专题卷(11)圆锥曲线中的静态求值和动态求最值-【鱼跃龙门卷】2026年高三数学二轮复习专题金卷

3 2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（十一） 数学·圆锥曲线中的静态求值和动态求最值 (考试时间120分钟，总分150分) 1.(15分) 已知腊周C+茶=1a≥6>0)，其离心率为号，且过点H1.》 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设椭圆C的左、右顶点分别为A和B,求直线HA,HB的斜率之和； (3)过点T(4,0)的直线L2交椭圆C于P,Q两点（异于点H),设直线HP,HQ的斜率分别 为k1,k2,证明：k1十k2为定值. 4 2.(15分) 在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,C上有两个不同动点 A(x1,y1),B(x2y2). (1)若直线AB过点F,求证：y1y2=一p; (2)已知定点M(?,p】,若线段AF,MF,BF的长度依次成等差数列. (ⅰ)求证：线段AB的垂直平分线经过一个定点Q; (ⅱ)若（ⅰ）中的定点Q到原点O的距离为6，求△QAB面积的最大值. 数学·专题卷（十一）第1页（共8页） 鱼跃龙门卷 (15分) 设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交C于M,N两点.当直线 MD垂直于x轴时，|MF|=3. (1)求C的方程； (2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的斜率为k1,k2,求 k2 的值. (15分) 已知右焦点为52.0的%圆C,+若-1a>>0过点2，③. (1)求C的方程； (2)若点M在C上，点N为圆E:x2+(y一4)2=3上一点，求|MN|的最大值； (3)过点F的直线1与C交于A,B,与双曲线写y=1的右支交于点P,Q,是否存在常数 m,使得AB十PQ为定值？若存在，求出m的值：若不存在，请说明理由。 m 数学·专题卷（十一）第2页（共8页） 5.(15分) 6. x2 y2 已知双曲线C:看若=1(a>0,6>0)的-条渐近线方程为x+2y=0,点P(2,1D是C上 一点，过点P作斜率分别为k1,2的两条直线11，l2,且直线11与C交于另一点A,直线12与 C交于另一点B (1)求双曲线C的标准方程； (2)若直线l1,l2的倾斜角互补，且k1=√2，求|AB; (3)若k1+2=1,证明：直线AB与y轴的交点为定点，并求出定点坐标. 数学·专题卷（十一）第3页（共8页） 鱼跃龙门卷 (15分) 知双曲线C:-1(Q>0,b>0),P是双曲线C右支上的一个动点，且P到双曲线C 的两条渐近线y=士厄x的距离之积为3 (1)求双曲线C的标准方程； (2)过点P作直线l交双曲线C的左支于点Q,分别交两条渐近线于点A,B (ⅰ)是否存在直线1，使得R(1,1)为PQ的中点？若存在，求出直线1的方程；若不存在， 请说明理由； PQ的取值范围. (1)当0P>2时，直线1与圆0：x+y=2相切，求AB 数学·专题卷（十一）第4页（共8页） 7.(15分) 已知椭圆C:。+若-1a>6>0)的离心率为2，且点P(1,)在椭圆C上. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线L与椭圆C交于M,N两点，且坐标原点O到直线1的距离为 2√21 7 ,见 大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由； (3)在(2)的条件下，试求三角形△MON的面积S的取值范围. 数学·专题卷（十一）第5页（共8页） 8.(15分) 我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊 妹~圆维面线.卫知双面线写茶-1与能圆C是姊球”周能曲线，分别为E和C的资 J∠MON的 心率，e1e2= √/15 4 (1)求椭圆C的方程； (2)试确定m的取值范围，使得椭圆C上有两个不同的点关于直线y=4x十m对称； (3)若A,B是椭圆C上的两动点(A,B两点不关于x轴对称)，O为坐标原点，OA,OB的斜 率分别为k1,k2,问是否存在非零常数入，使得1·2=入时，△AOB的面积S为定值？若 存在，求出入的值；若不存在，请说明理由. 鱼跃龙门卷 数学·专题卷（十一）第6页（共8页） 9.