2020高考數(shù)學(xué) 專題三 綜合測試題 文

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1、專題三綜合測試題 (時間：120分鐘　　　滿分：150分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．已知圓O的方程是x2＋y2－8x－2y＋10＝0，過點M(3,0)的最短弦所在的直線方程是(　　) A．x＋y－3＝0　　　　　　 B．x－y－3＝0 C．2x－y－6＝0 D．2x＋y－6＝0 解析：x2＋y2－8x－2y＋10＝0，即(x－4)2＋(y－1)2＝7， 圓心O(4,1)，設(shè)過點M(3,0)的直線為l，則kOM＝1， 故kl＝－1，∴y＝－1×(x－3)，即x＋y－3＝0. 答案：A

2、 2．過點(－1,3)且平行于直線x－2y＋3＝0的直線方程為(　　) A．x－2y＋7＝0 B．2x＋y－1＝0 C．x－2y－5＝0 D．2x＋y－5＝0 解析：因為直線x－2y＋3＝0的斜率是，故所求直線的方程為y－3＝(x＋1)，即x－2y＋7＝0. 答案：A 3．曲線y＝2x－x3在橫坐標(biāo)為－1的點處的切線為l，則點P(3,2)到直線l的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：曲線y＝2x－x3在橫坐標(biāo)為－1的點處的縱坐標(biāo)為－1，故切點坐標(biāo)為(－1，－1)．切線斜率為k＝y(tǒng)′|x＝－1＝2－3×(－1)2＝－1，故切線l的方程為y－(－1)＝－1

3、×[x－(－1)]，整理得x＋y＋2＝0，由點到直線的距離公式得點P(3,2)到直線l的距離為＝. 答案：A 4．若曲線x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上相異兩點P、Q關(guān)于直線kx＋2y－4＝0對稱，則k的值為(　　) A．1 B．－1 C. D．2 解析：曲線方程可化為(x＋1)2＋(y－3)2＝9，由題設(shè)知直線過圓心，即k×(－1)＋2×3－4＝0，∴k＝2.故選D. 答案：D 5．直線ax－y＋＝0(a≥0)與圓x2＋y2＝9的位置關(guān)系是(　　) A．相離 B．相交 C．相切 D．不確定 解析：圓x2＋y2＝9的圓心為(0,0)，半徑為3.由點到直線的距

4、離公式d＝得該圓圓心(0,0)到直線ax－y＋＝0的距離d＝＝，由基本不等式可以知道≤，從而d＝≤1

5、 A．－ B．－4 C．4 D. 解析：雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程為：y2－＝1，由題意得－＝4，∴m＝－. 答案：A 8．點P是雙曲線－y2＝1的右支上一點，M、N分別是(x＋)2＋y2＝1和(x－)2＋y2＝1上的點，則|PM|－|PN|的最大值是(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：如圖，當(dāng)點P、M、N在如圖所示的位置時，|PM|－|PN|可取得最大值，注意到兩圓圓心分別為雙曲線兩焦點，故|PM|－|PN|＝(|PF1|＋|F1M|)－(|PF2|－|F2N|)＝|PF1|－|PF2|＋|F1M|＋|F2N|＝2a＋2R＝6. 答案：C 9．已知

6、F1、F2是兩個定點，點P是以F1和F2為公共焦點的橢圓和雙曲線的一個交點，并且PF1⊥PF2，e1和e2分別是上述橢圓和雙曲線的離心率，則(　　) A.＋＝4 B．e＋e＝4 C.＋＝2 D．e＋e＝2 解析：設(shè)橢圓的長半軸長為a，雙曲線的實半軸長為m， 則. ①2＋②2得2(|PF1|2＋|PF2|2)＝4a2＋4m2， 又|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，代入上式得4c2＝2a2＋2m2， 兩邊同除以2c2，得2＝＋，故選C. 答案：C 10．已知雙曲線－＝1的兩條漸近線互相垂直，則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：兩條漸近

