专题6 创新练6 平面解析几何-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习练习手册

班级： 姓名： 创新练6 平面解析几何 (分值：40分) 1.(20分)(2025·河北沧州模拟)在平面直角坐标系中，若点P(x,y)的横、纵坐标均为整数，则称P(x,y)为 格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称Γ为“3格曲线”. 得分 y2 若椭圆十1<6<2)为3格线”求椭圆的离心率 椭圆文+X1(0<b<2)上存在(n≥4)个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该 的一个顶点为椭圆的左顶点的概率为P(n),求P(n); y 3若直线1：y=x+2上存在2个格点M,N,使得MK+NK=2,其中K为曲线4+=1(6> 0)与y轴正半轴的交点，求b的值. (横线下方不可作答)229]专题六平面解析几何 2.(20分)(2025·河北秦皇岛三模)已知抛物线C1:y=px2(p≠0)与C2:y=x2+2x+q相交于A1,B1两 点，其交点的横坐标分别为3，一1.在抛物线C1上另取(n一1)个点A2,A3,…,Am,在抛物线C2上另取(n一 1)个点B2,B3,…,Bn,使A,AH1∥B:B+1(i=1,2,…,n一1.记A,B,(i=1,2,3,…,n)的横坐标分别为 a;,b,(i=1,2,3,…,n). 得分☐ (1)求p,g及2a2-b2的值. (2)求证2a,-b,={-5m=2k,k∈N: 17,n=2k-1,k∈N, (3)是否存在点A,B.,使四边形A1B1AnBn为平行四边形？若存在，求出A,Bn的坐标及n的取值集合； 若不存在，请说明理由. 红对勾讲与练230] 高三二轮数学 ■b Abc 3c 469 4(c 即 3c b 2c2+a 解得 C= a ,即双曲线的离心幸 √ 为 14.62 解析：由双曲线的第三定义可知PM· =合即。=6又双 b 1 线C的焦距为4√6，即c=2√6，由 a=3b2, 得 a=3V2, a2+b2=24, b=6. 故双曲 线的实轴长为2a=6√2. 创新练6平面解析几何 1.解：(1)由题可知，椭圆的左顶点 A1(-2,0),右顶点A2(2,0)是2个 格点. 因为1<b<2,所以椭圆的上、下顶点 不为格点.又椭圆为“3格曲线”，所以 椭圆上至少存在一个异于椭圆顶点的 m,t∈Z, 格点H(m,t),则(0<|m <2, 0<1t|b, 则 m=1, t=1, 由 4 -1可符+ =1,解 得b2= 3 则椭圆的离心率e= a - - 3 (2)由(1)可知，当1<b<2时， H(m,t)是椭圆上的格点， 此时椭圆上有（一2,0），(2,0)，(1,1)， (1,-1),(-1,1),(-1,-1),共6个 格点， 则P(6)= 当b=1时，易知椭圆上有（一2,0）， (2,0),(0,1),(0,一1)，共4个格点，则 P(4)= -3 C c 当0<b<1时，易知椭圆上有（一2， 0),(2,0),共2个格点，不符合题意， 3 ,n=4, 故P(n) 1 12 ,n=6. (3)因为M,N是直线1：y=x+2上 的2个格点，所以|MN|=√2|xM一 ZN, 显然|MK|+|NKI≥|MNI,则2≥ V2|xM-xNI,即|xM-xN≤VE. 又xMxN∈Z,所以|xM-xN|=1, 不妨设xM>xN,xN=k(k∈Z). 当 xM=k+1时，M(k+1,k+3) ZN =k N(k,k+2),且K(0,b) IMK+NK= √/(k+1)+(k+3-b)十 √R+(k+2-b)>√(k+1)2十 √k2=|k+1|+|k1, 则k+1|+|k|<2,得k=一1或 k=0. 当k=-1时，IMK+|NKI= √/(2-b)+√/1+(1-b)2=2, 若b≥2，则1+(1-b)F=4-b, 7 解得b=3· 若0<b<2,则√/1+(1一b)=b, 解得b=1. 