(15分) 已知椭圆C:后 y2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F,F2,且FF,=2,离心率为2 (1)求C的方程； (2)设过F2且不与坐标轴垂直的直线与椭圆C交于A,B两点. (1)若M为AB的中点，O为坐标原点，设AB,OM的斜率分别为k1,k2,求k1k2的值； (ⅱ)过A,B分别作x轴的垂线，垂足分别为P,Q,证明：直线AQ与BP的交点的横坐标 为定值. 10.(15分) 在平面直角坐标系xOy中，将点P（x,y)绕原点O逆时针旋转α角，利用公式 x=xcos a一ysin a, 可得到点P'(x',y')(到原点的距离不变).现将双曲线xy=1绕原点 ly'=xsin a+ycos a, 3π 0逆时针旋转（到原点的距离不变）得到双曲线C (1)求双曲线C的方程； (2)若点K在直线x=1上，过点K作斜率为的直线1，与双曲线C交于A,B两点，且K 为线段AB的中点，求点K的纵坐标； (3)过双曲线C的右焦点作斜率不为0的直线，与双曲线C的两支交于M,N两点.试问 EMFM 是否存在定直线x=xo,与x轴交于点E,与直线m交于点F,使得EN=FN恒成 立？若存在，求出该定直线；若不存在，请说明理由. 数学·专题卷（十一）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 已知双曲线C:-义1(@>0)的左、右焦点分别是F1,P2,焦距为4， 5 (I)若M是C上一点，MF=2,求MF2; (2)设直线1经过F2交C的右支于A,B两点. ①求|AB|的取值范围； ②点P(x3y3),Q(x4y4)在C上，且x3>x4>0,y3>0,过P作斜率为-3的直线与过 Q作斜率为√3的直线交于点T,若T在AB上且AB∥PQ,求证：AT|=|TB|. 数学·专题卷（十一）第8页（共8页）·数学· 1 所以切线方程为y=一x一之： 斜率。=一1，g的领斜角a-8不。 由(1)可知，直线l:x=my+2,A(x1y1),B(x2y2), 联立方程：二m+2”消去工得)-2my一4=0， 1y2=2x, 则△=4(m2+4)>0,y1十y2=2m,y1y2=-4,故x1+x2= 2m2+4,x1x2=4. 不妨设直线AC,BC的倾斜角分别为B,Y,则由g恰好平分直 线AC与BC的夹角可知，B-a=a-Y. tanB=kAc=y十1 一1，tany=kc=y十1 1 x1一2 x2一2 mg-0-ma0.即里2-年a kAc-(-1) 1g,即Cc,ke十 1+kAc·(-1D1+(-1)·k' 1-kAc 1-kBc 1)(1-kBc)=(1-kAc)·(-1-kBc) 化简得AC·C=1, 即，+1D+1)-(,)(:）即++ y+1=-2a++子 代入得-4+2m+1=4-名(2m+)+子，即m2+2m 210， 4 3 7 解得m1=2m=2 当m=时，直线1过点C,合去。 2 4 所以直线1：y=一7x十7 19.(1)解：显然x=0不是f(x)的零点，令f(x)=0,则m= e x 依题意，直线y=m与函数g(x)=C的图象有两个交点， 又g'(x)=e(x-1) 当x<1且x≠0时，g'(x)<0,当x>1时，g'(x)>0, 则函数g(x)在(-∞，0)，(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单 调递增， 当x<0时，g(x)<0,当x→+o∞时， g(x)→+∞，g(1)=e,其草图如下， 由图象可知，实数m的取值范围为(e, +∞). (2)证明：由(lnx)f(lnx)+m(lnx)2+ lnx≥2(x-1), 化简得(x+1)lnx-2(x-1)≥0， 令h(x)=(x+1)nx-2(x-1), 即证x∈[1，+∞)时，h(x)≥0恒成立， 因为h'x)=nx+-1,设m(a)=nx+-1,则m'(x)= 学0在：长[1，十)上破立， 所以m(x)=lnx十】-1在x∈[1，十∞)上单调递增， 所以x∈[1，十∞)时，m(x)≥m(1)=0, 即h'(x)≥0在x∈[1，十∞)上恒成立， 所以h(x)=(x+1)1nx-2(x一1)在x∈[1，十∞)单调递增， 故h(x)≥h(1)=0, 所以(x十1)lnx-2(x-1)≥0恒成立，原式得证. (3)证明：由(2)，当x∈(0,1)时，m'(x)<0,m(x)在x∈(0,1) 上单调递减， 所以me)=lnx+子-1>m1)=0,>0, 即h'(x)>0,所以h(x)=(x+1)lnx-2(x-1)在x∈(0,1) 上单调递增， 所以h(x)<h(1)=0, 即1nx<2x-D x十1， 易知0<x1<1<x2, 因为1nz<2(x-1) x+1,x∈(0,1)，lnx>2(x-1) x+1,x∈(1， +∞)， 所以=hm+lh<am+2》,=nm十n, In m+- 2(x2-1) x2十1， 所以x+x1<(x1+1)lnm+2x1-2,x+x2>(x2十1)lnm+ 2x2-2, 所以x号-x+x2-x1>(x2-x1)nm十2(x2-x1),即x2十 x1+1>In m+2,x2+x>In m+1, 所以要证十x>3一总，即证h十1>3只，只需证hm十 >2,m∈(e,+∞)， m 记Fom）=lnm+分m∈(e,十o),则F'm）)= 1 e m-e m m2 n2, 易知F(m)在(e,十∞)上单调递增， 所以F(m)>F(e)=2,即得证. 