2019年浙江省数学高考模拟精彩题选 解析几何解答题 含答案
浙江省2019高考数学优编增分练解析几何
)解析几何(四2kkxpypFE 的＝2作斜率分别为(的焦点1．(2018·浙江省台州中学模拟)过抛物线>0)：，21CDABECDkklEABlll ，＋相交于点＝2，，以且与与相交于点，两条不同直线，，，212211lNMNM . ，圆为圆心()，为直径的圆的公共弦所在直线记为→→2pkkFMFN >0，证明：<2·；(1)若>0，2157EMl (2)若点的距离的最小值为到直线，求抛物线的方程．5p ????FE ，0 ，(1)证明 由题意知，抛物线的焦点为 ??2pxlyk . ＝直线＋的方程为 112p ??xky ，＋＝ 1222?ppkxx 0. ＝由－2得－1?2?pyx ，＝2ABxyxy )，，设)，，两点的坐标分别为((， 2211xx 是上述方程的两个实数根， ，则212pypkxxpky ＝＝22，，＋从而＋＋122111p ??→22pkpk ??FMpkpkM ＋，)．( ∴点，的坐标为，＝ 1111??2p ??2pkpk ??N ＋， 的坐标为同理可得点， 22??2→2pkpkFN )，，＝( 22→→222FMFNpkkkk )(．于是 ·＋＝2211kkkkkk ，≠>0∵，＋ ＝2，>0，221121→→22kkFMFNpp . 2＝<1，故(1·＋∴0<<1)21(2)解 由抛物线的定义得ppyFAyFB |＋|＝|，|＝＋， 21222pyAByppk ＋2＋＝2，＋∴||＝1122ppkMr . 的半径＋＝从而圆1132222pxpkxMypyk ＋故圆的方程为＋－2－(20－1)＝， 114． 32222pyxpkNxypk ，(2同理可得圆＝的方程为＋＋1)－20－－ 22422ykklkxk )∴直线0的方程为(－－)＝＋(，1122yx 0.2即＝＋2kkp 1|＋＋|211dlM .的距离为∴点＝到直线5p 71dk .＝－故当时，取最小值 1458p 577p 8. ＝，解得＝由已知得5582yEx .故所求抛物线的方程为16＝22yx ??23)(()??EFCabF 点，>的两焦点分别是>0)2．已知椭圆＋：＝1(，022，0，－，2 2122ba ??2C 在椭圆上．C (1)求椭圆的方程；→→PFyPCMNMPPN 为直径的圆面(2)设是，使得轴上的一点，若椭圆，求以上存在两点＝，21积的取值范围．c (1)由已知，得半焦距，＝2解293EFEFa ，|＝＝4|＋|8|2＝＋2＋2122222caab ，＝6＝8所以＝22，所以－＝2－22yxC 1. ＝的方程是所以椭圆＋68tP )(2)设点，的坐标为(0，MN 斜率不存在时，当直线NM ，可得分别是短轴的两端点，262tt . 得到＝＝±， 33MN 斜率存在时， 当直线MNykxtMxyNxy )，)的方程为＝，＋，，((， 设直线2211→→MPPNxx ，①2得 则由＝－＝221tkxy ，＝＋???22联立yx ，1＝＋? ?68222txktxk ，0＝24－4＋8＋)4＋(3得．2222tkkt )(4，4由题意，得Δ＝64－24)>0－4(3＋22kt 6<8，整理得＋ 由根与系数的关系得kt 8－xx ，＝＋ 212k 43＋2t －244xx ＝，②·212k 43＋2t 6－＋2kxx ，＝得，由①②，消去 212t 812－2t 6＋－??≥0，2t 8－122?2t <6由， 解得< 32t 6－＋?2t ?，＋6<8·2t 812－22t <6， 综上≤ 32t ＋2SFP ·，又因为以＝π为直径的圆面积142π????S π2，.的取值范围是所以 ??322ymxmmCxy ＝－2与抛物线＋3．(2018·浙江“超级全能生”联考)如图，已知直线：＝－21????MAB 1，－.，两点，定点相交于 ??2AByx 平分； (1)证明：线段＝－被直线MABm 的值． 面积取得最大值时(2)求△AxyBxy)，( 设 (，，)，(1)证明22112mmymx，2＝－2＋－??联立方程组?2xy，＝??22mxmxm 0＋2－得，＋2＝2mxxxmxm＝－2－，·，＝2∴＋2211xx＋21m，则＝－2222xxxxxxyy＋＋?－2＋?22111122m，＝＝＝222．mmAB，(－)∴线段，的中点坐标为xABy∴线段被直线平分．＝－22yABxxy?＝?－－?＋(2)解∵|?|221122mmmm 4，(0<－4<1)＝1＋4＋2mm|＋22－|1dMAB＝的距离为，点到直线2m41＋1dMABSAB |＝|∴△的面积222mmmmm )|(0<|1－2(－，＝－＋＋<1)22tttmmS |1－令－2＋＝，，则|＝11??3t??ttSt≤0< －＝又∵0<2≤，∴，??221??23t??tttfttf≤0< 6，则′(令(，)＝)－2＝1－??2????6166????ttfft取得最大值，(上单调递减，故当在时，上单调递增，在则)(＝)，，06????266363±2mmmMAB. ＝＋即△，解得面积取得最大值，此时有－＝6622yxCMaCbABx的上顶点，，4．已知椭圆1(：＋＝轴的两个交点，>是椭圆与>0)，为椭圆22ba2kkkMAkMB. ，，直线设直线＝－的斜率为的斜率为22113C(1)求椭圆的离心率；→→OPQQDxDPQDPl的＝(－3，0)，交椭圆于3，，当△(2)设直线与两点，且满足轴交于点C的方程．面积最大时，求椭圆bbka,kbMAa,B 0)，＝(解 (1)，(0，)，，(－0)，＝－21aa2cbbb32ekk.＝·＝－＝－＝－，＝212aaaa33c3e＝知＝，(2)由(1)a32222cbac＝得2＝3，，222cxCy＝36可设椭圆2的方程为，＋mylx，－设直线的方程为3＝222cxy，＝632＋??由?myx，3－＝222cmmyy＝0，＋得(2＋3)6－－436ylCPxyQx因为直线)与椭圆，相交于((两点，，，)2211222cmm )>0所以Δ＝486－4(2，＋3)(6－2cm6643－yyyy.＝由根与系数的关系得，＝＋，212122mm322＋＋3→→yQDDPy＝3，所以，＝－又3212m362c ＝－，6－6代入上述两式得2m32＋??31m38??ySODy－||所以＝＝||OPQ21△222m??32＋m1212|| ＝，＝≤62m33|2|＋m|＋2|m||3522mc＝，时，等号成立，此时当且仅当＝22代入Δ，此时Δ>0成立，22yx2C1.＋所以椭圆＝的方程为515yxNPxy1. 5．已知在平面直角坐标系中，动点≥0)到点(轴的距离大，(1,0))(的距离比到CP (1)求动点的方程；的轨迹→OAyABQxMC且满足1两点，设点＝在直线(2)若过点0(2,0)的直线与轨迹＋相交于上，，－→→tOOBtOQ)＋，求实数＝的最小值．(为坐标原点PNyyxNPx－所以|(1,0)的距离比到解 (1)方法一因为点|(轴的距离大，)(1≥0)到点，2xNyx. 的坐标代入，并整理得4|，将点1＝|＝2xyPC.＝的轨迹的方程是故点4NPPNy的所以点方法二因为平面上动点(1,0)到点到点(1,0)的距离比到轴的距离大1，PPx焦点到准线的距离为的轨迹是以原点为顶点，1距离与点的距离相等，到直线即点＝－2xyPC.