·=, 所以===≤=, 当且仅当144k2=,即k=时取等号, 所以的取值范围为. 8.解析　(1)∵抛物线y2=2px(p>0)的准线方程为x=-,点到其焦点的距离为1,∴+=1,∴p=, ∴抛物线P的方程为y2=x. ∵点在抛物线P上,∴a2=,∴a=±. (2)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2), 联立消去x并整理,得y2-y+m=0, 则y1+y2=1,y1y2=m,且Δ=1-4m>0,即m<, 则|AB|=·|y1-y2|=·=. 设线段AB的中点为M,∴点M的纵坐标为=,∴点M的横坐标为-m,∴M. ∵直线CD为线段AB的垂直平分线, ∴直线CD的方程为y=-x+1-m. 设C(x3,y3),D(x4,y4), 联立消去x并整理,得y2+y+m-1=0, 则y3+y4=-1,y3y4=m-1, 故|CD|=·|y3-y4|=·=. 设线段CD的中点为N,则N. ∵=(10-8m)=, |AN|2=|AM|2+|MN|2=+2=, ∴|AN|=|CD|, ∴点A在以CD为直径的圆上, 同理,点B也在以CD为直径的圆上, 故A,B,C,D四点共圆. 9.解析　(1)以AB所在的直线为y轴,OD所在的直线为x轴,建立如图所示的平面直角坐标系, 设椭圆的方程为+=1(a>b>0). 由题意可知,b=2,e==,又a2=b2+c2,∴a=,c=1, ∴椭圆的方程为+=1, 易知xG=2,∴yM=, 则S△PMN=×1×=(百平方米). (2)由题意可知直线EF的方程为x+2y-6=0, 设平行于直线EF且与椭圆相切的直线为l:x+2y+m=0(m≠-6). 因为椭圆上任意一点到道路EF的距离都不小于,所以椭圆的面积最大时,直线l与直线EF之间的距离为,可得=, 解得m=-5或m=-7(舍去). 设椭圆的方程为+=1(a>0), 由得(a2+16)x2-10a2x+9a2=0, ∴Δ=0,∴a2=9,即a=3, ∴×3×2×π=3π(百平方米), 即半椭圆形状的小湖的最大面积为3π百平方米. 44 学科网（北京）股份有限公司 $$