专题九 考点四 抛物线和曲线与方程-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训试卷

22.解：(1)由题意c=2V5,e=√5=￡ a 则a=2,b=16,双曲线C的方程为号-6 y =1 (2)设过，点B的直线x=ty一4，联 立双曲线得(4t-1)y-32ty+48 M =0, 32t 48 则y+4=4=4-' 则x1十x: 8 B A OA. 4t-1 设直线MA:y-y=工一飞 x1十21 直线NA,-业=一. 2x2-2' 联立消去得(2+小=(2+小 代入韦达定理解得x=一1， 即P在直线x=一1上. 考点四 1.D由64=8p得p=8,由16=16p得p:=1.因为y= 2px的盒点为（侵0）=2：）y的焦点为(0，号）小所 以两焦点为C(4,0),C(0,2)1CC:1 √+()=造D 2.ABDA选项：由y2=8.x得2p=8即力=4，准线方程为 x=一2，A正确；B选项：由题意可知直线1的方程为y =k(x十1)，与y=8x联立并化简，得kx2+(2k一8)x 十k2=0,△=(2k2-8)2-4k‘=32(2-),若1与E没 有公共，点，则△<0，得k>√2，B正确.C选项：直线过点 (-1,0),联立直线1：y=k(x十1)与抛物线y=8x,得 k2x2+(2k2-8)x+k2=0. 若1与抛物线相切，则△=0，即(2k2一8)2一4k‘=0,解得 k=√2（负舍），1的方程为y=√2(x十1)，由 =E(1+x)得B点坐标为(1,2②)，地物线的焦点坐 y2=8x 标为F(2,0),l上取一点B(2,3√2)，设1与FB所成角 的0，cos0= (1-2)2+(2V2-0)2+(2-1)2+(3V2-2V2)2-(2-2)2-(0-3√2)2 2√/(1-2)2+(2√2-0)2×√/(2-1)2+(3√2-2√2)2 3 由此可见△ABC不为等边三角形，C错误；D选项：当k =2时，l的方程为y=2x十2，取BC的中点M,则AML 1,则当SaA最小时，AM也最小，设A(5）AM t 2×8-1+2 1f-41+81=1-2)+4>2 5 4√5 4√5 √5 当且仅当1=2，即A(22) 3.C由直线y=-2x+2知F1,0),所以之=1b=2,所 以抛物线方程为y=4x,准线为x=一1，所以B(一1,4)， 所以yA=4,代入抛物线方程得A(4,4),所以|AF|= 号+=1+4=5 1 4.ACDl恰为抛物线的准线，由 抛物线定义可知A选项正确.设 ∠AFx=日，连接AE易知 △ADE≌△AFE,∴.∠DAE= ∠FAE=子∠FAD=号，则 1 E AEI=AFI 0 cos 2 (1-cos 0)cos2 1ABl=AF1+BF=1-69十1+os品，选 2 项B错误. B三0≥2力=6，选项C正确9 IAE·IBE= (1-cos 0)cos2 (1+cos 0)cos 2 g≥18 选项D正确.故本题正确选项为ACD. 5.ABD对于A,由题知图象经过O点，|OF|=2,则-a· 2=4,a=一2，故A正确； 对于B,由A知曲线方程：|x十2√/(x一2)+y=4, 点(2√2,0)代入得(2√2-2)·(2√2-(-2)=4，故B 正确； 对于C.解得=（千）-(x-2),令f) (年2)--2fx= (x+2)-2(x-2), 32 又f(2)=1, 且了(2)=-弓<0，于是x=2不是极值，故C错误： 对子D=()-红，-2)≤（年），即%≤ 十2，故D正确.故选择：ABD. 4 6.ABDA显然正确；B正确，A(0,4),当P、A、B共线时 P(4,4),于是PQ=√PA-=√4-1F=15:C 错，当PB=2时易知P(1,2),B(-1,2),易知PA与AB 并不垂直：D正确，焦点F(1,0),PB=PF,则PA=PB 等价于P在AF的中垂线上，演线的方程为y=x十 号，易知它与把物线有两文点 7.B①椭圆是封闭的，∴.总可以找到满足题意的M点； ②：点P的任意性，∴|PMmx→十oo,:|QMmn是固 定的，.