的轨迹＝的方程为2，并且为开口向右的抛物线，所以点42yABAByx：40且与抛物线有两个交点，设直线由题意知直线(2)＝的斜率存在且斜率不为xyk，2??－＝??2222kxxAykxyQBxyxkxk＝，)，(，，)＋(，1)＝(－2)，()，由－4(得＋4?21212xy ，4＝??k ≠0)． 0(2k 1)>0恒成立，Δ＝16(2＋2k ??＋14xxxx 4·＝所以＋，＝， 21122k →→→OAOBtOQxxyytxy )，(＋ ，，因为＋＋)＝＝，所以(21212yykxkxkxxkxxk 4－＋?4－＋1?2＋???－2?＋?＋4?21111222xy ＝＝＝，＝，即 ＝＝2tktttttkQxy －1＝0又点上，在 ＋2k 41??＋40. 1＝所以＋－2kttk 1111????2????t ＋＋1＋＋3≥3.44 所以＝＝ 2kkk ????2t 的最小值为3.故实数2x 2CFAMy 作直线交椭圆于的右焦点两点．6.如图，过椭圆，：＋＝1 2ACxQAQFCQF ；，使得∠变化时，在 轴上求定点(1)当＝∠，QAMBBFDABCD 的面当四边形，连接(2)设直线，交椭圆并延长交椭圆于点的另一个交点为AC 的方程． 积取得最大值时，求直线AxyCxyQq,0)，(()，，)，( 解 (1)设，2112ACxACxty ＋1，当的方程为， 不在＝轴上时，设直线22tyyMt 0. 2＝的方程，可得(2＋－)1＋代入椭圆t 12－yyyy ，，＋＝＝－ 211222tt ＋2＋2yy 21kk ＝由意题知＋＋ CQAQ qxxq －－21yxqyxq ???－－?＋1212＝ qxxq ????－－21ytyqytyq ?－?＋＋??＋1－11122＝ qqxx ?－??－?21tyyqyy ?1－2＋??＋?2211＝0，＝ qxqx ????－－21tyyqyy )＝0)(，＋即2 (1＋－2211ttq )＝0(1－，整理得－2－2tq ＝2，取何值，上式恒成立，则 由题知无论ACxQAQFCQFQ 的坐标是(2,0)．＝∠当成立，所以点，在 轴上时，定点(2,0)依然可使∠AQFCQFBQFDQF . ，∠由(2)(1)知∠＝∠＝∠BCxADx 轴对称，关于，轴对称，关于，所以．ABCD 是一个等腰梯形．所以四边形2ytyyABCDStxxy |·||－则四边形－的面积|(＝)|＝－||·|2111222tt ||1??＋. ＝8· 22t ?＋?224tt 23－－tSt )＝－8·′(，由对称性不妨设，求导可得>032t ??2＋17＋32tSt ＝，可得令，′()＝02??17＋3??tS 上单调递增，)由于(在，0??2??17＋317＋32??SABCDt 取得最大的面积上单调递减，所以当＝在时，四边形，＋∞2??2 值．173＋yACx 1.的方程是此时，直线＝±＋2．。
浙江省杭州市2019届高考数学命题比赛模拟试题6及参考答案
浙江省杭州市2019届高考数学命题比赛模拟试题6试卷命题双向细目表2019年高考模拟试卷数学卷考试时间 120分钟 满分150分 命题报告一、命题特色：（1）本模拟试卷严格按照浙题序 考查内容 分值 难易程度 1 复数及复数模的运算 5 容易题 2 充要关系的判定 5 容易题 3 数列的基本性质5 容易题 4 线面垂直、线面平行的判定 5 中档题 5 线性规划问题的求解5 中档题 6空间中的点、线、面的位置关系，同时考查空间想象能力和逻辑推理能力 5中档题 7 组合计数在求解概率问题中的应用 5 中档题 8 函数性质以及方程零点问题 5 较难题 9 基本不等式、函数的性质5难题 10分段函数、三次函数的图像和性质，不等式恒成立和不等式的存在性问题 5难题 11 函数的周期性 6 中档题 12 三角函数性质6 中档题 13 利用三视图求几何体的体积和表面积 4 中档题 14 直线与圆 4 中档题 15 等比数列4 较难题 16 平面向量与三角函数 14 容易题 17 解三角形15 中档题 18 三角恒等变换、余弦定理、三角形的面积 15 中档题 19数列的递推公式和等比数列的求和公式以及累乘法的应用 15 较难题 20 线线垂直的判定，考查线面角 15 较难题 21 椭圆的标准方程与几何性质、直线方程 15 较难题 22导数在研究函数性质中的应用15 较难题江省高考信息进行命题，遵循浙江省高考试题命制的特点；（2）试卷注重考查学生对基础知识、基本方法和基本技能的掌握情况，侧重对通性通法的考查；（3）注重在知识点的交汇处命题，侧重于学生数学学科素养的考查。
二、好题展示：第10题将分段函数、三次函数的图像和性质，不等式恒成立与不等式的存在性问题交汇在一起，考查考生的综合处理能力，考查的核心素养是数学抽象和数学运算；第13题以全新的视角考查了三视图的知识，对考生的空间想象能力要求较高，考查形式新颖，考查的核心素养是数学运算；第22题是考查导数判断函数单调性，函数的最值与零点，不等式的证明等，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查函数与方程思想、化归和转化思想、数形结合思想等，考查的核心素养是数学运算与逻辑推理能力，试题短小精悍，但思维量大，值得考生深思熟虑，符合浙江省高考特色。
2019年浙江省高考数学(含解析版)
【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.
3.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ）
A. B.1
C.10D.12
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.
【详解】方法1：由分布列得 ，则
，则当 在 内增大时， 先减小后增大.
方法2：则
故选D.
【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.
8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A.当 B.当
C.当 D.当
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分
11.复数 （ 为虚数单位），则 ________.
12.已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆相切于点 ，则 _____， ______.
13.在二项式 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.
C. 先增大后减小D. 先减小后增大
8.设三棱锥 底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A. B.
C. D.
9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点，则（ ）
2019年浙江省数学高考模拟精彩题选解析几何解答题含答案
l 的对称点，设
.