7、線y＝± x互相垂直，則－＝－1，則b2＝a2，雙曲線的離心率為e＝＝＝，選B. 答案：B 11．若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的焦點到漸近線的距離等于實軸長，則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D．2 解析：焦點到漸近線的距離等于實軸長，可得b＝2a，e2＝＝1＋＝5，所以e＝. 答案：C 12．(2020·濟(jì)南市質(zhì)量調(diào)研)已知點F1、F2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過點F1且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，若△ABF2是銳角三角形，則該雙曲線離心率的取值范圍是(　　) A．(1，) B．(，2) C．(1＋，＋∞)

8、 D．(1,1＋) 解析：依題意得，0<∠AF2F1<，故0

9、 答案：15 14．(2020·濰坊市高考適應(yīng)性訓(xùn)練)已知雙曲線的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，且一條漸近線為直線x＋y＝0，則該雙曲線的離心率等于________． 解析：設(shè)雙曲線方程為－＝1，則＝，＝3，＝3，∴e＝＝2. 答案：2 15．(2020·濰坊模擬)雙曲線－＝1的右焦點到漸近線的距離是________． 解析：雙曲線右焦點為(3,0)，漸近線方程為：y＝±x，則由點到直線的距離公式可得距離為. 答案： 16．(2020·鄭州市質(zhì)量預(yù)測)設(shè)拋物線x2＝4y的焦點為F，經(jīng)過點P(1,4)的直線l與拋物線相交于A、B兩點，且點P恰為AB的中點，則||＋||＝_____

10、___. 解析：∵x2＝4y，∴p＝2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝8.∵||＝y(tǒng)1＋，||＝y(tǒng)2＋， ∴||＋||＝y(tǒng)1＋y2＋p＝8＋2＝10. 答案：10 三、解答題：本大題共6小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分) 如圖，設(shè)P是圓x2＋y2＝25上的動點，點D是P在x軸上的投影，M為PD上一點，且|MD|＝|PD|. (1)當(dāng)P在圓上運動時，求點M的軌跡C的方程； (2)求過點(3,0)且斜率為的直線被C所截線段的長度． 解：(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，P的坐標(biāo)為(xP，yP)

11、， 由已知得 ∵P在圓上，∴x2＋2＝25，即點M的軌跡C的方程為＋＝1. (2)過點(3,0)且斜率為的直線方程為 y＝(x－3)， 設(shè)直線與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 將直線方程y＝(x－3)代入C的方程，得 ＋＝1， 即x2－3x－8＝0. ∴x1＝，x2＝. ∴線段AB的長度為 |AB|＝ ＝ ＝ ＝. 18．(本小題滿分12分) (2020·廣東)設(shè)圓C與兩圓(x＋)2＋y2＝4，(x－)2＋y2＝4中的一個內(nèi)切，另一個外切． (1)求圓C的圓心軌跡L的方程； (2)已知點M，F(xiàn)(，0)且P為L上動點，求||MP|－|FP||的最大

12、值及此時點P的坐標(biāo)． 解：(1)設(shè)動圓C的圓心C(x，y)，半徑為r. 兩個定圓半徑均為2，圓心分別為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，且|F1F2|＝2. 若⊙C與⊙F1外切與⊙F2內(nèi)切，則 |CF1|－|CF2|＝(r＋2)－(r－2)＝4 若⊙C與⊙F1內(nèi)切與⊙F2外切，則|CF2|－|CF1|＝(r＋2)－(r－2)＝4. ∴||CF1|－|CF2||＝4且4<2. ∴動點C的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點，實軸長為4的雙曲線． 這時a＝2，c＝，b＝c2－a2＝1，焦點在x軸上． ∴點C軌跡方程為－y2＝1. (2)若P在－y2＝1的左支上， 則||PM|－|PF||<|M