数学（十一） x2 解：由椭圆C:十1(a>b>0)的离心率为号 √a2-b21mb23 a 由餐图C过点(，)，得是+品=1，联立g得。=6， 3) 62=3, 所以相厨C的标准方程为号+苦-1 (2)解：由(1)得A(-2,0),B(2,0),直线HA,HB的斜率 3 -01 2 3 km=1=（-2)=2,kHB=1-2=-2, 所以直线HA,HB的斜率之和为一1. (3)证明：由直线12过点T(4,0),且交椭圆C于P,Q两点，得 直线12的斜率存在， 当直线l2的斜率为0时，其方程为y=0,不妨令点P(一2,0)， Q(2,0),由(2)知k1十k2=一1； 当直线l2的斜率不为0时，设其方程为x=y十4，P(x1y1), Q(x2y2), ∫x=ty+4, 由3x千412消去x并整理得(32+4)y+24y+36=0, △=(24t)2-144(3t2+4)>0,解得t<-2或t>2,y1+y2= ·13 参考答案及解析 24t 36 32+4yy=32+4 号G+16a6-5, 3 3 因此k1十k,= y1-2y2-2 又Q到直线AB的距离d=+16-+16, -1+,-1 √02+16 1 3 3 所以SAA0=2AB1·d三4√(+16)(16-t)(+16 y1-2,y2-2 y,+3+w,+3 1 方法一：S△ABQ= 4V2(+16(32-2x2)(2+16)≤ 1 (.-2)w:+3)+(:-2）+3) 112+16)+(32-2)+02+167_646, (ty1+3)(ty2+3) 4V2L 3 9 29+(3-k+）9 当且仅当t2+16=32-2t2,即t2= 9∈0,16时取等号 t2y1y2+3t(y1+y2)+9 24t 2t· 所以(SaAg）a-646 9 36 ”32+4-3· 4+9 方法二：令入=t+16∈(16,32)，则S△ABQ= 4V√X+32平， 9(t2-4)=-1, t记fa)=-x+32,E16,32,令fa)=-3x(a-）=0, -9(t2-4) 所以k1十k2为定值-1. 得=影， (I)证明：显然直线AB的斜率不为0，又F(之，0），所以可设直 当x∈(16，)时，fa)>0,fa)在(16，)上单调递增： 线AB的方程为x=y十号， 当x∈(32)时，fQ)<0,fQ)在(，2)上单调递减。 联立 =y+号消去得y-2p的一p=0,则y y2=2px, 所以Saw=vI=子（ ）-64v6 9 -p2. 当t=0时，线段AB的中点N(2,0), (2)如图所示. 不妨取A(2,4),B(2,一4)， (1)证明：已知A(x1y1),B(x2y2), 则由已知及抛物线定义得，AF|十|BF|= 则Sa4m=令·8(6-2)=16<64,6 9 (✉+2）+(x+）=21MF=2,即 综上得(SAAm)=646 9· x1十x2=p, 3.解：(1)当直线MD垂直于x轴时，由点D(p,0),可得M(pW2), 当x1≠x2时，AB的垂直平分线方程为 y”（-》 因为1M=3,由抛物线的定义，可得p十多=3，解得p=2, 2 所以抛物线C的方程为y2=4x. (2)设M(x1y1),N(x2,y2),A(x3y3),B(x4y4), 设直线AM的方程为y=ka(x一2)，直线BN的方程为y= 所以AB的垂直平分线经过一-个定点Q(号，0)， k4(x-2), 当x1=x2时，由对称性知AB的垂直平分线为x轴，也经过点 |y=k3(x-2) 联立方程组 a(2), y2=4x, 整理得)少一号y-8=0,可得，十 4 y3 y1y3=-8, 综上，AB的垂直平分线经过-个定点Q(2,0): 联立方程组 (1)解：由题意，碧=6，解得p=4,所以Q60), 化任-》袋理得y一后y一8=0，可得+ y2=4x, 4 故抛物线C的方程为y2=8x,x1十x2=4, y4=,yy4=-8, 令十业=1，则AB的中点N(2,),所以0=一二 2 4’ 又由直线MN的斜率为，=二当=y:一y1=4 x2x1y2y好y2+y11 当：≠0时，直线AB的方程为y-1=兰x-2》, 44 联立y2=8.x消x得y2-2ty十2t2-16=0, 且直袋他的斜率为-学兰是 4 且依题意△>0，解得-4<t<4且t≠0，且y1十y2=2t,y1y2= 44 2t2-16, 4 yiy2 由弦长公式得1AB1=√+()·，+-4 (8+ 8 2(y1+y2)’ 高三二轮复习专题卷 4 y2+y1 8 2(y1+y2) 当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=1,解得 =一4，测会=2： 当直线MN的斜率存在时，直线MN的方程为y=k(x一1)， 联立方程组：1》”整理得y-意y一4=0，可得十 y2=4x, 4 =2, 5 =友yy=4，则 签上可得会的位为2 (a2-b2=4, 4.