（Ⅰ）若
l
3 = ，求椭圆
C 的离心率；
4
（Ⅱ）若 DPF1F2
x2 y2 2.（ 2016 温州一模 19）．（本题满分 15 分）如图，已知椭圆 C ： a2 b2 1(a b 0) 经过点
(1, 6 ) ，且离心率等于 2 ．点 A, B分别为椭圆 C 的左、右顶点， M , N 是椭圆 C 上非
7 ，3
时，求实数
2
的取值范围．
解：（Ⅰ） 由离心率为 6 ，得 a2 3b2 ． 3
………………２ 分
设 A x1, y1 , B x2, y2 ，联立
x2 3y2 x y1
3b2 0，
0，消去 y 得 4x2
6x
3 1 b2
0
故 x1 x2
3 2 ， x1x2
3 1 b2 ，
4
所以 x1 x2
3
1 2kO2N
1 2kO2N
作 MM ' x 轴 , NN ' x轴 , M ', N ' 是垂足 ,
S S S S OMN = 梯形 MM 'N 'N
OMM '
ONN '
1 [( yM
2
y N )( xM
xN ) xM yM
xN y N ]
1 (xM yN xN yM )
2
1(
4kON
2
1
2k
2 OM
2
2
2k 2 1
2
化得 m4 ( 4k2
2)m2
(2k 2
2
1)
0 ，得 m2
2k 2
1
……………………… 13
专题08平面解析几何-2019届浙江省高考数学复习必备高三优质考卷分项解析(Word版含解析)
一．基础题组1. 【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】双曲线的一条渐近线方程为，则正实数的值为（）A．9 B．3 C．D．【答案】D【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，即可得到结果【详解】2. 【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apollonius）在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆.后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆. 已知直角坐标系中，则满足的点的轨迹的圆心为____________，面积为____________.【答案】【解析】【分析】由阿波罗尼斯圆求出点的轨迹的圆的方程，就可以得到圆心坐标和圆面积【详解】设，即化简可得故圆心坐标为面积为【点睛】本题考查了阿波罗尼斯圆，即一动点到两定点的距离之比是个常数时其轨迹是圆，运用两点间的距离公式就可以求出圆的标准方程，从而得到结果.3.【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】如图，已知椭圆，双曲线，若以为长轴的直径的圆与的一条渐近线交于两点，且与该渐近线的两交点将线段三等分，则的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】分析：设直线与椭圆在第一象限内的交点为，则且，根据这个关系我们能得到的坐标，从而得到的大小．详解：设直线与椭圆在第一象限内的交点为且设，其中则，故，所以，也就是，所以，选A．点睛：圆锥曲线中的离心率的计算，关键是利用题设条件构建关于的一个等式关系．而离心率的取值范围，则需要利用坐标的范围、几何量的范围或点的位置关系构建关于的不等式或不等式组．4. 【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】直线与椭圆相交于两点，与轴、轴分别相交于两点.如果是线段的两个三等分点，则直线的斜率为_____________.【答案】【解析】【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，是线段的两个三等分点，则线段的中点与线段的中点重合，得到关系式求出斜率【详解】由题意，设直线的方程为，，则，联立椭圆方程可得，由韦达定理可得，，是线段的两个三等分点线段的中点与线段的中点重合，解得故答案为【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，由题目中“是线段的两个三等分点”出发，联立直线方程与椭圆方程，求得线段中点坐标，得到方程求出结果，解题关键是找出相等的量。
浙江省杭州市2019届高三高考命题比赛模拟数学试卷15Word版含答案
=5， 3
ξ
1
2
3
P
a
b
c
13. [ 原创 ] 多项式 x 2 2 x x 1 6 的展开式中常数项 _______ ，是 x 6 项的系数是 _______。 14. [ 原创 ] 已知直线 l : mx y 1, 若直线 l 与直线 x my 1 0 平行，则 m 的值为 ________，动直线 l 被圆 x2 2 x y2 24 0 截得的弦长最短为 ________
] （本题满分 15 分）已知正四棱锥
P ABCD 中，底面是边长为 2 的正方形，高为 2 , M 为线段 PC 的中P点。
(1) 求证： PA ∥平面 MDB ；
N
(2) N 为 AP 的中点，求 CN 与平面 MBD 所成角的正弦值。
5. [ 原创 ] 为了得到函数 y sin 3x - cos3x 的图象，可将函数 y 2 sin 3x的图象（
）
A. 左平移 个单位
B.
4
向右平移 个单位
4
C. 向左平移
个单位
D.
12
向右平移
个单位
12
2x 4 y 7,
6. [ 原创 ] 若 x, y 满足约束条件 2x 3y 9, 则 z 10 x 10 y 的最大值是（
x2
y2
a2 的切线，切点为 E ，延长 FE 交双曲线右支于点 P ，若 OP 2OE OF ，则
4
2
双曲线的离心率为
（）
A． 10
B
． 10
C
． 10
5
2
D
．2
9. [ 改编自步步高 ] 如图 Rt ABC 中， ACB 90 ，直线 过点 A 且垂直于平面 ABC ，
2019年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 文数——专题05 平面解析几何(解析版)
专题05 平面解析几何1．【2019年高考浙江卷】渐近线方程为x ±y =0的双曲线的离心率是A B ．1C D ．2【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线方程为0x y ±=，所以a b =，则c ==，所以双曲线的离心率ce a==故选C. 【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得a b =，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.2．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线的倾斜角为130°，则C 的离心率为 A ．2sin40° B ．2cos40° C ．1sin50︒D ．1cos50︒【答案】D【解析】由已知可得tan130,tan 50b ba a-=︒∴=︒，1cos50c e a ∴======︒， 故选D ．【名师点睛】对于双曲线：()222210,0x y a b a b -=>>，有c e a ==对于椭圆()222210x y a b a b +=>>，有c e a ==3．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y +=B ．22132x y +=C ．22143x y +=D ．22154x y +=【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===， 由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在1AF B △中，由余弦定理推论得22214991cos 2233n n n F AB n n +-∠==⋅⋅．在12AF F △中，由余弦定理得2214422243n n n n +-⋅⋅⋅=，解得3n =． 2222423,3,312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ．法二：由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===， 由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在12AF F △和12BF F △中，由余弦定理得2221222144222cos 4422cos 9n n AF F n n n BF F n⎧+-⋅⋅⋅∠=⎨+-⋅⋅⋅∠=⎩， 又2121,AF F BF F ∠∠互补，2121cos cos 0AF F BF F ∴∠+∠=，两式消去2121cos cos AF F BF F ∠∠,，得223611n n +=，解得n =．22224,312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ． 【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】若抛物线y 2=2px （p >0）的焦点是椭圆2213x y p p+=的一个焦点，则p = A ．2 B ．3C ．4D ．8【答案】D【解析】因为抛物线22(0)y px p =>的焦点(,0)2p是椭圆2231x y p p +=的一个焦点，所以23()2p p p -=，解得8p =，故选D ．【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于p 的方程，从而解出p ，或者利用检验排除的方法，如2p =时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A ，同样可排除B ，C ，从而得到选D ．5．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设F 为双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的右焦点，O为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2+y 2=a 2交于P ，Q 两点．若|PQ |=|OF |，则C 的离心率为A BC ．2D 【答案】A【解析】设PQ 与x 轴交于点A ，由对称性可知PQ x ⊥轴，又||PQ OF c ==Q ，||,2cPA PA ∴=∴为以OF 为直径的圆的半径，∴||2c OA =，,22c c P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭， 又P 点在圆222x y a +=上，22244c c a ∴+=，即22222,22c c a e a =∴==．2e ∴=，故选A ．【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出P 点坐标，代入圆的方程得到c 与a 的关系，可求双曲线的离心率．6．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知F 是双曲线C ：22145x y -=的一个焦点，点P 在C上，O 为坐标原点，若=OP OF ，则OPF △的面积为 A ．32B ．52C ．72D ．92【答案】B【解析】设点()00,P x y ，则2200145x y -=①．又453OP OF ==+=，22009x y ∴+=②．由①②得20259y =，即053y =， 0115532232OPF S OF y ∴=⋅=⨯⨯=△， 故选B ．