13、F|. 若P在－y2＝1的右支上， 由圖知，P為射線MF與雙曲線右支的交點， ||FM|－|PF||max＝|MF|＝ ＝2. 直線MF：y＝－2(x－)． 由得15x2－32x＋84＝0， 解之得：或 所以P點坐標(biāo)為. 19．(本小題滿分12分) (2020·安徽)設(shè)λ>0，點A的坐標(biāo)為(1,1)，點B在拋物線y＝x2上運動，點Q滿足＝λ，經(jīng)過點Q與x軸垂直的直線交拋物線于點M，點P滿足＝λ，求點P的軌跡方程． 解：由＝λ知Q，M，P三點在同一條垂直于x軸的直線上，故可設(shè)P(x，y)，Q(x，y0)，M(x，x2)， 則x2－y0＝λ(y－x2)，即y0＝(1＋

14、λ)x2－λy. ① 再設(shè)B(x1，y1)，由＝λ，即(x－x1，y0－y1)＝λ(1－x,1－y0)，解得 ② 將①式代入②式，消去y0，得 ③ 又點B在拋物線y＝x2上，所以y1＝x，再將③式代入y1＝x，得 (1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝[(1＋λ)x－λ]2. (1＋λ)2x2－λ(1＋λ)y－λ＝(1＋λ)2x2－2λ(1＋λ)x＋λ2. 2λ(1＋λ)x－λ(1＋λ)y－λ(1＋λ)＝0. 因λ>0，兩

15、邊同除以λ(1＋λ)，得2x－y－1＝0. 故所求點P的軌跡方程為y＝2x－1. 20．(本小題滿分12分) (2020·天津)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點P(a，b)(a>b>0)為動點，F(xiàn)1、F2分別為橢圓＋＝1的左、右焦點．已知△F1PF2為等腰三角形． (1)求橢圓的離心率e. (2)設(shè)直線PF2與橢圓相交于A，B兩點，M是直線PF2上的點，滿足·＝－2，求點M的軌跡方程． 解：(1)設(shè)F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)(c>0)，由題意，可得|PF2|＝|F1F2|， 即＝2c，整理得22＋－1＝0，得＝－1(舍)或＝，所以e＝. (2)由(1)知a＝2c，h＝c，可得

16、橢圓方程為3x2＋4y2＝12c2. 直線PF2方程為y＝(x－c)． A，B兩點的坐標(biāo)滿足方程組消去y并整理， 得5x2－8cx＝0，解得x1＝0，x2＝c，得方程組的解 不妨設(shè)A， B(0，－c)． 設(shè)點M的坐標(biāo)為(x，y)，則＝，＝(x，y＋c)． 由y＝(x－c)，得c＝x－y，于是 ＝，＝(x，x)，由·＝－2，即 ·x＋·x＝－2，化簡得18x2－16xy－15＝0. 將y＝代入c＝x－y，得c＝>0，所以x>0. 因此，點M的軌跡方程是18x2－16xy－15＝0(x>0)． 21．(本小題滿分12分) (2020·山東)已知動直線l與橢圓C：＋＝1交于P

17、(x1，y1)，Q(x2，y2)兩不同點，且△OPQ的面積S△OPQ＝，其中O為坐標(biāo)原點． (1)證明x＋x和y＋y均為定值； (2)設(shè)線段PQ的中點為M，求|OM|·|PQ|的最大值； (3)橢圓C上是否存在三點D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判斷△DEG的形狀；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：①當(dāng)直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關(guān)于x軸對稱． 所以x2＝x1，y2＝－y1， 因為P(x1，y1)在橢圓上， 因此＋＝1. ① 又因為S△OPQ＝.所以|x1|·|

18、y1|＝. ② 由①②得|x1|＝，|y1|＝1， 此時x＋x＝3，y＋y＝2. ②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m. 由題意知m≠0，將其代入＋＝1得 (2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0. 其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0. 即3k2＋2>m2. (*) 又x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|PQ|＝·＝ · . 因為點O到直線l的距離為d＝. 所以S△OPQ＝|PQ|·d ＝·· ＝又S