无法对任意的P∈C,都存在Q∈C,使得|PM ·|QM=1, 8.AC直线y=-√3(x-1)与x轴 的交点为(1,0)可知，抛物线的焦 点坐标为(1,0)，所以=2，故A正 M'- 确；由MN=一V5可知直线MN的 倾斜角为120°，所以MN1=,2史 sin120° -号故B错误：近点M作准线 的垂线，交1于点M',过点N作准N 线l的垂线，交I于点N',并取MN 39 的中点为P,过点P作准线1的垂线，交1于点P',连接 MP'、NP',由拋物线的定义知MF=MM',NF=NN', 所以|MN|=MM'|+|NN',所以由梯形的中位线可 知PP'= (IMM1+NN'I)=号MN,所以PP'=MP= PN,所以以MN为直径的圆与l相切，故C正确，由图 观察可知，△OMN显然不是等腰三角形，故D错误.故 选AC. 9.B易知抛物线C:y=4x的焦点为F(1,0),于是有1BF1= 2,故|AF1=2,注意到抛物线通径2p=4,通径为抛物线 最短的焦点弦，分析知AF必为半焦点弦，于是有AF⊥ x轴，于是有|AB引=√22+2=2√2. 10.ACD选项A:设FM中点为N,则xA=xN= 2 ，所以或=2p2=2p·是p=号p(>0),所以 3 3 6 =2√6. =2.1 选项B:AF十BF=力3 2 IBF=吾D=x+是→g=号所以店=2p·号 2g所以10=+-名+弯-管≠ 选项C.1AB=子+专+多>2=利OF 达须D:由选项AB知A(是6号今小 B(告-小所以i·0店=（是 (-)-=-是<0，所以∠A0B为 钝角： 又ii-(2（9)-告 D=一吾D<0,所以∠AMB为钝角： 5 又·∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360°， 所以∠OAM+∠OBM<180°.故选ACD. 11.解析：因为A,B,C,D均在抛物线y=2x上，所以A (学B(受）C(告）D(受n）当直线 AB的斜率存在时，直线AB的方程为y一yA=yA十y 2 (2一之）令y=0,得直线AB与x轴文点的横坐标为 工=-，当直线AB的斜率不存在时上式仍成立 2 同理可得直线CD与x轴交点的横坐标为x=一D, 2 所以yAyB=yyD,故②正确. 其他说法可以通过举反例或者计算验证对错： 取yA=1,ys=2,yc=一1，yD=一2，满足直线AB、直 线CD交x轴于一，点，且M与抛物线的焦点重合，但 yAyB=2≠一2，故①错误： Io 此时=而（别）-6故错， OMIY SABDP 由上迷分析可得=-4，w= yAyc 2 2 TN- -P,AyB=yn,则OMON=OP,故③错误： 2 yA-xe llOPI=IyA-xe IIxp= 2 2 yAyByC yAyCyD 2 2 IyB-yDI I MI yg一pIOM,故④正确. 综上，正确的为②④. 答案：②④ 12.解析：根据抛物线的几何性质可求p的值. 因为抛物线的顶点到蕉距的距离为之，故号=3，故力 2 =6. 答案：6 13.解析：由题意抛物线的标准方程为y=2px,则p=8, 所以其焦点坐标为(4,0). 答案：(4,0) 14.解析：设P点坐标为(x。,y),P到准线的距离为9，即 x。十1=9，x。=8,代入抛物线方程，可得y。=士4√2，则 P到x轴的距离为4√2 答案：4√2 15.解析：国(x-1)+y=25的国心为F(1,0),故号=1 即b=2,由{1)+=25.可得x+22-24=0. 1y2=4.x 故x=4或x=-6(会)， 故A4,士)，故直线方程为y=士专（红-1， 即4x-3y-4=0或4x+3y-4=0, 故原点到直线AF的距离为日=售=吉 答案：青 16.解析：由题意可得：(W5)2=2p×1,则2p=5,抛物线的 方程为y=5x, 准线方程为x=一 ，点A到C的准线的距离为 1-()=号 答案：号 1.