【名师点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅.设()00,P x y ，由=OP OF ，再结合双曲线方程可解出0y ，利用三角形面积公式可求出结果.7．【2019年高考北京卷文数】已知双曲线2221x y a-=（a >0a =AB ．4C ．2D ．12【答案】D【解析】∵双曲线的离心率ce a==，c ==12a =， 故选D.【名师点睛】本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中a ,b ,c 的关系，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．【2019年高考天津卷文数】已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且||4||AB OF =（O 为原点），则双曲线的离心率为A BC ．2D 【答案】D【解析】抛物线24y x =的准线l 的方程为1x =-，双曲线的渐近线方程为by x a=±， 则有(1,),(1,)b b A B a a ---，∴2b AB a =，24ba=，2b a =，∴c e a a===故选D.【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB 的长度.解答时，只需把4AB OF =用,,a b c 表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.9．【2019年高考北京卷文数】设抛物线y 2=4x 的焦点为F ，准线为l ．则以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为__________． 【答案】22(1)4x y -+=【解析】抛物线y 2=4x 中，2p =4，p =2， 焦点F （1,0），准线l 的方程为x =−1，以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为(x −1)2+y 2=22，即为22(1)4x y -+=. 【名师点睛】本题可采用数形结合法，只要画出图形，即可很容易求出结果.10．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】设12F F ，为椭圆C :22+13620x y =的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限．若12MF F △为等腰三角形，则M 的坐标为___________.【答案】(【解析】由已知可得2222236,20,16,4a b c a b c ==∴=-=∴=，11228MF F F c ∴===，∴24MF =．设点M 的坐标为()()0000,0,0x y x y >>，则121200142MF F S F F y y =⋅⋅=△，又12014,42MF F S y =⨯=∴=△，解得0y =，22013620x∴+=，解得03x=（3x=-舍去），M\的坐标为(．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出12MF MF、，设出M的坐标，结合三角形面积可求出M的坐标. 11．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，若双曲线2221(0)yx bb-=>经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是▲.【答案】y=【解析】由已知得222431b-=，解得b=b=因为0b>，所以b=因为1a=，所以双曲线的渐近线方程为y=.【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的,a b密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程.12．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，P是曲线4(0)y x xx=+>上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是▲.【答案】4【解析】当直线x+y=0平移到与曲线4y xx=+相切位置时，切点Q即为点P，此时到直线x+y=0的距离最小.由2411yx'=-=-，得)x x==，y=Q，则切点Q到直线x+y=04=，故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.13．【2019年高考浙江卷】已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r .若直线230x y -+=与圆C 相切于点(2,1)A --，则m =___________，r =___________． 【答案】2-【解析】由题意可知11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+，把(0,)m 代入直线AC 的方程得2m =-，此时||r AC ===【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC 的斜率，进一步得到其方程，将(0,)m 代入后求得m ，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.14．【2019年高考浙江卷】已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是___________．【解析】方法1：如图，设F 1为椭圆右焦点.由题意可知||=|2OF OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，设(,)P x y ，可得22(2)16x y -+=，与方程22195x y +=联立，可解得321,22x x =-=（舍）， 又点P 在椭圆上且在x轴的上方，求得32P ⎛- ⎝⎭，所以212PFk ==.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知|2OF |=|OM |=c =， 由中位线定理可得12||4PF OM ==，即342p p a ex x -=⇒=-， 从而可求得3152P ⎛- ⎝⎭，所以1521512PFk ==.【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.15．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，│AB │ =4，⊙M 过点A ，B 且与直线x +2=0相切．（1）若A 在直线x +y =0上，求⊙M 的半径；（2）是否存在定点P ，使得当A 运动时，│MA │−│MP │为定值？并说明理由． 【答案】（1）M e 的半径=2r 或=6r ；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）因为M e 过点,A B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线+=0x y 上，且,A B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y x =上，故可设(, )M a a .因为M e 与直线x +2=0相切，所以M e 的半径为|2|r a =+.由已知得||=2AO ，又MO AO ⊥u u u u r u u u r ，故可得2224(2)a a +=+，解得=0a 或=4a .故M e 的半径=2r 或=6r .（2）存在定点(1,0)P ，使得||||MA MP -为定值. 理由如下：设(, )M x y ，由已知得M e 的半径为=|+2|,||=2r x AO .由于MO AO ⊥u u u u r u u u r，故可得2224(2)x y x ++=+，化简得M 的轨迹方程为24y x =.因为曲线2:4C y x =是以点(1,0)P 为焦点，以直线1x =-为准线的抛物线，所以||=+1MP x .因为||||=||=+2(+1)=1MA MP r MP x x ---，所以存在满足条件的定点P .【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解.16．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知12,F F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点，P 为C 上一点，O 为坐标原点．（1）若2POF △为等边三角形，求C 的离心率；（2）如果存在点P ，使得12PF PF ⊥，且12F PF △的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．【答案】（11；（2）4b =，a 的取值范围为)+∞.【解析】（1）连结1PF ，由2POF △为等边三角形可知在12F PF △中，1290F PF ∠=︒，2PF c =，1PF =，于是1221)a PF PF c =+=，故C 的离心率是1ce a==. （2）由题意可知，满足条件的点(,)P x y 存在．当且仅当1||2162y c ⋅=，1y y x c x c ⋅=-+-，22221x y a b +=，即||16c y =，① 222x y c +=，②22221x y a b +=，③ 由②③及222a b c =+得422b y c =，又由①知22216y c=，故4b =．由②③得()22222a x c b c=-，所以22c b ≥，从而2222232,a b c b =+≥=故a ≥.当4b =，a ≥时，存在满足条件的点P ． 所以4b =，a的取值范围为)+∞．【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.17．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B ． （1）证明：直线AB 过定点； （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程．【答案】（1）见详解；（2）22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭或22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭. 【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，则2112x y =．由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=-．整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -． 故直线AB 的方程为2210tx y -+=． 所以直线AB 过定点1(0,)2．（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+． 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=． 于是()21212122,121x x t y y t x x t +=+=++=+.设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭． 