届高考数学人教A版理科第一轮复习题高考大题专项练五Word版含答案Word文档下载推荐.docx
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（1）求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;
（2）求证:
A为线段BM的中点.
5.已知动点C是椭圆Ω:
+y2=1（a>
1）上的任意一点,AB是圆G:
x2+（y-2）2=的一条直径（A,B是端点）,的最大值是.
（1）求椭圆Ω的方程;
（2）已知椭圆Ω的左、右焦点分别为点F1,F2,过点F2且与x轴不垂直的直线l交椭圆Ω于P,Q两点.在线段OF2上是否存在点M（m,0）,使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形?
若存在,求实数m的取值范围;
若不存在,请说明理由.
6.（2017黑龙江大庆三模）已知中心在原点O,焦点在x轴上的椭圆,离心率e=,且椭圆过点.
（1）求椭圆的方程;
（2）椭圆左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点A,B,则△F1AB的内切圆的面积是否存在最大值?
若存在,求出这个最大值及此时的直线方程;
7.
如图,已知椭圆=1的左焦点为F,过点F的直线交椭圆于A,B两点,线段AB的中点为G,AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D,E两点.
（1）若点G的横坐标为-,求直线AB的斜率;
（2）记△GFD的面积为S1,△OED（O为原点）的面积为S2.试问:
是否存在直线AB,使得S1=S2?
说明理由.
8.设椭圆=1（a>
）的右焦点为F,右顶点为A.已知,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
（2）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上）,垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.
答案：
1.解
（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,则N（x0,0）,=（x-x0,y）,=（0,y0）.
由得x0=x,y0=y.
因为M（x0,y0）在C上,
所以=1.
因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.
（2）由题意知F（-1,0）.
设Q（-3,t）,P（m,n）,
则=（-3,t）,=（-1-m,-n）,=3+3m-tn,=（m,n）,=（-3-m,t-n）.
由=1得-3m-m2+tn-n2=1.
又由
（1）知m2+n2=2,
故3+3m-tn=0.
所以=0,即.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ,
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
2.解
（1）=（-2-x,1-y）,=（2-x,1-y）,
=（x,y）,=（0,2）,
∵||=·
（）+2,
∴=2y+2,
∴x2=4y.
∴曲线C的方程为x2=4y.
（2）设Q,
则S△QAB=2,
∵y=,∴y'
=x,∴kl=x0,
∴切线l的方程为y-x0（x-x0）与y轴交点M,|PM|=1-.
直线PA的方程为y=-x-1,直线PB的方程为y=x-1,
由得xD=,
由得xE=,
∴S△PDE=|xD-xE|·
|PM|=1-,
∴△QAB与△PDE的面积之比为2.
3.解由题知F.
设直线l1:
y=a,直线l2:
y=b,则ab≠0,
且A,B,P,Q,R.
记过A,B两点的直线为l,
则l的方程为2x-（a+b）y+ab=0.
（1）证明:
由于F在线段AB上,
故1+ab=0.
记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,
则k1==-b=k2.
所以AR∥FQ.
（2）设l与x轴的交点为D（x1,0）,
则S△ABF=|b-a||FD|
=|b-a|,
S△PQF=.
由题设可得|b-a|,
所以x1=0（舍去）,x1=1.
设满足条件的AB的中点为E（x,y）.
当AB与x轴不垂直时,
由kAB=kDE可得,（x≠1）.
而=y,所以y2=x-1（x≠1）.
当AB与x轴垂直时,E与D重合.
所以,所求轨迹方程为y2=x-1.
4.
（1）解由抛物线C:
y2=2px过点P（1,1）,得p=.
所以抛物线C的方程为y2=x.
抛物线C的焦点坐标为,准线方程为x=-.
（2）证明由题意,设直线l的方程为y=kx+（k≠0）,l与抛物线C的交点为M（x1,y1）,N（x2,y2）.
由得4k2x2+（4k-4）x+1=0.
则x1+x2=,x1x2=.
因为点P的坐标为（1,1）,所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为（x1,x1）,直线ON的方程为y=x,点B的坐标为.
