全国卷高考圆锥曲线真题答案.docx

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全国卷高考圆锥曲线真题答案

全国卷高考圆锥曲线真题

参考答案与试题解析

一．解答题（共21小题）

1．（2015•新课标II）已知椭圆C：

9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．

（1）证明：

直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；

（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？

若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．

【分析】

（1）联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．

（2）四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP=2xM，建立方程关系即可得到结论．

【解答】解：

（1）设直线l：

y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），

将y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0，

则判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，

则x1+x2=，则xM==，yM=kxM+b=，

于是直线OM的斜率kOM==，

即kOM•k=﹣9，

∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．

（2）四边形OAPB能为平行四边形．

∵直线l过点（，m），

∴由判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，

即k2m2＞9b2﹣9m2，

∵b=m﹣m，

∴k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，

即k2＞k2﹣6k，

则k＞0，

∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3，

由

（1）知OM的方程为y=x，

设P的横坐标为xP，

由得，即xP=，

将点（，m）的坐标代入l的方程得b=，

即l的方程为y=kx+，

将y=x，代入y=kx+，

得kx+=x

解得xM=，

四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP=2xM，

于是=2×，

解得k1=4﹣或k2=4+，

∵ki＞0，ki≠3，i=1，2，

∴当l的斜率为4﹣或4+时，四边形OAPB能为平行四边形．

【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题，联立方程组转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．

2．（2015•河北）在直角坐标系xOy中，曲线C：

y=与直线l：

y=kx+a（a＞0）交于M，N两点．

（Ⅰ）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程．

（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？

（说明理由）

【分析】（I）联立，可得交点M，N的坐标，由曲线C：

y=，利用导数的运算法则可得：

y′=，利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程．

（II）存在符合条件的点（0，﹣a），设P（0，b）满足∠OPM=∠OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：

k1，k2．直线方程与抛物线方程联立化为x2﹣4kx﹣4a=0，利用根与系数的关系、斜率计算公式可得k1+k2=．k1+k2=0⇔直线PM，PN的倾斜角互补⇔∠OPM=∠OPN．即可证明．

【解答】解：

（I）联立，不妨取M，N，

由曲线C：

y=可得：

y′=，

∴曲线C在M点处的切线斜率为=，其切线方程为：

y﹣a=，化为．

同理可得曲线C在点N处的切线方程为：

．

（II）存在符合条件的点（0，﹣a），下面给出证明：

设P（0，b）满足∠OPM=∠OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：

k1，k2．

联立，化为x2﹣4kx﹣4a=0，

∴x1+x2=4k，x1x2=﹣4a．

∴k1+k2=+==．

当b=﹣a时，k1+k2=0，直线PM，PN的倾斜角互补，

∴∠OPM=∠OPN．

∴点P（0，﹣a）符合条件．

【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

3．（2014•新课标I）已知点A（0，﹣2），椭圆E：

+=1（a＞b＞0）的离心率为，F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．

（Ⅰ）求E的方程；

（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．

【分析】（Ⅰ）通过离心率得到a、c关系，通过A求出a，即可求E的方程；

（Ⅱ）设直线l：

y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）将y=kx﹣2代入，利用△＞0，求出k的范围，利用弦长公式求出|PQ|，然后求出△OPQ的面积表达式，利用换元法以及基本不等式求出最值，然后求解直线方程．

【解答】解：

（Ⅰ）设F（c，0），由条件知，得=又，

所以a=2=，b2=a2﹣c2=1，故E的方程．…．（6分）

（Ⅱ）依题意当l⊥x轴不合题意，故设直线l：

y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）

将y=kx﹣2代入，得（1+4k2）x2﹣16kx+12=0，

当△=16（4k2﹣3）＞0，即时，

从而=+

又点O到直线PQ的距离，所以△OPQ的面积=，

设，则t＞0，，

当且仅当t=2，k=±等号成立，且满足△＞0，

所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为：

y=x﹣2或y=﹣x﹣2．…（12分）

【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

4．（2014•新课标II）已知函数f（x）=ex﹣e﹣x﹣2x．

（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；

（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．

【分析】对第（Ⅰ）问，直接求导后，利用基本不等式可达到目的；

对第（Ⅱ）问，先验证g（0）=0，只需说明g（x）在[0+∞）上为增函数即可，从而问题转化为“判断g′（x）＞0是否成立”的问题；

对第（Ⅲ）问，根据第（Ⅱ）问的结论，设法利用的近似值，并寻求ln2，于是在b=2及b＞2的情况下分别计算，最后可估计ln2的近似值．

【解答】解：

（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=ex+e﹣x﹣2，

即f′（x）≥0，当且仅当ex=e﹣x即x=0时，f′（x）=0，

∴函数f（x）在R上为增函数．

（Ⅱ）g（x）=f（2x）﹣4bf（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，

则g′（x）=2[e2x+e﹣2x﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣2）]