由于EM AB ⊥u u u u r u u u r ，而()2,2EM t t =-u u u u r ，AB u u u r 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=．解得t =0或1t =±．当t =0时，||EM u u u u r =2，所求圆的方程为22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭；当1t =±时，||EM =u u u u r 22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.18．【2019年高考北京卷文数】已知椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点为(1,0)，且经过点(0,1)A ．（1）求椭圆C 的方程；（2）设O 为原点，直线:(1)l y kx t t =+≠±与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N ，若|OM |·|ON |=2，求证：直线l 经过定点． 【答案】（1）2212x y +=；（2）见解析. 【解析】（1）由题意得，b 2=1，c =1． 所以a 2=b 2+c 2=2．所以椭圆C 的方程为2212x y +=．（2）设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），则直线AP 的方程为1111y y x x -=+． 令y =0，得点M 的横坐标111M x x y =--． 又11y kx t =+，从而11||||1M x OM x kx t ==+-．同理，22||||1x ON kx t =+-．由22,12y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(12)4220k x ktx t +++-=． 则122412kt x x k +=-+，21222212t x x k-=+． 所以1212||||||||11x x OM ON kx t kx t ⋅=⋅+-+-()12221212||(1)(1)x x k x x k t x x t =+-++-22222222212||224(1)()(1)1212t k t kt k k t t k k-+=-⋅+-⋅-+-++12||1t t+=-． 又||||2OM ON ⋅=，所以12||21tt+=-． 解得t =0，所以直线l 经过定点（0，0）．【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19．【2019年高考天津卷文数】设椭圆22221(0)x ya ba b+=>>的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.|2||OA OB=（O为原点）.（1）求椭圆的离心率；（2）设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x=4上，且OC AP∥，求椭圆的方程.【答案】（1）12；（2）2211612x y+=.【解析】（1）设椭圆的半焦距为c2b=，又由222a b c=+，消去b得2222a a c⎛⎫=+⎪⎪⎝⎭，解得12ca=.所以，椭圆的离心率为12.（2）由（1）知，2,a c b==，故椭圆方程为2222143x yc c+=.由题意，(, 0)F c-，则直线l的方程为3()4y x c=+，点P的坐标满足22221,433(),4x yc cy x c⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩消去y并化简，得到2276130x cx c+-=，解得1213,7cx c x==-.代入到l的方程，解得1239,214y c y c==-.因为点P在x轴上方，所以3,2P c c⎛⎫⎪⎝⎭.由圆心C在直线4x=上，可设(4, )C t.因为OC AP∥，且由（1）知( 2 , 0)A c-，故3242ctc c=+，解得2t=.因为圆C与x轴相切，所以圆的半径长为2，又由圆C 与l 相切，得23(4)242314c +-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭，可得=2c .所以，椭圆的方程为2211612x y +=.【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.20．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为F 1（–1、0），F 2（1，0）．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2:222(1)4x y a -+=交于点A ，与椭圆C 交于点D .连结AF 1并延长交圆F 2于点B ，连结BF 2交椭圆C 于点E ，连结DF 1． 已知DF 1=52． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）求点E 的坐标．【答案】（1）22143x y +=；（2）3(1,)2E --. 【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c . 因为F 1(−1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1. 又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴，所以DF 232==， 因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2. 由b 2=a 2−c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1. 将x =1代入圆F 2的方程(x −1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(−1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=， 解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得 125y =-， 因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-. 将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-. 因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C：221 43xy+=.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.因为F1(−1，0)，由221431xx y⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y=±.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以32y=-.因此3(1,)2E--.【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.21．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F ，为抛物线22(0)y px p =>的焦点，过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线上，使得ABC △的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记,AFG CQG △△的面积分别为12,S S ． （1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标．【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为31，此时G （2，0）． 【解析】（1）由题意得12p=，即p =2. 所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设()()(),,,,,A A B B c c A x y B x y C x y ，重心(),G G G x y .令2,0A y t t =≠，则2A x t =.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为2112t x y t-=+，代入24y x =，得()222140t y y t---=，故24Bty =-，即2B y t =-，所以212,B tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭.又由于()()11,33G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++及重心G 在x 轴上，故220c t y t -+=，得242211222,2,,03t t C t t G t t t ⎛⎫⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以，直线AC 方程为()222y t t x t-=-，得()21,0Q t-.由于Q 在焦点F 的右侧，故22t >.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23A ct t t FG y t S t t t t t S t t QG y t t t t-+-⋅⋅--====--+--⋅--⋅-.令22m t =-，则m >0，122122213434S m S m m m m =-=-=+++++…当m =时，12S S取得最小值1G （2，0）．【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.22．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试数学（二）】经过点(3,0)M 作圆22243x y x y +---0=的切线l ，则l 的方程为A ．30x y +-=B ．30x y +-=或3x =C ．30x y --=D ．30x y --=或3x =【答案】C【解析】22222430(1)(2)8x y x y x y +---=⇒-+-=，所以圆心坐标为(1,2)，半径为当过点()3,0M 的切线存在斜率k ，切线方程为(3)30y k x kx y k =-⇒--=，圆心到它的距离为1k ==，即切线方程为30x y --=，当过点()3,0M 的切线不存在斜率时，即3x =，显然圆心到它的距离为2≠，所以3x =不是圆的切线.因此切线方程为30x y --=，故本题选C.【名师点睛】本题考查了求圆的切线.本题实际上是过圆上一点求切线，所以只有一条.解答本题时，设直线l 存在斜率k ，点斜式设出方程，利用圆心到直线l 的距离等于半径求出斜率k ，再讨论直线l 不存在斜率时，是否能和圆相切，如果能，写出直线方程，综合求出切线方程.23．【广东省深圳市深圳外国语学校2019届高三第二学期第一次热身考试数学试题】已知椭圆22221x y a b+=(0)a b >>的离心率为3，椭圆上一点P 到两焦点距离之和为12，则椭圆短轴长为A ．8B ．6C ．5D ．