当k=0时，IMK|+|NK|= √+(3-b)产+√(2-b)=2, 若b≥2，则/1十(3一b)2=4一b, 解得b=3, 若0<b<2,则/1+(3-b)2=b, 解得b= 3 综上所述，6的值可能为了或1或3 2.解：(1)因为两条抛物线交点的横坐标 分别为3，一1， 所以9p=9+,6十4·解得也=2 1p=1-2+9, q=3, 故C1:y=2z2,C2:y=x+2x+3, 故A(3,18),B(-1,2), 而Ae(a2,2a),Bg(b。,b+2b。+3), A1A2∥B1B2 故18-2a-2-6-26,-3 ，整理 3-a2 -1-b2 得2(3+a2)=b:+1,即2a2-b2=-5. (2)证明：由题设有An(am,2a), B(b6+26+3). 当n≥2时，A-1(am1,2a1), B1(b1b1+2b-1+3), 因为A,-1A,∥BmB 所以2a-2a= aw一aw-l b日+2b。+3-(b+2b-1+3） ba一bw-1 整理得2a。+2a-1=b。+b1十2，所 以2a。-b。=-(2a-1-b,-1）+2, 故2am-bn-1=-[(2a,-1-bm-1)- 1],而2a1-b1-1=6≠0， 故{2am一bn-1}是首项为6，公比为 一1的等比数列，故2am一bm一1=6× (-1)-1. 所以2a。-b。=1+6×(-1)”- 当n为奇数时，2am-bn=7;当n为偶 数时，2am一b。=一5. 7,n=2k-1,k∈N', 故2aw-b。={-5n=2k,k∈N, (3)若四边形A1B1A,B,为平行四边 形，则A1B=BnA, 而A1B1=(-4,-16),BnA。=(am bm,2a-b-2bm-3), 故a。-bn=-4,2a号-b-2bm- 3=-16. 若n为偶数，则2am一bm=一5，由 2a6,可得 am一b=一4， a=一1， b。=3, 此时A1,B。重合，舍去； 若n为奇数，则2a。一b。=7, 由 a-b 4·可得 aw=11, 2a-b =7 6,=15, 此时2a,-b-2bn一3=-16，符合题 意，此时Am(11,242),Bm(15,258), 此时n的取值集合为{n|n=2k+1, k∈N"}. 考前增分练 小题限时练1 1.A依题意，N={x|lnx≤1}= {x|0<xe},而M={一1,2}，所以 M∩N={2}.故选A. 2.C由题设，令之=bi,b∈R且b≠0， 则(1+bi)2-2i=1-b2+2(b-1)i为 0.解得6 纯虚数·所以6二名。0·底 一1，即之的虚部为一1.故选C. 3.C由a=(2,2),b=(x,1),得2a (4,4),则2a-b=(4-x,3),由b∥ (2a-b),得x×3一1×(4一x)=0, 解得x =1.故选C. 4.A因为2026×1%=20.26，故所求 为数列{am}的前2026项从小到大排 列后的第21项，当n=2k一1，k∈N 时，am=(-1)叶1=（一1）2张=1，当 n=2k,k∈N”时，am=(-1)"+1= (-1)1=一1，故数列{an}的前 2026项有1013个-1,1013个1，所以 数列{an}的前2026项从小到大排列 后的第21项是一1.故选A. 5.D由8S:=7S3可知公比g≠1，则 S& 1-s 1-g3 =1 S3 1 q=一 、.故选D. 2 6.B 依题意，函数y=-x2-2a.x十a 在(0，十∞)上单调递减，则一a0,解 得a≥0.又函数f(x)在R上单调递 减，则a≤f(0)=1,所以a的取值范 围是[0,1].故选B. 7.B由直线1：m.x+y-m-1=0,得 m(x 1)+y-1=0,令 x一1 解得 x= y-1 y 1·所以直线 =1 过定点A(1,1),由圆C:(x一2)2+ y2=4,得圆心C(2,0),半径r=2. 如图，取MN的中点B, 则CM+CN1=2CB1≤2CA1= 2√2，当且仅当A,B两点重合时取等 号，所以CM+CN|的最大值为2√2. 故选B. 8.A由题意可得，需满足x=b是x2 a.x一1=0的正根，即b2-ab一1=0， 且6≥0，所以a三6二。a+6 参考答案379