解：(1)由题意得2 3 a+6=1, 解得口二8所以C的方程为 b2=4, ￥1. ②设My,由题意贺E04,专+ =1,x2=8-2y2, -2≤y≤2， 所以|ME|=√2+(y-4)7=√一y2-8y+24= √/一(y+4)2+40, 因为-2≤y≤2，所以当y=-2时，ME引x=6, 所以|MN|mx=|ME|max十√3=6十√3. (3)由题意得直线1的斜率不为0， 故设l的方程为x=ty十2，A(x1,y1),B(x2y2),P(x3y), Q(x4y4), (x=ty+2, 联立直线！与C的方程，得 信+ 消去x并整理，得 (t2+2)y2+4ty-4=0, 所以A=16t2+16(t2+2)=32(t2+1)>0,y1+y2=- 4t t2+21 4 y1y=一2+2 所以|AB|=√1+t·√/(y1+y2)-4yy2=V√1+t· 16t2 16_4V2(t2+1) √2+2+2+2 t2+2 联立直线1与双面线写-y=1的方程，得 (x=ty+2, 3 -y2=1, 消去x并整理，得(2-3)y2+4y十1=0， 由题意知t2一3≠0，△=12t2+12>0, 1 y+y=-3yy2=3' 因为1过F(2,0)且与双曲线的右支交 于两点，所以yy=-3<0,所以 t2<3, 所以|PQ|=√1+7·√y,+y4)2-4yy4=√1+· 16t2 4=2W3(2+1) √(t2-3)2t2-33-t2 m t2+2 所以AB+PQ m(3-t2) 4√2(t2+1) 2W3(2+1D (3√2-4V3m)t2+6√2+12W5m 6 24(t+1) 若品+0为定值，则3厄-4m=6+128m,即 1 16 所以存在m=瓷使得品十P0为定位。 1 41 解：(1)由题知， 261, 所以a=√2，b=1, (a2 所以双曲线C的标准方程为号-y2=1。 (2)由题知，k1=√2，k2=一√2， 直线PA:y=√2(x-2)十1，直线PB:y=-√2(x-2)+1, y=√2(x-2)+1, 联立x2 得3x2-4(4-√2)x十20-8V2=0,4= 2-y2=1, 48-32√2>0. 因为方程有一个根为2，所以xA= 042w-g 3 3ya=二42-5 同理可得，xa=10十42 3 所以|AB=xA-xa+(yA-B)严-15 3 (3)当直线AB的斜率不存在时，点A,B关于x轴对称， 设A(y),B(x,-y),则由1十：=1，得0- xo-2 -y0-1 x0-2 =1, 即21，解得=0，不符合题意 所以直线AB的斜率存在. 设直线AB:y=kx十t,代人双曲线方程 2-y2=1, 化简得(2k2-1)x2+4ktx十2t2+2=0(2k2-1≠0)，△>0.设 A(x1y1),B(x2y2), Akt 则x1x2= 2t2+2 2k2-1 x1十x2=一2k-1' +21,即t2+ 根据+2=1，得，一2+y2二1。 x1-2 kc十t-1=1, x2-2 整理得(2k-1)x1x2十(t-2k+1)(x1十x2)-4t=0, 所以(0A-1·器者+4-2处+.(-0德）-=0， 整理得t2+(2k-2)t+1-2k=0,即(t-1)·(t+2k-1)=0, 所以t=1或t=1一2k, 当t=1时，直线AB的方程为y=x十1，经过y轴上的定点 (0,1)； 当t=1一2k时，直线AB的方程为y=k(x-2)十1，经过定点 P(2,1),不符合题意. 综上，直线AB与y轴的交点为定点，且定点坐标为(0,1). 14 解：1)设P(m,n),由于两条渐近线为y=士2x,则有 4s 16+8t2 212-s2 /16s2+(16+812)(212-s2) 2a8=1, n 4s 16 w/16s2+16(2t2-s2) N2t2-52 212-52 P(m,m)到两条渐近线y=士2x的距离之积为n-2m_2」 3 3 √/32t2+16t-8t2s2 1+-, 解得a=1, w√/32t 所以双曲线C的方程为x2- 21, 又=2-，所以1+2--√1+2- 1 4(2-t2)= (2)(i)设P(x1y),Q(x2y2),且x1≠x2, 因为P,Q在双曲线上， +, 所以 两式相减可得(x-)-合(-)=0， 因为9<1：1<厄.