4【答案】A【解析】椭圆()222210x y a b a b +=>>的离心率：c e a ==，椭圆上一点P 到两焦点距离之和为12，即212a =，可得：6a =，c =，4b ∴===，则椭圆短轴长为28b =. 本题正确选项为A.【名师点睛】本题考查椭圆的定义、简单几何性质的应用，属于基础题．解答本题时，利用椭圆的定义以及离心率，求出,a c ，然后求解椭圆短轴长即可．24．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学试题】已知椭圆22221x y a b+=（a ＞b ＞0）与双曲线222212x y a b -=（a ＞0，b ＞0）的焦点相同，则双曲线渐近线方程为A．y x = B．y =C．2y x =± D．y =【答案】A【解析】依题意椭圆22221(0)x y a b a b +=>>与双曲线22221(0,0)2x y a b a b -=>>即22221(0,0)22x y a b a b-=>>的焦点相同，可得：22221122a b a b -=+，即223a b =，∴b a ==∴双曲线的渐近线方程为：x y x ==， 故选A ．【名师点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．解答本题时，由题意可得22221122a b a b -=+，即223a b =，代入双曲线的渐近线方程可得答案.25．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学试题】如图，过抛物线22(0)y px p =>的焦点F 的直线l 交抛物线于点,A B ，交其准线于点C ，若4BC BF =，且6AF =，则p 为A ．94B ．92C ．9D ．18【答案】B【解析】设准线与x 轴交于点P ，作BH 垂直于准线，垂足为H .由4BC BF =，得：45BH BC PF CF ==， 由抛物线定义可知：BF BH =，设直线l 的倾斜角为θ，由抛物线焦半径公式可得：41cos 5pBF BF PF p p θ+===，解得：1cos 4θ=， 46131cos 3144p p p AF p θ∴=====--，解得：92p =， 本题正确选项为B.【名师点睛】本题考查抛物线的定义和几何性质的应用，关键是能够利用焦半径公式中的倾斜角构造出方程，从而使问题得以解决.26．【福建省厦门市厦门外国语学校2019届高三最后一模数学试题】双曲线M 的焦点是12,F F ，若双曲线M 上存在点P ，使12PF F △是有一个内角为2π3的等腰三角形，则M 的离心率是______.【解析】根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的两个腰应为2PF 与12F F 或1PF 与12F F ，不妨设等腰三角形的腰为2PF 与12F F ，且点P 在第一象限， 故2||2PF c =，等腰12PF F △有一内角为2π3，即212π3PF F ∠=，由余弦定理可得，1PF ==||，由双曲线的定义可得，1PF PF c a -=-=2||||22，即1)c a =，解得：12e =. 【名师点睛】本题考查了双曲线的定义、性质等知识，解题的关键是要能准确判断出等腰三角形的腰所在的位置.解答本题时，根据双曲线的对称性可知，等腰三角形的腰应该为2PF 与12F F 或1PF 与12F F ，不妨设等腰三角形的腰为2PF 与12F F ，故可得到2PF 的值，再根据等腰三角形的内角为2π3，求出1PF 的值，利用双曲线的定义可得双曲线的离心率.27．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】已知椭圆22221(0)x y C a b a b +=>>：的左顶点为(20)M -，，离心率为2． （1）求椭圆C 的方程；（2）过点(10)N ，的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，当MA MB ⋅u u u r u u u r取得最大值时，求MAB△的面积．【答案】（1）22142x y +=；（2.【解析】（1）由题意可得：2a =，c a =，得c =2222b a c =-=. 所以椭圆22:142x y C +=.（2）当直线l 与x 轴重合时，不妨取(2,0),(2,0)A B -，此时0MA MB ⋅=u u u r u u u r ；当直线l 与x 轴不重合时，设直线l 的方程为：1x ty =+，1122(,),(,)A x y B x y ，联立221142x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(2)230t y ty ++-=，显然>0∆，12222t y y t -+=+，21232y y t -⋅=+. 所以1212(2)(2)MA MB x x y y ⋅=+++u u u r u u u r1212(3)(3)ty ty y y =+++ 21212(1)3()9t y y t y y =++++22232(1)3922t t t t t --=+++++ 22233692t t t ---=++ 229392t t --=++2152t =+. 当0t =时，MA MB ⋅u u u r u u u r 取最大值152.此时直线l 方程为1x =，不妨取(1,),(1,)22A B -，所以AB =又3MN =，所以MAB △的面积132S ==. 【名师点睛】本题考查椭圆的基本性质，运用了设而不求的思想，将向量和圆锥曲线结合起来，是典型考题.（1）由左顶点M 坐标可得a =2，再由ce a=可得c ，进而求得椭圆方程. （2）设l 的直线方程为1x ty =+，和椭圆方程联立221142x ty x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，可得22(2)230t y ty ++-=，由于>0∆，可用t 表示出两个交点的纵坐标12y y +和12y y ⋅，进而得到MA MB ⋅u u u r u u u r 关于t 的一元二次方程，得到MA MB ⋅u u u r u u u r取最大值时t 的值，求出直线方程，而后计算出MAB △的面积.28．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试数学试题】已知抛物线()2:20C y px p >＝的焦点为F ，直线4y =与y 轴的交点为P ，与抛物线C 的交点为Q ，且2QF PQ ＝. （1）求p 的值；（2）已知点(),2T t -为C 上一点，M ，N 是C 上异于点T 的两点，且满足直线TM 和直线TN 的斜率之和为83-，证明直线MN 恒过定点，并求出定点的坐标． 【答案】（1）4；（2）证明过程见解析，直线MN 恒过定点()1,1--. 【解析】（1）设()0,4Q x ，由抛物线定义知02QF p x =+， 又2QF PQ ＝，0PQ x =， 所以0022p x x =+，解得02p x =， 将点,42p Q ⎛⎫⎪⎝⎭代入抛物线方程，解得4p =. （2）由（1）知，C 的方程为28y x =，所以点T 坐标为1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭，设直线MN 的方程为x my n =+，点()11,M x y ，()22,N x y ，由28x my ny x=+⎧⎨=⎩ 得2880y my n --=，264320m n +=>∆.所以128y y m +=，128y y n =-， 所以121222121222221111228282MT NT k k y y y y y y x x +++++=+=+----()()1212121288228+3224y y y y y y y y -=-++--+= 6432881643m n m -==---+，解得1n m =-，所以直线MN 的方程为1(1)x m y +=+，恒过定点()1,1--．【名师点睛】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线相交，直线过定点问题，属于中档题.（1）设Q 点坐标，根据抛物线的定义得到Q 点横坐标，然后代入抛物线方程，得到p 的值；（2）()11,M x y ，()22,N x y ，直线和曲线联立，得到1212,y y y y +，然后表示出MT NT k k +，化简整理，得到m 和n 的关系，从而得到直线MN 恒过的定点.。
浙江省2019 年高考模拟训练卷数学(三)及解析
○…………外………○…………装…………○学校:___________姓名：___________班○…………内………○…………装…………○浙江省2019 年高考模拟训练卷数学（三）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）一、选择题1.已知集合U={1,2,3,4,5}，A ={0,1,2,3}，B ={1,2,3,4}，则C U (A ∩B )=（ （A. {1,2,3}B. {3,4,5}C. {4,5}D. ∅ 2.已知双曲线C:x 2a 2−y 2a 2=1，则C 的离心率是（ ）A. √52B. √2C. 2D. √5 3.已知a +bi =2−i 1+i（i （（（（（（（（√a 2+b 2（ （A.3√22 B. √102 C. 92 D. 524.函数f (x )=cosx x 2的图像可能是（ ）A. B.C. D.5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）答案第2页，总17页…………○……※※在※※装※※订※※线…………○……A. 2 B. √3 C. √32 D. √366.已知5辆不同的白颜色和3辆不同的红颜色汽车停成一排，则白颜色汽车至少2辆停在一起且红颜色的汽车互不相邻的停放方法有（ ） A. 1880 B. 1440 C. 720 D. 2567.在ΔABC 中，“sinA<cosB ”是“ΔABC 为钝角三角形”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件8.设函数f (x )={e x +x 2(x ≥0)1ex+x 2(x <0) .已知对任意的a ∈[√3,2√3]，若x 1∈[a −k a ,a −k 2a ]（x 2∈[a −k 3a ,a −k4a ]，恒有f (x 1)≥f (x 2)，则正实数k 的取值范围是（ ）A. (0,4]B. (0,8]C. [8,+∞)D. [32,+∞)9.如图，C,D 是以AB 直径的圆O 上的动点，已知|AB |=2，则AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的最大值是（ ）A. 12B. √5−√3C. √22 D. √3−1 10.已知数列{a n }满足a 1>0（a 11=4（a n+1=a n +12a n 2，数列{b n }满足b n >0（b 1=a 12（b n =b n+1+12b n+12，n ∈N ∗若存在正整数m,n (m ≤n )，使得b m +b n =14，则（ ） A. m=10,n =12 B. m =9,n =11 C. m =4,n =6 D. m =1,n =3第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题（题型注释）11.已知函数f (x )={log 2x,x >02x ,x ≤0，则f (4)=__________；f (f (13))=__________（12.若实数x,y （（（（（（{2x +y +2≥0x +y −1≤0y ≥0，则z =y −2x （（（（（__________（13.