19、△OPQ＝. 整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式．此時，x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝2－2×＝3. y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2. 綜上所述，x＋x＝3；y＋y＝2，結(jié)論成立． (2)解法一： ①當(dāng)直線l的斜率不存在時． 由(1)知|OM|＝|x1|＝.|PQ|＝2|y1|＝2. 因此|OM|·|PQ|＝×2＝. ②當(dāng)直線l的斜率存在時，由①知： ＝－. ＝k＋m ＝＋m＝－＝. |OM|2＝2＋2＝＋＝＝. |PQ|2＝(1＋k2)＝＝2. 所以|OM|2·|PQ|2＝××2×＝ ≤2＝. 所以|OM|·|PQ|≤，當(dāng)且僅

20、當(dāng)3－＝2＋，即m＝±時，等號成立． 綜合①②得|OM|·|PQ|的最大值為. 解法二： 因為4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2 ＝2[(x＋x)－(y＋y)]＝10. 所以2|OM|·|PQ|≤＝＝5. 即|OM|·|PQ|≤，當(dāng)且僅當(dāng)2|OM|＝|PQ|＝時等號成立．因此|OM|·|PQ|的最大值為. (3)橢圓C上不存在三點D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝. 證明：假設(shè)存在D(u，v)，E(x1，y1)，O(x2，y2)滿足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝， 由(1)得 u2＋x＝3

21、，u2＋x＝3，x＋x＝3，v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2， 解得：u2＝x＝x＝，v2＝y(tǒng)＝y(tǒng)＝1. 因此，u，x1，x2只能從± 中選取，v，y1，y2只能從±1中選取，因此D、E、G只能在這四點中選取三個不同點， 而這三點的兩兩連線中必有一條過原點． 與S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾． 所以橢圓C上不存在滿足條件的三點D，E，G. 22．(本小題滿分14分) (2020·江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M、N分別是橢圓＋＝1的頂點，過坐標(biāo)原點的直線交橢圓于P，A兩點，其中點P在第一象限，過P作x軸的垂線，垂足為C，連接AC，并延長交橢圓于點B，設(shè)直線

22、PA的斜率為k. (1)若直線PA平分線段MN，求k的值； (2)當(dāng)k＝2時，求點P到直線AB的距離d； (3)對任意的k>0，求證：PA⊥PB. 解：(1)由題設(shè)知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以線段MN中點的坐標(biāo)為.由于直線PA平分線段MN，故直線PA過線段MN的中點，又直線PA過坐標(biāo)原點，所以k＝＝. (2)直線PA的方程為y＝2x，代入橢圓方程得 ＋＝1，解得x＝±， 因此P，A. 于是C，直線AC的斜率為＝1，故直線AB的方程為x－y－＝0. 因此，d＝＝. (3)證法一：將直線PA的方程y＝kx代入＋＝1，解得x＝±記μ＝， 則

23、P(μ，μk)，A(－μ，－μk)．于是C(μ，0)．故直線AB的斜率為＝， 其方程為y＝(x－μ)， 代入橢圓方程得(2＋k2)x2－2μk2x－μ2(3k2＋2)＝0， 解得x＝或x＝－μ. 因此B . 于是直線PB的斜率k1＝ ＝＝－ . 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB. 證法二：設(shè)P(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1>0，x2>0，x1≠x2，A(－x1，－y1)，C(x1,0)．設(shè)直線PB，AB的斜率分別為k1，k2.因為C在直線AB上，所以k2＝＝＝. 從而k1k＋1＝2k1k2＋1＝2· · ＋1＝＋1＝＝＝0. 因此k1k＝－1，所以PA⊥PB. .精品資料。歡迎使用。 高考資源網(wǎng) w。w-w*k&s%5￥u 高考資源網(wǎng) w。w-w*k&s%5￥u