所以号<r≤2，所以1<宁+≤2，所 =1 以1+<, 1 所以(x1一x2)(x1+x2)-2y1一y2)(y+y2)=0, PQ 若点R(1,1)为线段AB的中点， 即AB (x1十x2=1, 7. 解：1)因为C:后十疗=1(a>6>0)的离心率为2，所以后- 2 即1十x=2代人上式， 2,即a=2c①， 十2=1，y+=2, 2 所以工1一，=21一)，则直线1的斜率=二兰=2， 因为P(1,）在椭圆C上，所以+号 a2+46-1②， x1-x2 又c2+b2=a2③， 所以直线L的方程为y一1=2(x一1)，即y=2x一1， 所以联立方程①②③解得c2=1,a2=4,b2=3, /y=2x-1, 将直线1与双曲线联立 2-号=1，可得2x2-4红+3=0， 21, 所以椭圆C的标准方程为之+少 43=1 △=(-4)2-4×2×3=-8<0，故方程无解. (2)当直线1的斜率不存在时，直线1的方程为x=士2 7 所以不存在这样的直线1. 综上，不存在直线1，使得点R是线段PQ的中点 由对称性，不妨令直线1的方程为x=2②工 7 (i)设切点M(s,t),则切线1的方程为sx十ty=2,且s2+t2=2, 2 /小12 -2T 221)2 x2+y2=2,2=3’ 3 7’ 77 x-1解得 联立〈 得 所以 4 31, 2=1, 4 2=3 5<l, (4+3=1, 84 设P(x1y1),Q(x2y2),A(x8y3),B(x4y4), (sx+ty=2, 所以要+苦-1，即号+号-1，解得y=士2 7 ,消去y得(2t2-s2)x2+4x-4-2t2=0,所 x-=1, 2 所以M(2项，2)N(2,-2) 4s 1+x2=一2t2-2' 此时kow·koN=-1,即OM与ON垂直， 以以 所以∠AMON=空. 当直线1的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx十m,M(x1, (sx+ty=2, -号-0.消去y得(2-)r+m-4=0,所 y1),N(x2,y2). 由〈 2=0, 由点到直线的距离公式，可得m=2y②团，两边平方得 4s √R2+17 x3十x4= 以 22-52 m=号2+1. -4 x3x4=22-3’ y=kx+m, 所以1Q-+(-)1x:-:,1AB- 联立+=1，消去y得（4十3)工十8m十m 3 12=0. +(-)1a-x 则△=64k2m2-4(4m2-12)(4k2+3)=16(12k2+9-3m2)> 0,即m2<4k2十3. 阳- 则x1十x2=一 8km 4(m2-3) k2+3,x1x2= 4k2十3 ·数学… 所以OM.ON=x1x2十y1y2 =x1x2十(kx1十m)(kx2十m) =(k2+1)x1x2十km(x1十x2)十m2 -4(a2+1)(m2-3)-862m+m 4k2+3 =462+4-8k+42+3)m2-12(62+1） 4k2+3 =7m2-12(k2+1) 4k2+3 将-号+1代入上式得。 OM.ON= 7x号4+》-1a+D 12k2+1)-12k+1=0, 42+3 42十3 所以1.脚∠M0N=登 综上，∠MON的大小为定值，该定值为受 （8)直线1的斜率不存在时，hN-4则S=号×百× 7 7 2√2T12 7 =7 当直线l的斜率存在时，lMN|=√/1十21x1一x2|=√1十2 √z1+z2)-4红1x2=V1+6412k+9-3m 4k2+3 将m-号+1)代入上式得 4√1十2 √12k2+9-362+1) 7 MN 4k2+3 4v3 /1+ √万V1千16k+24k2+9 所以三角形△MON的面积S=号1MN1d 1 71+ k 16k4+24k2+9 12 当k=0时，S=7: 12 1 当k≠0时，S= /1+ 7 16k2+9 +24 因为162+是≥26·是=24（告且仅当16=2 9 ,即 人=士时取等号) 9 则16+是+24≥48,0< 1 162+9 1<1+ +24 1 49 16k2+9 +24 48 1 1</1 49_7_73 16k2+9 +2 ≤√8452 1212 1 77 1+ 16k2+9 <,即s∈（号 +24 综上.s[号w] 解：1)已知双曲线=1，由“姊妹”圆维曲线的定义，可设 候园C筒方程为片+若-10<6<2， ,=×否-年，理得+4-y 2 2 15,解得b2=1, 所以精圆C的方程为号+y-1 (2设椭圆C:苦+，=1上M(1).N).两点关于 直线y=4x十m对称， 1 设MN的中点为Q(xo,yo),则kMw=一4· +=1 因为点M,N在椭圆上，所以 两式相减得 (4+8=1, (y1-y2)(y1+y2)1 （x1-x2)(x1十x2)4’ 又因为x1十x2=2x0y1十y2=2y0,所以 ()×安-子即%=，所以 Q(zo;z0), 又因为点Q在直线y=4x十m上，所以 玉，=红，十m,即，=-智所以Q(-行，-受）) 因为点Q在椭圆C:+y=1内部，所以 37 (g)》‘<, 得m<5即-6<m<号 6√5 5 5 所以%的取值范闲为（一6，）。 (3)结论：存在非零常数入，使k1·k2=入时，△AOB的面积S 为定值.下面证明： 设存在这样的常数入，使1·k2=入时，S为定值 设直线AB的方程为y=kx十t,且A(x3y),B(x4y4), 因为1·2=义=X,所以X江34-y4=0,所以x亚4- X3T4 (kx3十t)(kx4+t)=0, 所以(k2-入)x3x4十kt(x3十x4)十t2=0. y=kx十t, 联立x2 4+y2-1, 得(1+4k2)x2+8ktx+4t2-4=0, -8kt 4t2-4 可得x,十工4F1+46x24=1+4级2 所以(k2-A)x3x4十t(x3十x4)+t2 =(k2-)红2-4 +·+: =4级22-42-4k2+4以-8222+2+4k22 1+4k2 -1-4A)2-462+4队=0， 1十4k2 15 参考答案及解析 即(1-4A)12-42+4以=0，因此2=462-) y1 1-4 y=- (x-x2), x1-x2 因为点O到直线AB的距离为d= lal V+,1x-x,1 直线BP方程为y= y2 （x x2-x1 /(x3+x4)2一4x3x4 4√1+4k2-t x1), 1+4k2 y=- y1一(x一x2), 所以S= 1 x1一x2 2·1AB1·d=2·V1+E1x-x4· 联立方程 消去 2√(1+4k)t2-t 1+4k2 y得(x一x2）=（x一x1), 所以()》'+4- x1一x2 (1+4k2)2 解得工=十，因为y1=,(x,-1)y=k1(红-1)， (1+4)4-A)16(e2-A)2 y1+y2 1-4入(1-4)2 代人得x [k1z,-1D]z2+[k,(x2-1D]z_ k1(x1-1)+k1(x2-1) (1+4k2)3 2x1x2-(x1+x2) (1+4k2)(4k2-4λ)(1-4λ)-16(k2-λ) (x1+x2)-2 (1+4k2)2(1-4λ)2 8k月 4k好-12 -64λk+(64λ2+4)k2-4λ 1 又x1十x2= 3+4,x1·x2= 3+4,代人得x 16k4+8k2+1 (1-4λ)2 4k号-12 8k号 要使得△A08的面积S为定值，只需-5.4- -4入 2 8 ·3+4k好3+4k好=4， 8k1 得-以=8以+分， 3+4-2 所以直线AQ与BP的交点的横坐标为定值4. 即16x+8以十1=（以十1）2=0，解得A=-分 10.解：(1)设曲线xy=1上任意一点(x,y)绕原点O逆时针旋转 11 22 ,即S=1, 后的坐标为(y), 3π 3π 放存在丰零常数A=一子俊得，·点：=一子时，△40B的面 -xcos -ysin 4 '② =2(-x-y), 则 即 3π 积S为定值1. 3π =2(x-y), y=zsin ycosyv2 (1)解：因为F,F,=2,所以c=1,因为离心率为 2,所以a= 得(x)2-y)2=2y=2,则)_y)2 2,则b=√a-c2=√5， 2-2=1, 所以精周的标准方程为子+号-1 故所求双唐线C的方程为号-苦-1 (2)设A(x1y1),B(x2y2), (2)(1)解：如图所示，由(1)可知，F2(1,0),则设过F2且不与 坐标轴垂直的直线为y=k,(x一1)(k,≠0)， =1, 2 -2 (x2y2 根据题意可得 联立方程组4+方=1，消去y得(3十4)x2一张z十快 =1, 2-2 y=k1(x-1), 两式作差，可得(x1-x2)(x1十x2)=(y1-y2)(y1+y2), 12=0,易知△>0， 1 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= 8k 因为y1一y2= 3+43,x1·x2= x1-x23x1十x2=2, 4k号-12 所以2号（+y,得4=3， 2 3+4k?, 经检验，此时直线L与双曲线C有两个交点，故点K的纵坐标 则y1十y2=k1(x1-1)+k1(x2-1)=k1(x1十x2)-2k:= 为3. -6k1 (3)根据题意易得直线m的斜率存在， 3+4 且不为0， 一6k1 设直线m的方程为x=ty十2，其中t< 可知AB中点M(兰，士）则： 3+4好 -1或t>1, x1+x28k号 IEMI FMI 3+4好 因为EN=PN恒成立，所以EF为 3 ∠MEN的角平分线， 4k1 设M(x3y3),N(x4,y),假设存在E(xo,0), 3 3 (x=ty+2, 所以k1k:=·一4统=一4 (ⅱ)证明：如图所示，设P(x1,0),Q(x2,0),则直线AQ方程为 由-号=1得-1++2=0, 22 高三二轮复习专题卷 4t 2 2-1≠0y十y4=-1yy2- 因为k十k=0,所以，十，=0， x3一x0x4一x0 即y3(twy4+2-xo)+y4(ty3十2-xo)=0,即2ty3y4+(2 xo)(y3+y4)=0, 即·+g-(-)-0 因为t≠0，整理可得xo=1,即E(1,0), 所以存在定直线4-1，使和-恒度立。 *(1)解：由题意，2c=4,则c=2,又b2=3,所以a2=c2-b2=1,即 a=1, 则双曲线Cr-号-1， 3 当点M在双曲线C左支上时，M,=号>c-a=1,符合题 意，则1MF,=1Mr+2a=号+2=号 当点M在双曲线C右支上时，MF,=号<c+a=3,不符合 题意， 综上所述，M,=号 (20解：由1)知，双曲线C:x2-苦-1，F,2,0),双曲线的渐 近线方程为y=士6=士3 当直线1的斜率不存在时，直线1的方程为x=2, 此时，A(2,3),B(2,一3)，则|AB|=6; 当直线1的斜率k满足一√3≤k≤时， 此时直线1与双曲线C右支只有1个交点，不符合题意； 当直线L的斜率k满足k<一√3或k>√3时， 设直线l的方程为y=k(x-2),设A(x1,y1),B(x2,y2), y=k(x-2), 联立 x2、y 31, 得(3-k2)x2+4k2x-4k2-3=0, 4k2 4k2+3 则x1+x=k-3x1x=2-3 所以|AB|=√1+k2·√x1十x2)2-4x1x2=W1+k· /42 N八2-3/ -4-6…发-6 由于<一5或>3，则+兰引 >1,即|AB|>6 综上所述，|AB|的取值范围为[6，+∞) ②证明：由题意，结合①，设直线PQ的方程为y=x十n, k>√3， |y=kx十n, 联立-- 得(3-k2)x2-2knx-n2-3=0, 31, 则△=12(n2+3-k2)>0,x3十x4= 3-3x3x4=一”2十3 2kn 3-k2 又x3>x4>0,k>5, 所以x8-x4=√(x十x4)2-4xx √)-4x(-2西 k2一3 设T(xTyr),则 yr一y3=-√3(xr-x3), yr-y4=3(xr-x4), 两式相减得，y3-y=23xr-√3(x十x), 又y3-y4=(kxg十n)-(kx4十n)=b(x3-x4), 所以23xr=k(x8一x4)十3(xg十x4)=k· 23(m+3-酉+5· 2kn k2-3 3-k2, 即x7=ey+3--n k2一3 两式相加得，2yr-(y3十y)=√3(xg一x4), 又ya十y4=(kxa十n)+(kx4+n)=k(xg十x4)+2n, 所以2：=c+)+B(运，-)+2m=·32级十3 23(m2+3-5+2m, k2-3 即yr=3V+3--3m=3, k2一3 T, 3 因此，点T的轨迹方程为y=后x,x>0,其中k为直线PQ的斜 率，k>√3， 由AB∥PQ,则直线AB的方程为y=k(x 2),设A(x1y1),B(x2y2), 4k2 由①知，x1十x2=k2-3' 所以y1十y2=k(x1-2)+k(x2-2)=k(x1十 4k2 2)-4=k34=经 k2-3 2k2 (yr=k(zr-2), 联立{ 3 解得 xr=k2一3 yr=xT’ 6k yr=2-3 则x=十 2 所以点T为AB中点，即|AT|=|TB|. 数学（十二） 、选择题 B2.A3.C4.B5.A6.D7.B B【解析】因为f(x)=e-f'(x),所以ef(x)十ef'(x)= 1,即ef(x)=x十C(C为常数)，又f(0)=0,所以C=0,即 f)-专)-，当-D时，f✉)0弹 调递增，当x∈(1，十∞)时，∫'(x)<0,f(x)单调递减，所以 1 f(x)m=f(1)=。,又f(0)=0,当 y=g(x) x<0时，f(x)<0,当x>0时，f(x)> 0,且当x→-∞时，f(x)→一∞，当x→yx) 23x +∞时，f(x)→0，所以作出f(x)的大 致图象如图所示.令g(x)=ax一a十1， 易知g(x)的图象恒过点(1,1)，在同一平面直角坐标系中作出 g(x)的图象，易知g(1)>f(1),数形结合可知，若存在唯一的 整数x,使得f(x,)>ax,-a十1，则go)f(0, 、即 g(-1)≥f(-1), {得二g0e得1<a< 1-2a≥-e, 二、选择题 2*+1D=e+1- (异)=e+e-2n In 4 -,e2十 9.ABD 10.BCD 1.AC【解折】对于A,因为f)=子+32+3z-9,所以 f'(x)=x2+6x+3,所以f”(x)=2x+6,令f"(x)=0,即 ≥2，当且仅当心=合即一0时等号成立：，≤ 2x十6=0，解得x=-3.