专题精准强化16 圆锥曲线中的综合问题-【创新教程】2026年高考数学大二轮专题增分方案课时作业

专题精准强化 ⑧错题序号： 专题精准强化16圆锥曲线中的综合问题 @错因分析 2.(2025·娄底一模)若抛物线Γ的方程为y2 1.(2024·全国甲卷)设椭圆C:。2千3 =1(a =4x,焦点为F,设P,Q是抛物线T上两个 >6>0)的右焦点为F,点M1,)在C上， 不同的动点. (1)若|PF=3,求直线PF的斜率； 且MF⊥x轴. (1)求C的方程； (2)设PQ中点为R,若直线PQ斜率为 2 (2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点，N 证明点R在一条定直线上. 为线段FP的中点，直线NB交直线MF于 点Q.证明：AQ⊥y轴. ·203 1数学 3.（2025·襄阳三模)在平面直角坐标系中，Q 4.(2025·南京二模)已知抛物线C:y2=2px (2,0),过点P(2,4)作直线1与圆O:x2+y2 《p>0)与双曲线E:之一3=1(a>0,b>0) =4交于不同的两点M,N. (1)若直线l的斜率为1，求MN|; 有公共焦点F,且p=4b.过F的直线l与抛 (2)设直线QM,QN的斜率分别是k1,k2,探 物线C交于A,B两点，与E的两条渐近线 索1十k2是不是定值，若是，求出该定值，若 交于P,Q两点（均位于y轴右侧）. 不是，说明理由， (1)求E的渐近线方程； (2)若实数入满足入 o0+a】 1 1 ,求入的取值范围， ·204·答案精析 12.解：(1)已知双曲线C的中心为坐标原点O,且焦点在x2.解：(1)根据焦半径公式得到xp=2,求出P(2,士2②)，从而 轴上，故设其标准方程为三-兰-=1(a>0,b>0), q? 求出斜率：2)法一：PQ=号十4，联立抛物线方程，设 又其渐近线方程为，5x十2y=0,即么=50， P(x1y),Q(x2y2),得到两根之和，两根之积，得到yR a 2 又点P4,-3)在双曲线C上，代入得9-是=1@， =十业=22，求出答案；法二：设P(x1,),Q(x2, 2 a 62 联立①②，解得a=2,b=√3， ),得到业二当=4=区 -孟十”=乞，从而确定为十⅓ 所以双曲线C的标准方程为 2 =1; 4,得到发=士2=2区，得到答案。 (2)直线1过点Q(0,2)且倾斜 (1)F(1,0),|PF1=xp+1=3, 角为45°，故其方程为 .xp=2,将xp=2代入y2=4x y=x十2， 将其代入双曲线方程，联立得 得，yp=士22， 工一x+2)=1,化筒得2+ P(2,士2√2) R 4 3 16x+28=0, 所以n=专9=士2， 解得x1=一2和x2=一14，代 (2)法一：设P(x1,y1),Q(x2, 入直线1， y2), 求得y1=0和y2=一12， 即直线1与双曲线C的交点M(一2,0)、N(一14，一12)， PQ:y=2 x十t,即x=2y 所以Saw=号10Mly=号×2X12=12. √2t, 代入y2=4x,得y2一4√2y十4√2t=0, 专题精准强化16 由韦达定理，有y1十y2=4√2， 1.解：设F(c,0,由题设有c三11。-号 故g=当十业=22，R在定直线y=22上. 2 故。1-号，解得a=2,截b=尽 法二：设P(x1y1),Q(x2y2）， 故箱围方程为号+号-1， 由题意，二业=业一”=4-巨」 Zaa1 yy+y 2' 44 (2)直线AB的斜率必定存 y米 在，设AB:y=k(x-4), 故y1十y2=4V2, A(x1y1), 故g=当业=22，R在定直线y=22上. B(x2y2), 2 由3x2+4y2-12 3.解：(1)依题意，得直线1：y-4= yx4,可得(3 x一2，即y=x十2， 十4k2)x2-32k2x+64k2 则圆心(0,0)到直线1的距离 12=0, d=12=2,所以1MN1 故△=1024k4-4(3+4k)(64k2-12)>0, √2 =2√4-2=2√2. (2)依题意，直线1的斜率存在且 32k2 64k2-12 不为零，设M(x1,y1),N(x2, 又西十西=3十级西=3+4银2， y2),l:y-4=k(x-2), 而N(停小故克线BN:y=三（-受） 联立4（红-2》，得1+)2-4场(k-2)x十4 {x2+y2=4 x2一2 -16k+12=0, 3 故%=2 -3y2 1+62,西4=62-16k+12 则西十，=46(-2) 1+k2 52x2-5’ x2一2 所以与+板十产。 k(c1一2)+4+ x1一2 所以y1-a=y十2x5 3y2 k(x2-2)+ 4 x2-2 =2+4。