解：1)设P,则√r+(-),两边平方 并化简得)=+子，故w的软途方程为y=+ (2)不妨设A,B,D三点在W上，且有BA⊥DA, 设A(aa+)）设直线BA,DA的斜率分别为， 方，由对称性不妨设≤1， =x2+ 联立方程 y=(x一a)+a2+1得x一kx十ka a2=0,由韦达定理得xA十xB=k, B-a,-a+） 0 1ABl=√1+k1k-2al, 同里可得1AD1一√1+-太-2a +g+2a, 所以lAB+|AD|=√1+kk-2a|+ √1+Fg+2a小> √+ |k-2a+ k +√ /1+k)F 设f(m)=1+m) =m2+3m+1+3,可得f(m)= m 72 2m+3-↓=2m-1)(m+1) 可知m)在(0，)上为减西数，在（合）上为培函 数.所以m)在01》上的最小值为f(侣）织。 所以1AB+1AD=)≥Y.由于两处取等的条 件不一致， 所以矩形的周长为2(AB|+|AD)>3√3. 18.解：(1)设A(xA,yA),B(xg,yB),由 x-2y+1= 可得， ly=2px y-4py+2p=0,所以yA+yg=4p,yAyB=2力， 所以|AB=√(xA一xB)+(yA-yg)= V5lyA-yg=V5XW(yA十yg)-4yyB=4√15， 即2p-力-6=0，因为>0，解得：p=2. (2)因为F(1,0),显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN:x=my十n,M(x1y1), N(x2y2), 由∫y=4 (x=my十n ,可得，y2一4my-4n=0,所以，y1十= 4m,3y13y2=-4n, △=16m2+16n>0→m2+n>0, 因为MF·NF=0,所以(x1-1)(x2-1)+y1y=0, 即(my1+n-1)(my2+n-1)+yy2=0, 亦即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)=0, 将y1十y2=4m,y1y2=一4n代入得， 4m2=n2-6n+1,4(m2+n)=(n-1)2>0, 所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得n≥3+2√2或n≤3 -2√2 设点F到直线MN的距离为d,所以d=n一山 √1+m |MN|=√(x1-x:)'+(y-y) √1+mly1-y=√1+m√16m2+16m =√1+m√/4(n-6n+1)+16n =2√1+m1n-1l, 所以△MNF的面积S=合×MNIXd=-子× n-L×21+m1m-1=(n-1)产， √1+m 19 而n≥3+2√2或n≤3-2√2，所以， 当n=3-2√2时，△MNF的面积 Smn=(2-2√2)2=12-8√2. 19.解：(1)准线为x=-1,∴.xA=2,∴a=y4=2V2 （2)A(4,0,设B6,0),线AB的中点为（生，2 .4=2(4十b)→b=一2，即B(一2,0)，.直线AB为2x -3y+4=0,原点O到直线AB的距离d= 4 √13 =413 13 8)设P(作p小A(片)小 ∴.直线AP:4x-(a十p)y十ap=0, Q(-3.22-）H-3p ∴.IHQI= 即(p-2)>4(a-2)对p∈(0，a)U(a,+c∞)恒成立， 当a=2时，p≠2，(p-2)2>4(a-2)成立；当a-2<0 时，即a<2时，(p-2)>4(a-2)成立，此时0<a<2: ∴a的取值范围为(0,2]. 20.解：(1)由题可知，当x=力时，y2=2p2,则yw=√2， 则可知1MD=Ep.FDI-台 则在Rt△MFD中，|FD2+IDM2=|FM2, 得（号）+(Ep=9,解得力=2， 则C的方程为：y=4.x. (2)要使a-B最大，则tan(a一B)最大，且易知当直线 MN的斜率为负时，a一B为正才能达到最大. tan a-tan B 又tan(a-B)=干tan atan' 设M(x1y),V(x2,y2),A(xy),B(x4y),由(1) 可知F(1,0),D(2,0), 则anB=kw=二业=y一业=4 4-上-y+业 4 4 又N,D,B三点共线，则m=kD,则当二9=当-0， x2-2x4-2' 则必一0=头一0，得y=一8，即y,=8 -2-2 4 同理由M,D,A三点共线可得y= -8 y 4 y1y'2 则tana=为十y=-2十为) 由题可知，直线MN斜率不为0，不妨设lN:x=my+ 1(m<0), 由y=4 x=my+1 1→y-4my-4=0→y十y=4m, (y1y2=-4. 