=2[（ex+e﹣x）2﹣2b（ex+e﹣x）+（4b﹣4）]

=2（ex+e﹣x﹣2）（ex+e﹣x+2﹣2b）．

①∵ex+e﹣x＞2，ex+e﹣x+2＞4，

∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，

从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，

∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．

②当b＞2时，若x满足2＜ex+e﹣x＜2b﹣2即，得，此时，g′（x）＜0，

又由g（0）=0知，当时，g（x）＜0，不符合题意．

综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．

（Ⅲ）∵1.4142＜＜1.4143，根据（Ⅱ）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x）+（8b﹣4）x，

为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln即代入g（x）的解析式中，

得．

当b=2时，由g（x）＞0，得，

从而；

令，得＞2，当时，

由g（x）＜0，得，得．

所以ln2的近似值为0.693．

【点评】1．本题三个小题的难度逐步增大，考查了学生对函数单调性深层次的把握能力，对思维的要求较高，属压轴题．

2．从求解过程来看，对导函数解析式的合理变形至关重要，因为这直接影响到对导数符号的判断，是解决本题的一个重要突破口．

3．本题的难点在于如何寻求ln2，关键是根据第

（2）问中g（x）的解析式探究b的值，从而获得不等式，这样自然地将不等式放缩为的范围的端点值，达到了估值的目的．

5．（2014•广西）已知抛物线C：

y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|．

（Ⅰ）求C的方程；

（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程．

【分析】（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C的方程，求得x0=，根据|QF|=|PQ|求得p的值，可得C的方程．

（Ⅱ）设l的方程为x=my+1（m≠0），代入抛物线方程化简，利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长|AB|．把直线l′的方程代入抛物线方程化简，利用韦达定理、弦长公式求得|MN|．由于MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，由此求得m的值，可得直线l的方程．

【解答】解：

（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C：

y2=2px（p＞0），

可得x0=，∵点P（0，4），∴|PQ|=．

又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，

∴+=×，求得p=2，或p=﹣2（舍去）．

故C的方程为y2=4x．

（Ⅱ）由题意可得，直线l和坐标轴不垂直，y2=4x的焦点F（1，0），

设l的方程为x=my+1（m≠0），

代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0，显然判别式△=16m2+16＞0，y1+y2=4m，y1•y2=﹣4．

∴AB的中点坐标为D（2m2+1，2m），弦长|AB|=|y1﹣y2|==4（m2+1）．

又直线l′的斜率为﹣m，∴直线l′的方程为x=﹣y+2m2+3．

过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，

把线l′的方程代入抛物线方程可得y2+y﹣4（2m2+3）=0，∴y3+y4=，y3•y4=﹣4（2m2+3）．

故线段MN的中点E的坐标为（+2m2+3，），∴|MN|=|y3﹣y4|=，

∵MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|，

∴+DE2=MN2，

∴4（m2+1）2++=×，化简可得m2﹣1=0，

∴m=±1，∴直线l的方程为x﹣y﹣1=0，或x+y﹣1=0．

【点评】本题主要考查求抛物线的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系的应用，韦达定理、弦长公式的应用，体现了转化的数学思想，属于难题．

6．（2013•新课标Ⅱ）平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：

（a＞b＞0）右焦点的直线x+y﹣=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为．

（Ⅰ）求M的方程

（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．

【分析】（Ⅰ）把右焦点（c，0）代入直线可解得c．设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），利用“点差法”即可得到a，b的关系式，再与a2=b2+c2联立即可得到a，b，c．

（Ⅱ）由CD⊥AB，可设直线CD的方程为y=x+t，与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|CD|．把直线x+y﹣=0与椭圆的方程联立得到根与系数的关系，即可得到弦长|AB|，利用S四边形ACBD=即可得到关于t的表达式，利用二次函数的单调性即可得到其最大值．

【解答】解：

（Ⅰ）把右焦点（c，0）代入直线x+y﹣=0得c+0﹣=0，解得c=．

设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），

则，，相减得，

∴，

∴，又=，

∴，即a2=2b2．

联立得，解得，

∴M的方程为．

（Ⅱ）∵CD⊥AB，∴可设直线CD的方程为y=x+t，

联立，消去y得到3x2+4tx+