若(x −2)8=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯+a 8(x −1)8，则a 0+a 1+a 2+⋯+……外……………○…………订……___班级：___________考号：___……内……………○…………订……a 8=__________（14.在ΔABC 中，角A,B,C 所对的边a,b,c ，点E 为边AC 上的中点，已知a=2，b =4，c =3，则cosC =__________；BE =__________（15.（（x,y∈R ，若x +2y =4（（x 2+4y 2（（（（（__________（（x 2+4y 2=4，则x +y （（（（（__________（16.已知直线l:y=x +1与抛物线C:x 2=y 交于A,B 两点，点P (0,1)，Q (−1,0)，且PQ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =λQA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =μQB⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ (λ,μ∈R )，则λ+μ=__________（ 17.如图，在三棱锥P−ABC 中，点O 为AB 的中点，点P 在平面ABC 的投影恰为OB 的中点.已知AB =2PO =2，点C 到OP 的距离为√3，则当∠ACB 最大时，二面角P −AC −B 的余弦值是__________（三、解答题（题型注释）18.已知函数f (x )=√2sin (2x +π4),x ∈R .（1）求函数f (x )在[0,π4]上的值域； （2）若f (x 0)=13，求tanx 0.19.在三棱锥P−ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，AQ =QC ，PA =PC =AB =2，BC =1，PB =√3.（1）证明：BC ⊥BQ （（2）求直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值. 20.已知数列{a n }的前n 项为S n=3a n −2n ,n ∈N ∗.答案第4页，总17页订…………○………※※答※※题※※订…………○………（1）证明：{a nn−1}为等比数列； （2（（（（{na n2n}的前n （（（T n . 21.如图，直线l:y =kx +m (k >0,m <0)交椭圆C:x 24+y 23=1于A,B 两点，点E 是线段AB 的中点，连接EO 并延长EO 交椭圆C 于点F .（1）设直线EF 的斜率为k ′，求kk ′的值； （2）若k=32，求ΔFAB 面积的最大值.22.知函数f (x )=x 2+a x+a，g (x )=2lnx +2a (a ∈R ).（1）求f (x )的单调区间； （2）证明：存在a∈(0,1)，使得方程f (x )=g (x )在(1,+∞)上有唯一解.参数答案1.C【解析】1.先求出A ∩B ，然后再在全集U ＝{1，2，3，4，5}下求∁U （A ∩B ）． ∵A ＝{0,1,2,3}，B ＝{1,2,3,4}，∴A ∩B ＝{1，2，3}，又∵全集U ＝{1，2，3，4，5}， ∴∁U （A ∩B ）＝{4，5}． 故选：C ． 2.B【解析】2.由题意知双曲线为等轴双曲线，由此得离心率. ∵双曲线方程为C:x 2a 2−y 2a 2=1，∴双曲线为等轴双曲线， ∴e=√2. 故选B. 3.B【解析】3. 由于a +bi ＝1−3i 2，故有a ＝12，b ＝-32，即可得结果． 由于a +bi ＝2−i 1+i =（2−i ）（1−i ）（1+i ）（1−i ）=1−3i 2， ∴a +bi ＝1−3i2，∴a ＝12，b ＝-32，∴√a 2+b 2=√102故选B ． 4.C答案第6页，总17页装…………○………※※要※※在※※装※※订※※线装…………○………【解析】4.利用奇偶性及函数值的正负进行排除即可. ∵f (x )=cosx x 2=cos （−x ）（−x)2=f (−x )，∴函数f (x )为偶函数，排除A 、B ， 又当0<x<π2时，f (x )>0，排除D ，故选C. 5.D【解析】5.由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面高为1的棱锥，利用锥体体积公式可得到答案． 由三视图可知：该几何体是如下的一个三棱锥，如图：∴该几何体的体积=13×12×1×√3×1=√36．故选：D ． 6.B【解析】6.先从5辆白色汽车选3辆全排列后视为一个整体，再将剩余2辆白色汽车全排列后视为一个整体，再将这两个整体全排列，共有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空排列即可．由题意知，白颜色汽车按3，2分两组，先从5辆白色汽车选3辆全排列共A 53种排法，再将剩余2辆白色汽车全排列共A 22种排法，再将这两个整体全排列，共A 22种排法，排完后有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空共A 33种排法，由分步计数原理得共A 53A 22A 22A 33=1440 种.故选B. 7.A【解析】7.先由诱导公式将正弦化余弦，利用余弦函数的单调性得到角A 或角C 为钝角，再举反例说明必要性不成立即可. ∵sinA<cosB ⇔cos (π2−A)<cosB ，且B 必为锐角，可得π2−A >B 或A −π2>B ，即角A 或角C 为钝角；反之，当A=100°，B =30°时，cosB =√32，而sinA>sin120°=√32=cosB ，所以sinA <cosB 不成立，所以“sinA <cosB ”是“ΔABC 为钝角三角形”的充分不必要条件，故选A . 8.D【解析】8.利用函数的性质将不等式转化为|x 1|≥|x 2|，由对称性结合区间端点的大小得到a 与k 的关系，即8a 2≤3k 在a ∈[√3,2√3]上恒成立，求得8a 2的最值即可得到k 的范围. 因为f (−x )={e −x +（−x ）2(−x ≥0)1e−x+（−x ）2(−x <0) ={e x +x 2(x >0)1e x +x 2(x ≤0) =f (x ), ∴f (x )为偶函数且在(0,+∞)上单调递增， 由对称性得在(−∞,0)上单调递减， ∴f (x 1)≥f (x 2)⇔|x 1|≥|x 2|，又a −k 3a>a −k 2a，只需-（a −k 2a）≥a −k 4a，即2a −3k 4a≤0，即8a 2≤3k 在a ∈[√3,2√3]上恒成立，∴3k≥8×12，则正实数k 的取值范围是[32,+∞).答案第8页，总17页…………订………※订※※线※※内※※答※※题…………订………故选D. 9.A【解析】9.过点O 作AC 的平行线交圆O 于点E ，交BC 于M ，且M 为垂足，设D 在OE 的投影为N ，由向量的几何意义可知，AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =|AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |∙|MN |，只需当N 落在E 处时，MN 最大，求得AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =2cosθ∙(1−cosθ)，再由θ∈[0，π2）求得最值即可. 如图，先将C 视为定点，设∠CAB ＝θ，θ∈[0，π2），则AC=2cosθ，连接CB ，则CB ⊥AC ，过O 作AC 的平行线交圆O 于E ，交BC 于M ，且M 为垂足， 又知当D 、C 在AB 同侧时，AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 取最大值， 设D 在OE 的投影为N ，当C 确定时，M 为定点，则当N 落在E 处时，MN 最大，此时AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 取最大值， 由向量的几何意义可知，AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =|AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |∙|MN |，最大时为|AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |∙|ME |， 又OM=|OB |cosθ, ∴|ME |=1−cosθ，∴AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 最大为|AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |∙|ME |=2cosθ∙(1−cosθ)≤2×[cosθ+(1−cosθ)2]2=12,当且仅当cosθ=12时等号成立，即θ=π3， ∴ AC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ •BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 的最大值为12.故选A. 10.D【解析】10.由题意得a n+1>a n >⋯>a 1>0，b 1>b 2>⋯>b n >0，利用单调性可得b 1=a 12，代入已知求得b 2=a 11=4，b 3=a 10=2,…,b m =a 13−m ，又a 12=12，得到b m +b n =a 10+a 12，可得所求. 因为a n+1=a n +12a n 2，b n =b n+1+12b n+12，则有a n+1>a n >⋯>a 1>0，b 1>b 2>⋯>b n >0，且函数y =12x 2+x 在(0,+∞)上单调递增，故有b 1=a 12=b 2+12b 22=a 11+12a 112，得b 2=a 11=4， 同理有b 3=a 10=2,…,b m =a 13−m ， 又因为a 12=a 11+12a 112=12， 故b m +b n =a 10+a 12，所以m=1,n =3.故选D. 11.2 13【解析】11.由已知利用分段函数及对数函数的性质求解．∵函数f (x )={log 2x,x >02x ,x ≤0，∴f （4）＝log 24＝2，f (f (13))＝f （log 213）＝2log 213＝13， 故答案为：(1). 2 (2). 1312.10【解析】12.作出不等式组对应的平面区域，利用数形结合即可得到结论． 由z ＝y ﹣2x ，得y ＝2x +z ， 作出不等式对应的可行域， 平移直线y ＝2x +z ，由平移可知当直线y ＝2x +z 经过点A 时，答案第10页，总17页线y ＝2x +z 的截距最大，此时z 取得最大值， 由{2x +y +2=0x +y −1=0，得{x =−3y =4 ，即A （-3，4）代入z ＝y ﹣2x ，得z ＝4﹣2×（-3）＝10， 即z ＝y ﹣2x 的最大值为10． 故答案为：10． 13.0【解析】13.利用二项式定理可知，对已知关系式中的x 赋值，即可求得a 0+a 1+a 2+⋯+a 8的值． ∵(x −2)8=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+⋯+a 8(x −1)8令x ＝2得：0＝a 0+a 1+a 2+⋯+a 8，即a 0+a 1+a 2+⋯+a 8＝0； 故答案为：0． 14.1116 √102【解析】14.直接利用余弦定理可得cosC ，利用中线定理的向量表示法将BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 表示出，平方可得模. 