当x<-3时，f"(x)<0,f'(x)单调 递减；当x>一3时，f"(x)>0,f'(x)单调递增，所以x=一3 4-2当且仅当2= =2,即x=0时等号成立，所以 是f'(x)的极小值点，故（一3，f(一3）)是f(x)的拐点，又 f(-3)=号×(-3y+3×(-3+3×(-3》-9=0,所以 f'(x)>0,可得f(x)在R上为增函数，因为h(ax2-2)+ h(2a.x)≤2，即f(ax2-2)+f(2ax)≤0，即f(a.x2-2)≤ f(x)只有1个拐点(3,0)，选项A正确；对于B,f'(一3)= f(-2a.x),所以ax2+2ax-2≤0在R上恒成立，当a=0时， (-3)2+6×(-3)+3=一6，即f(x)在拐点(-3,0)处的切线 斜率为一6，可得切线方程为y一0=一6[x一（一3）]，化简得 显然成立；当a≠0，需满足a<0, 4=4a2+8a≤，解得-2≤a<0, y=-6x-18,选项B错误；对于C,由题意可知g(x)=ae一 综上，a∈[-2,0]. xlnx,x>0,g'(x)=ae-lnx-1有两个变号零点，即a= *(1n3ln27 (18’4J 【解析】由已知，f(x)的定义域为(0，十∞)，因为 血x+1有两个不等正根，令(x)=nx+(x>0),则直线 e 1 f1)=a(1-1D-=0,则z=1为不等式fx)≤0的-个 y=a与h)的图象有两个交点，而)=x-h一1 整数根，又因为不等式f(x)≤0在x∈(0，十∞)有且仅有两个 一，易 e 整数根，所以不等式f(x)≤0在x∈(1，十∞)上有且仅有一个整 知y=1-1nx-1(x>0)单调递减，且1)=0，所以当x∈ 数根，当x∈(1，十o∞)时，x2-x>0,所以f(x)=a(x2-x) (0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增，当x∈(1，+c∞)时，h'(x)<0 <0等价于a≤即不等式a≤也“在x x h(x)单调递减，所以当x=1时，h(x)取得极大值（也是最大值） 为AD=日，从面h(x)≤吕，又 ①，+∞)上有且仅有一个整数根令g(x三nx∈1， +o),则g'(x)=-x=（3x2-2xnx=x-1-(3x-2nz h(）=0,且x∈(1，+∞)时，k(x)> x2(x2-x)2 x(x2-x)2 x∈(1，+o∞)，设h(x)=x-1-(3x-2)lnx,则h'(x)=1-3lnx 0,且x→十∞时，h(x)→0，作出h(x) y=h(x) 的图象如图，由图可知，当0<a<时，直线y=a与h(x)的 3x-2_21-）-3n,当x∈(1，+0)时，21-）<0， -3lnx<0,所以h'(x)<0,所以h(x)=x-1-(3x-2)lnx在 图象有两个交点，所以。的取值范围为(0，），故C正确；对 区间(1，十∞)上单调递减，所以当x∈(1，十∞)时，h(x)< h(1)=1-1-(3-2)n1=0,所以当x∈(1，十∞)时，g(x)= 于D,g(x)=ae-l1nx-1,e>0,则g(z)=ae,由0 -1二3x-血<0，所以gx)=1h在区间1，十o) x(x2-x)2 I(x2-x) 知a∈(0，），所以g(x)=ae-在0，+∞)上单调递 增，根据“拐点”的定义及条件知g"(xo)= 上郸调递观又因为不等式a≤二在x∈(1，十四)上有 y=g(x)/ In 2 ae-1=0,且在(0x)上，g”(x)<0, 且仅有一个整数根，所以≤&（②）'即 a24 所以若不等式 在(xo,十∞)上，g"(x)>0,可知g'(x) la>g(3), In 3 a> 18 在(0，x0)上单调递减，在(x。,十∞)上单 调递增，g(x)的2个极值点分别为x1,x2,不妨设x1<x2,由 )0有且仅右两个整数税，文数。的取值范国是( 题意可知x1,x2是g'(x的两个变号零点，g'(x1)=g'(x2) In 27 0,根据g'(x)的单调性知，g'(xo)<0,则0<x1<x。<x2,所以 4」 g,0<故D误 四、解答题 15.(1)解：函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f(x)=-e-+1+ 三、填空题 In x, 2品14(-] 令g(x)=f'(x)=-e-+1+lnx,则g'(x)=e-+ [20【解折1因为)号+异=e-e >0 所以函数f'(x)在(0，十∞)上单调递增 2异7所似叶a(-=空异行+-e+2异+e- 2 又f'(1)=0, 所以当x∈(0,1)时f'(x)<0,当x∈(1，十∞)时f'(x)>0, 212·22 e=2++2r中1=2，令f)=(x)-1,则f)+ 所以函数f(x)在(0,1)上单调递诚，在(1，十∞)上单调递增， 所以f(x)mn=f(1)=1十m=1, f(-x)=0,可得f(x)为奇函数，又因为f'(x)=(e-er)'十 所以m=0.