+ 「x1-2x2-2 =×(2x,-5)+32 =2k+ 4(x1十x2一4) 2x2-5 x1x2-2(x1十x2)+4 =b(x1-4)×(2x2-5)+3k(x2-4) 2x2-5 =2k 4×[年2 =k21x-5(x1十x2)+8 2x2-5 4级16k+12-2×4k-2)+4 1+k 1十k2 2×6412-5×32k 3十462十8 =2k-(2k+1)=-1, =k- 3+4k2 所以1十k2是定值，且定值为一1. 2x2-5 4.解：(1)抛物线C:y=2px(p>0)与双曲线E,号 y 128k2-24-160k2+24+32k =k 3+4k2 -=0, 1(a>0,b>0)有公共的焦点F, 2x2-5 故y1=yQ,即AQ⊥y轴. 设双曲线E的焦距为2，则有号=c, ·303· I数学 又p=4b,则c=2b. 7.B[去A,B,C三个不同的景区游览，每个人去一个景 由a2+b=c2,得a=3b, 区，每个景区都有人去游览， 所以E的斯远战的方程为=士得， 则三个景区的人数有3种情况：①1,1,4型，则不同种数 为(C%-C)A3=54; (2)设l:x=my十c,P(x1y),Q(x2y2), ②1,2,3型，则不同种数为CCC8A-C4A-CCA L与E的两条渐近线交于P,Q两点均位于y轴右侧，有 =264; m2<3, /x=my十c y=士z解得y- 由 @2.2,2型，期不同升教为CCc-CA=72, 2= c 3 √5-m -3-m 所以共有54+264+72=390种.] 8.C[假设A、B、C、D、E、F原来的车位的编号分别为1、 0n+0Q2T+2 2、3、4、5、6, =3-m+|-3-ml=3-m-(-3-m)l=3 依题意，A车停入了B车原来的位置的事件为样本 2c 2c C 空间， 设A(),B(4),由化C,消去工x得y2 B、C、D、E、F,5辆车停放的方法数为A, ly=2px 从C、D、E、F中任取一辆车停在原来位置上有C种方 2pmx-p2=0, 法，不妨假设C停在原处， 则有y3+y4=2pm, 若B停在A处，则D、E、F三阶错位，有2种方法， 3y4=-p2, 1 1 3 4 5 6 AF BF 1 1 E F √/1+m21%3 √1+my B F ED = y3-y4 /1+m3 Iys 若B不停在A处，则等价于四阶错位，有9种方法， 1 y3十y4 3 4 6 /1+m2 ly3y4 1 2pml √1十m2p2 E 2, m R +1' F E 有.2」 /m2 m D √+即√m+ 由m<3,有∈[，号)，所以A∈[p,) 专题精准强化17 1.B2.C3.A 4.B[首先考虑两对混双的组合，再考虑余下4名男选手 F C E D B 和4名女选手组成两对男双组合，两对女双组合，按照分 步乘法计数原理计算可得. 则停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的事件M含 先考虑两对混双的组合有2C·C哈种不同的方法， 有基本事件数为11C4, 余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法 所以停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的概率为 组成两对男双组合，两对女双组合， 故共有2C·C×3×3=4050.] -0 5.A[根据条件概率的计算公式即可求解. 事件A=“口袋中剩下的2个球颜色相同”，事件B=“抽 取的3个球颜色不同”，所以事件A共有C+C%=4个 9AC[对于遮项A:由()”展开式的适项为T1 基本事件，事件AB共有CC2=3个基本事件，所以 P(81A==J =c(）广=-1rcx,=01,2,6 令6一2k=6,解得k=0,所以含x的项为 6.C[将问题转化为排列组合问题，使用组合方法求解. T1=(-1)°C%x5=x,此时系数为1，故A正确； 现有8个(+红一)相聚，从年个(+红一号)中的三 对于造项B:由(+）厂展开戈的道项为1 项1，工，-上各取一项相乘时，若结果为xy2的常数 y cx()广-C,=0,12,6. 倍，则所取的8项中有4个1,2个工，2个一1 令6-2k=0,解得k=3,所以常数项为T1=Cx°=20， y 所以，总的选取方法数目就是C。·C·C号=70×6×1 故B正确； =420. 可知n=6,所以二项式系数之 李个这样选取后相案的结果都是1·：（}） 对于选项C:由(+)） 和为2=64，故C正确； xy2,即给系数的贡献总是1，所以x2y2的系数就是 对于选项D:令x=1,可得所有项系数之和为(1一1)= 全部的选取数420.] 0,故D错误.] ·304·