4=1 -4 1 则tanB=4m=m,tana=-2×4m2m 11 则tan(a一)= 2m m -1 1.1 1+2mm 1 2m+ 则可知当m=一时，ana一》最大，即a-月最大，此 2 时AB的直线方程为y一y= y3十y: 即4z-(y3+y:)y+yy:=0, 又y+y=8+气8=二8Cy+）=8m=-4E. yI y2 yIy2 -15 则AB的直线方程为4x十4√2y一16=0，即x十√2y一4 =0. 专题十计数原理 考点一 1.C由于A,B两组是有标号的，我们首先考虑将除甲、 乙、丙、丁外的其余4人进行分配.甲、乙必须在同组，丙、 丁不能在同组，因此共有两类可能：第一类：甲、乙都在A 组，此时A组还需要2人，B组需要4人，因为丙、丁不 能同组，所以丙、丁中必须有一个分在A组，另一个分在 B组：若丙在A组，丁在B组：A组己有{甲，乙，丙}，还 需从剩下的4人中选1人，有C=4种：若丁在A组，丙 在B组：同理有C!=4种.共计4十4=8种.第二类：甲、 乙都在B组.同理对称的有8种方案.所以，总的分配方 案数为8十8=16种. 2.B不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e, 假设连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取 2人各参加星期六与星期天的社区服务，共有A=12种 方法， 同理：b,c,d,e连续参加了两天社区服务，也各有12种 方法， 所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有5 ×12=60种.故选B. 3.C首先确定相同的读物，共有C种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读 物里，选出两种进行排列，共有A种， 根据分步乘法公式，则共有C·A=120(种).故选C. 4.D根据按比例分配的分层抽样可知初中部抽取40人，高 中部抽取20人.不同的抽取方法有C·C,故选D. 5.B先利用捆绑法排乙丙丁戊四人，再用插空法选甲的 位置，则有AAC=24种，故选B. 6.解析：本题考查了排列组合的应用. 首先安排两个家长在两端，然后再排中间四人，共有 A·A=288种. 答案：288 7.解析：第一空：A=4!=24; 第二空：15+21+33+43=112 答案：24112 8.解析：由题意可知，集合A中每个元素都互异，且元素中 最多有一个奇数，剩余全是偶数. 先研究集合中无重复数字的三位偶数； (1)若个位为0，这样的偶数有A=72种； (2)若个位不为0，这样的偶数有C·C·C=256种； 所以集合元素个数最大值为256+72+1=329种. 答案：329 9.解析：当从这8门课中选修2门课时，共有C·C=16; 当从这8门课中选修3门课时，共有C·C十C·C= 48:综上可知，共有64种不同的选课方案. 答案：64 10 考点二 1.A(a一√)？的展开式的通项T+1=Ca-',(-√)'， r=0,1,2,…,7.令r=4,得T,=Cax2,所以C1a3= 280,解得a=2. 2.A(x一√)的展开式的通项T+1=Cx-(一√)= (-1rCx,令4-合=3，解得及=2，所以在(x √)的展开式中，x3的系数为(-1)C=6. 3.B当x=1时，1=a:十ag十a2十a1十ao①；当x=-1 时，81=a:一a3十a:-a1+a②：①+②得原式=41. 4.解析：(x+2y)中T,+1=Cx(2y)'=2rCx'y 要得到xy项需：{4-=3 =1, ∴.r=1, ∴.所求项的系数为C12=8. 答案：8 5,解析：由题意，通项为C·(x2)·x=C·x0-”,则 10一r=7,解得r=3,x2项的系数为C3=10. 