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△=4k
2
2
2
2
2
)>0,
b﹣4(k+9
)(b
﹣m
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,
2
2
>9(m﹣
2
2
∴km
m)﹣9m
,
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,
2
1
2
2﹣4kx﹣4a=0,
y),直线PM,PN的斜率分别为:
k
,k.直线方程与抛物线方程联立化为
x
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.
﹣
x﹣2x.
4.(2014?
新课标II)已知函数f(x)=ex﹣e
(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.
x
﹣x
﹣2
,
【解答】解:
(Ⅰ)由f(x)得f′(x)=e+e
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,
2x
﹣2x
﹣
x﹣x
)+(4b﹣2)]
则g′(x)=2[e
+e
2b(e+e
x
﹣x
2
x
﹣x
)+(4b﹣4)]
=2[(e+e
)
﹣2b(e
+e
x
﹣x
x
﹣x
+2
﹣2b).
=2(e+e
﹣2)(e
+e
x
﹣x
x
﹣x
①∵e+e
>2,e+e
+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
2
(p>0)的焦点为F,直线y=4
与y轴的交点为P,
C:
y=2px
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,
2
的焦点F(1,0),
y=4x
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
﹣
+1,2m),弦长|AB|=
|y
2
2
y|=
=4(m+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=﹣(42m2+3).
故线段MN的中点E的坐标为(
+2m
2
),∴|MN|=
3
+3,
|y﹣
y4|=,
∵MN垂直平分线段AB,故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|,
∴+DE2=MN2,
2
2
+
=×
,化简可得
m
2
∴4(m+1)+
﹣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
222
的中点P(x0,y0),利用“点差法”即可得到a,b的关系式,再与a=b+c联立即可得到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
AB
a,
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+2t2﹣6=0,
∵直线CD与椭圆有两个不同的交点,
∴△=16t2﹣12(2t2﹣6)=72﹣8t2>0,解﹣3<t<3(*).
设C(x3,y3),D(x4,y4),∴,.
;.
.
∴|CD|===
.
联立得到3x2﹣4x=0,解得x=0或,
∴交点为A(0,),B,
∴|AB|==.
∴S四边形ACBD===,
∴当且仅当t=0时,四边形ACBD面积的最大值为,满足(*).
∴四边形ACBD面积的最大值为.
【点评】本题综合考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、直线
与椭圆相交问题转化为方程联立得到一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、四边形的面
积计算、二次函数的单调性等基础知识,考查了推理能力、数形结合的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力.
7.(2013?
新课标Ⅰ)已知圆M:
(x+1)2+y2=1,圆N:
(x﹣1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
【分析】(I)设动圆的半径为R,由已知动圆P与圆M外切并与圆N内切,可得|PM|+|PN|=R+1+(3﹣R)=4,而|NM|=2,由椭圆的定义可知:
动点P的轨迹是以M,N为焦点,4为长轴长的椭圆,求出即可;
;.
.
(II)设曲线C上任意一点P(x,y),由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2,所以R≤2,当且仅
当⊙P的圆心为(2,0)R=2时,其半径最大,其方程为(
x﹣
2)2+y2=4.分①l的倾斜角
为90°,此时l与y轴重合,可得|AB|.②若l的倾斜角不为
90
°,由于⊙M的半径1≠R,可
知l与x轴不平行,设l与x轴的交点为Q,根据
,可得Q(﹣4,0),所以可设
l:
y=k(x+4),与椭圆的方程联立,得到根与系数的关系利用弦长公式即可得出.
【解答】解:
(I)由圆M:
(x+1)2+y2=1,可知圆心M(﹣1,0);圆N:
(x﹣1)2+y2=9,圆心N(1,0),半径3.
设动圆的半径为R,
∵动圆P与圆M外切并与圆N内切,∴|PM|+|PN|=R+1+(3﹣R)=4,
而|NM|=2,由椭圆的定义可知:
动点P的轨迹是以M,N为焦点,4为长轴长的椭圆,∴a=2,c=1,b2=a2﹣c2=3.
∴曲线C的方程为(x≠﹣2).
(II)设曲线C上任意一点P(x,y),
由于|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2,所以R≤2,当且仅当⊙P的圆心为(2,0)R=2时,其半径
最大,其方程为(
2
2
x﹣2)+y=4.
①l的倾斜角为
90°,则l与y轴重合,可得|AB|=.
②若l的倾斜角不为
90°,由于⊙M的半径1≠R,可知l与x轴不平行,
设l与x轴的交点为
Q,则
,可得Q(﹣4,0),所以可设l:
y=k(x+4),
由l于M相切可得:
,解得.
当时,联立,得到7x2+8x﹣8=0.
∴,.
∴|AB|===
由于对称性可知:
当时,也有|AB|=.
综上可知:
|AB|=或.
【点评】本题综合考查了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、直线
与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、弦长公式等基础知识,需要较强的推
理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法.
;.
.
8.(2014?
沧州校级一模)已知双曲线C:
=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为
F1,F2,离心率为3,直线y=2与C的两个交点间的距离为.
(I)求a,b;
(II)设过F2的直线l与C的左、右两支分别相交于A、B两点,且|AF1|=|BF1|,证明:
|AF2|、
|AB|、|BF2|成等比数列.
【分析】(I)由题设,可由离心率为3得到参数a,b的关系,将双曲线的方程用参数a表
示出来,再由直线建立方程求出参数a即可得到双曲
线的方程;
(II)由(I)的方程求出两焦点坐标,设出直线l的方程设A(x1,y1),B(x2,y2),将其
与双曲线C的方程联立,得出x1+x2=,,再利用|AF1|=|BF1|建立关于
A,B坐标的方程,得出两点横坐标的关系,由此方程求出k的值,得出直线
的方程,从而可求得:
|AF2|、|AB|、|BF2|,再利用等比数列的性质进行判断即可证明出结论.
【解答】解:
(I)由题设知=3,即
=9,故b2=8a2
所以
C的方程为
2
2
2
8x
﹣y=8a
将y=2代入上式,并求得
x=±
,
由题设知,2
=
,解得a2=1
所以a=1,b=2
(II)由(I)知,F1
(﹣3,0),F2(3,0),C的方程为8x2﹣y2=8
①
由题意,可设l的方程为
y=k(x﹣3),|k|<2
2
2
﹣6k
2
2
代入①并化简得(k
﹣8)x
x+9k
+8=0
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1
≤﹣1,x2≥1,x1
+x2=
,
,于是