因为y1+-2x1=
=
==0,
所以y1+=2x1.
故A为线段BM的中点.
5.解
（1）设点C的坐标为（x,y）,
则+y2=1.
连接CG,由,
又G（0,2）,可得=x2+（y-2）2-=a（1-y2）+（y-2）2-=-（a-1）y2-4y+a+,其中y∈[-1,1].
因为a>
1,所以当y=≤-1,即1<
a≤3时,取y=-1,得有最大值-（a-1）+4+a+,与条件矛盾;
当y=>
-1,即a>
3时,的最大值是,
由条件得,即a2-7a+10=0,
解得a=5或a=2（舍去）.
综上所述,椭圆Ω的方程是+y2=1.
（2）设点P（x1,y1）,Q（x2,y2）,PQ的中点坐标为（x0,y0）,
则满足=1,=1,两式相减,
整理,得=-=-,
从而直线PQ的方程为
y-y0=-（x-x0）,
又右焦点F2的坐标是（2,0）,
将点F2的坐标代入PQ的方程得-y0=-（2-x0）,
因为直线l与x轴不垂直,
所以2x0-=5>
0,从而0<
2.
假设在线段OF2上存在点M（m,0）（0<
m<
2）,使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形,则线段PQ的垂直平分线必过点M,而线段PQ的垂直平分线方程是y-y0=（x-x0）,将点M（m,0）代入得-y0=（m-x0）,
得m=x0,从而m∈.
6.解
（1）由题意可设椭圆方程为=1（a>
b>
0）.
则解得a2=4,b2=3.
∴椭圆方程为=1.
（2）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,不妨令y1>
0,y2<
0,
设△F1AB的内切圆的半径为R,
则△F1AB的周长=4a=8,（|AB|+|F1A|+|F1B|）R=4R,
因此最大,R就最大,
由题知,直线l的斜率不为零,可设直线l的方程为x=my+1,
由
得（3m2+4）y2+6my-9=0,
y1+y2=,y1y2=-.
则|F1F2|（y1-y2）=.
令=t,则m2=t2-1,
∴.
令f（t）=3t+,则f'
（t）=3-,
当t≥1时,f'
（t）≥0,f（t）在[1,+∞）内单调递增,有f（t）≥f
（1）=4,≤3,即当t=1,m=0时,≤3,
由=4R,得Rmax=,这时所求内切圆面积的最大值为.
故直线l的方程为x=1,△F1AB内切圆面积的最大值为.
7.解
（1）依题意可知,直线AB的斜率存在,设其方程为y=k（x+1）,将其代入=1,整理得（4k2+3）x2+8k2x+4k2-12=0.
设A（x1,y1）,B（x2,y2）,
所以x1+x2=-.
故点G的横坐标为=-,解得k=±
.
（2）假设存在直线AB,使得S1=S2,显然直线AB不能与x轴或y轴垂直.
由
（1）可得G.
设点D坐标为（xD,0）.
因为DG⊥AB,所以×
k=-1,解得xD=-,即D.
因为△GFD∽△OED,且S1=S2,
所以|GD|=|OD|.
所以
=,
整理得8k2+9=0.
因为此方程无解,所以不存在直线AB,使得S1=S2.
8.解
（1）设F（c,0）,由,即,
可得a2-c2=3c2,
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,
因此a2=4.
所以,椭圆的方程为=1.
（2）设直线l的斜率为k（k≠0）,
则直线l的方程为y=k（x-2）.
设B（xB,yB）,由方程组
消去y,整理得（4k2+3）x2-16k2x+16k2-12=0.
解得x=2或x=,
由题意得xB=,
从而yB=.
由
（1）知,F（1,0）,设H（0,yH）,有=（-1,yH）,.
由BF⊥HF,得=0,
所以=0,
解得yH=.
因此直线MH的方程为y=-x+.
设M（xM,yM）,
由方程组消去y,
解得xM=.
在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,
即（xM-2）2+,
化简,得xM≥1,即≥1,
解得k≤-或k≥.
所以,直线l的斜率的取值范围为.
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