答案：10 6.解析：本题考查了二项式定理中项的系数的求法. ,(2x-1)展开式的通项T+1=C5(2x)-”.(-1)y= (-1yC2-r·xi, 令5-r=3, 得r=2, x3的系数为：C2(-1)2=80. 答案：80 7.解析：本题考查了二项式定理.求特定项系数，T,+1= Cx-(-1)=(-1)C6x-,令6-r=3,∴.r=3. ∴.展开式中含x3的系数为(-1)3C=一20. 答案：一20 8.解析：利用赋值法可求o,利用换元法结合赋值法可求 a1十a十ag十a:的值， 令x=0,则a。=1, 又(1-2x)'=a-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x', 故(1-2x)=a。十a1(-2.x)+a2(-2x)2+a(-2.x)3+ a,(-2x), 令t=-2x,则(1+t)'=a十at+a2t+at+a,t, 令t=l,则ao十a1十a2十ag十a,=2,故a1十a2十ag十a =15 答案：115 9.解析：（仔+）”的展开式的通项为T1 0一k c() ·x,设第k十1项的系数最大， (c() ≥（） 则 ()≥()” 解得<< 2,因为k∈Z,所以k=8, 所以展开式中第9项的系数最大，为C(合）广=5， 答案：5 10.解析：因为（侣+兮） 的展开式的通项为T,+1= C(2）(传）=3-*Cw-=0.1.6 令6(r-3)=0,可得r=3, 所以常数项为3°C=20. 答案：20 2考点四抛物线和曲线与方程 一、选择题 1.(2026·全国I卷，5)已知抛物线C1:y2=2p1x(p1>0)和C2:x2=2p2y(p2>0)均经过点 (4,8),则C的焦点与C2的焦点之间的距离为 () A.12 B.45 C.6 n 2.(多选)(2026·全国Ⅱ卷，11)已知抛物线E:y=8x,有一斜率为(k>0)的直线1经过点 整 (一1,0)，等边三角形ABC的顶点A在E上，顶点B,C均在l上.下列结论正确的有() A.E的准线方程为x=一2 将 B.若l与E没有公共点，则>√2 C.若l与E的唯一公共点为B,则E的焦点在直线AB上 D若A-8,则△ABC面积的屁小值为骨 3.(2025·全国二卷，6)设抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F,点A在C上，过点A作C的准 线的垂线，垂足为B,若直线BF的方程为y=一2x十2，则|AF|= () A.3 B.4 C.5 D.6 杯 4.(多选)(2025·全国一卷，10)设抛物线C:y2=6x的焦点为F,过F的直线交C于A、B两点， 过A作直线l:x=- 的垂线，垂足为D,过F作垂直于AB的直线交1于E,则 ) A.AD-AFI B.AEI=ABI C.|AB≥6 D.IAE1·|BE|≥18 5.(多选)(2024·新课标I卷，11)设计一条美丽的丝带，其造型“○”可以 如 做成美丽的丝带，将其看作图中的曲线C的一部分，已知C过坐标原点O,且 御 C上的点满足：横坐标大于一2，到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的 距离之积为4，则 A.a=-2 B.点(2√2,0)在C上 器 C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点(%)在C上时y≤，4 x。+2 6.(多选)(2024·新课标Ⅱ卷，10)抛物线C:y2=4x的准线为1，P为C上的动点.过P作⊙A: x2+(y一4)2=1的一条切线，Q为切点.过P作1的垂线，垂足为B.则 () A.1与⊙A相切 B.当P,A,B三点共线时，|PQ=√15 C.当|PB=2时，PA⊥AB D.满足|PA|=|PB引的点P有且仅有2个 93 7.(2023·上海卷，16)对于平面上的一条曲线C,若在平面上存在点M,使得C上任意一点P,都 存在C上的一点Q,使得MP·MQ=1.则称C为“自相关曲线”. ①任一椭圆都是“自相关曲线”②存在一条双曲线是“自相关曲线” 下列说法正确的是 A.①是假命题，②是真命题 B.①是真命题；②是假命题 C.①②都是真命题 D.①②都是假命题 8.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，10)设O为坐标原点，直线y=一√3(x一1)过抛物线C:y2=2px(p >O)的焦点，且与C交于M,N两点，1为C的准线，则 A.p=2 MI=-号 C.以MN为直径的圆与l相切 D.△OMN为等腰三角形 9.(2022·全国乙卷，5)设F为抛物线C:y=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0),若|AF|=|BF1, 则|AB|= () A.2 B.2√2 C.3 D.32 10.（多选)(2022·新高考Ⅱ卷，10)已知O为坐标原点，过抛物线C:y=2px(p>0)焦点F的直 线与C交于A,B两点，其中A在第一象限，点M(p,0).若|AF=|AM,则 A.直线AB的斜率为2√6 B.OB-OF C.AB>4OF D.∠OAM+∠OBM<180° 二、填空题 11.(2026·天津卷，15)在平面内，O为坐标原点，抛物线y2=2x上有A,B,C,D四个点，A,B, C,D的纵坐标分别为yA,yByc,yD,直线AB、直线CD交x轴于点P,AC交x轴于点M, BD交x轴于点V,以下说法正确的有 ①若M与抛物线焦点重合，则yAyB=一2； ②yA·yB=yc·yD; ③1OM1ION|=2|OP12: lyA-ycllOPI=Iy-pOMI; 1OM)2 S△BDP 1OvT· 12.(2025·北京卷，11)抛物线y2=2px(p>0)的顶点到焦点的距离为3，则p= 13.(2024·北京卷，11)已知抛物线y2=16x,则焦点坐标为 14.(2024·上海卷，7)已知抛物线y=4x上有一点P到准线的距离为9，那么点P到x轴的距 离为 15.(2024·天津卷，12)(x-1)+y2=25的圆心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F重合，A为 两曲线的交点，则原点到直线AF的距离为 16.(2023·全国乙卷（理），13)已知点A(1,√5)，在抛物线C:y2=2px(p>0)上，则A到C的准 线的距离为 94 三、解答题 17.(2023·新课标I卷，22)(12分)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点 〔0，》的距离，记动点P的轨迹为w. (1)求W的方程； (2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3√3. 18.(2023·全国甲卷（理），20)(12分)设抛物线C:y=2px(p>0),直线x-2y十1=0与C交于 A,B两点，且|AB引=4√15 (1)求p的值； (2)设C的焦点为F,M,N为C上两点，MF·NF=0,求△MNF面积的最小值. 95 19.(2023·上海卷，20)（本题满分18分）第1小题满分4分，第2小题满分6分.第3小题满分 8分 已知抛物线T:y2=4x上有一点A,A的纵坐标为a>0. (1)若A到T的准线的距离为3，求a的值； (2)若Q=4,点B在x轴上，AB的中点在T上，求点B坐标和坐标原点O到直线AB的 距离； (3)若对于C上第一象限的任一不与A重合的点P,设直线AP与直线1：x=一3交于点Q, 作PH⊥l于H,都有|QH|>4恒成立，求a的取值范围. 20.(2022·全国甲卷，20)(12分)设抛物线C:y=2x(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直 线交C于M,V两点，当直线MD⊥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的倾斜角分别为a,3,当 α一B取得最大值时，求直线AB的方程 96