在ΔABC 中，cosC=a 2+b 2−c 22ab=1116，同理可得cosB =-14， 又BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =12(BA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +BC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ )，平方得BE ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 2=14(4+9+2×2×3×cosB )=104， 所以BE=√102，故答案为(1). 1116 (2). √102 15.8 √5【解析】15.根据题意，由基本不等式的性质可得4＝x +2y ≥2√2xy ，变形可得2xy ≤4，进而可得x 2+4y 2＝（x +2y ）2﹣4xy ＝16﹣4xy ，分析可得第一个空；再利用柯西不等式求得第二个式子的最值.根据题意，x ，y ∈R +，且x +2y ＝4，则有4＝x +2y ≥2√2xy ，变形可得2xy ≤4，（当且仅当x ＝2y =2时等号成立）x 2+4y 2＝（x +2y ）2﹣4xy ＝16﹣4xy ，又由4xy ≤8，则有x 2+4y 2≥8， 即x 2+4y 2的最小值为8； 若x 2+4y 2=4，则由柯西不等式得（x 2+4y 2）（1+14）≥(x +y)2，（当且仅当x ＝4y =4√55时等号成立），所以(x +y)2≤4×54即x+y 的最大值为√5，故答案为：(1). 8 (2). √5． 16.-3【解析】16.设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，将条件坐标化，利用向量相等与点在抛物线上，得到λ2+3λ+1=0，μ2+3μ+1=0，构造方程x 2+3x +1=0，求得结果.设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则PQ ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,−1)，λQA ⃑⃑⃑⃑⃑ =λ(x 1+1,y 1)，μQB⃑⃑⃑⃑⃑ =μ(x 2+1,y 2)，则有x 1=−1λ−1,y 1=−1λ，代入方程x 2=y ，故有λ2+3λ+1=0，同理μ2+3μ+1=0，有，即可视λ,μ为方程x 2+3x +1=0的两根，则λ+μ=−3.故答案为-3. 17.3√1313【解析】17.由条件得到点C 的轨迹是以AB 为长轴的椭圆，利用椭圆的对称性知当∠ACB 最大时有AC =BC ，做出二面角P −AC−B 的平面角，在ΔPFE 中求解即可.因为点C 到OP 的距离为√3，则点C 是以OP 为旋转面的轴的圆柱与平面ABC 的公共点，答案第12页，总17页即点C 的轨迹是以AB 为长轴，以2√3为短轴长的椭圆，又由椭圆的对称性可知， 则当∠ACB 最大时有AC=BC =2.如图，在AC 上取一点F ，满足|AF |=34， 连接EF,PF ，则有EF ⊥AC ，又因为PE ⊥AC ，则∠PFE 是二面角P−AC −B 的平面角，在ΔPEO 中，OP=1,OE=12, ∴PE=√32, ∴PF=√PE 2+EF 2,在ΔPFE 中，EF =3√34,∴PF =√394，故二面角的余弦值是3√1313. 故答案为3√1313. 18.（1）[1,√2]（2）3±√174【解析】18.（1）根据正弦函数的定义域求得2x+π4的范围，利用正弦函数在[π4，3π4]的图像特点求得函数f （x ）=√2sin （2x +π4）的值域．（2）将f (x )展开，结合二倍角公式及同角基本关系式，将弦化切，直接解方程即可. （1）因为x ∈[0,π4],∴π4≤2x +π4≤3π4， 当2x +π4=π2时，f (x )最大为√2，当2x+π4=π4时，f (x )最小为1，所以f (x )在[0,π4]的值域为[1,√2]； （2）因为f (x )=√2sin (2x +π4)=sin2x +cos2x =2sinxcosx+cos 2x−sin 2xcos 2x+sin 2x=13，即2tan 2x −3tanx −1=0， 所以tanx =3±√174.∴tanx 0=3±√174.19.（1）详见解析（2）3√9191【解析】19.（1）利用面面垂直，可证PQ⊥平面ABC ，从而有PQ ⊥BC ，再利用勾股定理证明PB ⊥BC ，可证BC ⊥平面PQB ，证得结论.（2）先证得平面PHQ⊥平面PAB ，过点Q 作QO ⊥PH 于点O ，有QO ⊥平面PAB ，可证明∠QAO 是AC 与平面PAB 所成的角，在△ABC 中，求得QH ，可得PH ，由等面积法知OQ ，即可求解直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值. （1）由题意平面PAC ⊥平面ABC ，PQ ⊂平面PAC ，平面PAC⋂平面ABC =AC ，又PA =PC ，AQ =QC （ ∴PQ ⊥AC ，∴PQ⊥平面ABC ，从而有PQ ⊥BC ，又由勾股定理得PB ⊥BC ，PB ∩PB =P ，∴BC⊥平面PQB ，即BC ⊥BQ ；（2）设BO=x ，则AQ =QC =2+1，在ΔABC 中，222=4(x 2+1)+4−12，即BO =x =√32.故AQ=√72，PQ =32，过Q 作QH ⊥AB 于点H ，连接PH ，过点Q 作QO ⊥PH 于点O ，连接AO ，因为PQ ⊥AB 且QP ∩QH =Q ，故AB⊥平面PQH ，又因为AB ⊂平面PAB ，所以平面PHQ ⊥平面PAB ， 进而有QO⊥平面PAB ，故∠QAO 是AC 与平面PAB 所成的角， 在ΔABC 中，有cos∠CAB =2√7=AH AQ，得AH =54，故QH=√34，PH =√394， 由等面积法知OQ =3√1326，所以sin∠QAO=OQ AQ=3√9191，故直线AC 与平面PAB 所成角的正弦值为3√9191.答案第14页，总17页20.（1）详见解析（2）T n =12−(12+3n )(34)n+n 2+n2.【解析】20.（1）由已知数列递推式求出数列首项，进一步可得当n ≥2时，S n ﹣1＝3a n ﹣1﹣2n−1，与原递推式联立可得结论；（2）把（1）中求得的数列通项公式代入na nn，利用分组求和及错位相减法即可求得T n ． （1）当n =1时，a 1=12，当n ≥2时，S n ﹣1＝3a n ﹣1﹣2n−1， ∴a n=S n −S n−1=3a n −3a n−1−2n−1， 即2a n =3a n−1+2n−1，故a n2n=34•a n−12n−1+14， 所以a n2n−1=34(a n−12n−1−1)， 故{a n 2n −1}是−34为首项，以34为公比的等比数列； （2）由（1）知a n2n=1−(34)n ，故na n2n=n −n (34)n，令数列{n }，{n (34)n}的前n 和为A n ,B n ，则T n=A n −B n ，因为A n =n 2+n2， B n =1•(34)1+2•(34)2+⋯+n (34)n，34B n =1•(34)2+2•(34)3+⋯+(n −1)(34)n +n (34)n+1， 则14B n =34+(34)2+(34)3+⋯+(34)n −n (34)n+1，即B n =12−(12+3n )(34)n ，故T n=12−(12+3n )(34)n+n 2+n2. 21.（1）−34（2）92【解析】21.（1）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），代入椭圆方程，利用点差法能得到kk ′的值．（2）由（1）知k ′，则可求点F 坐标，利用点F 到直线AB 的距离公式求得ΔFAB 的高，联立{y =32x +m 3x 2+4y 2=12，由韦达定理求得|AB |，将面积表示为关于m 的函数，求导求得最值. （1）设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)， 则E (x 1+x 22,y 1+y 22)，将A 、B 点坐标代入椭圆方程，有x 124+y 123=1……①，x 224+y 223=1……②，①-②得x 12−x 224+y 12−y 223=0，即y 1−y 2x 1−x 2•y 1+y2x 1+x 2=−34，即kk ′=−34；（2）由（1）知，当k =32时，有k ′=12，则有直线l:y =32x +m ，直线EF:y =−12x ， 不妨设m<0，则有F (−√3,√32)，故点F 到直线AB 的距离d =√3−2m|13，联立方程组{y =32x +m 3x 2+4y 2=12， 即3x 2+3mx +m 2−3=0，则|AB |=√132√m 2−4m 2−33=√132√12−m 23，故ΔFAB 面积S =12(2√3−√12−m 2√3=2√3(2√3−m)2(12−m 2)，令f (m )=(2√3−m)2(12−m 2)，则f ′(m )=2(2√3−m )(2m 2−2√3m −12)，令f ′(m )=0，则m =−√3或2√3（舍去）∴m=−√3时，f (m )有最大值243，即ΔFAB 面积的最大值为92. 22.（1）详见解析（2）详见解析【解析】22.（1）求出函数f （x ）的定义域，对函数f （x ）求导得到y=x 2+2ax −a ，分Δ≤0与Δ>0,得到导函数在各区间段内的符号,得到函数f （x ）的单调区间； （2）构造ℎ(x )=f (x )−g (x )，求导分析ℎ(x )的单调性，找到12≤a<1时，ℎ(x )<0在(1,1+√1+a )上恒成立，在(1+√1+a,+∞)上递增，而h(x 1)<0，ℎ(e 2)>0,由函数零点存答案第16页，总17页在定理得到存在a 0∈(0,1)，使得方程ℎ(x )=0在(1,+∞)上有唯一解，即证得结论.（1）函数f （x ）的定义域为(−∞,−a )∪(−a,+∞)， 因为f ′(x )=x 2+2ax−a(x+a )2， 令y =x 2+2ax −a ，则Δ=4a 2+4a ≤0，即−1≤a ≤0，则f ′(x )≥0在(−∞,−a )∪(−a,+∞)上恒成立， 当a<−1或a >0，由x 2+2ax −a >0有x >−a +√a 2+a 或x <−a −√a 2+a ，由x 2+2ax −a <0有−a −√a 2+a <x <−a +√a 2+a ，综上，当−1≤a ≤0时，f (x )的递增区间是(−∞,−a ),(−a,+∞)，当a<−1或a >0时，f (x )的递增区间是(−∞,−a −√a 2+a ),(−a +√a 2+a,+∞)，递减区间是(−a −√a 2+a,−a ),(−a,−a +√a 2+a )； （2）令ℎ(x )=f (x )−g (x )=x 2+a x+a−2lnx −2a ， 当a∈(0,1)时，则ℎ′(x )=x 2+2ax−a (x+a )2−2x=(x+2a )(x 2−2x−a )(x+a )2x=(x+2a )[x−(1−√1+a)][x−(1+√1+a)](x+a )2x，因为x∈(1,+∞)，故当1<x <1+√1+a 时，ℎ′(x )<0，当1+√1+a <x 时，ℎ′(x )>0，所以ℎ(x )在(1,1+√1+a )上递减，在(1+√1+a,+∞)上递增，即当x 1=1+√1+a 时，ℎ(x )有最小值，又h （1）=1-2a ， 当12≤a<1时，h （1）≤0，即ℎ(x )<0在(1,1+√1+a )上恒成立，又12≤a<1时,ℎ(x )=x 2+a x+a−2lnx −2a >x 2x−2lnx −2a >x 2x−2lnx −2=x −2lnx −2，取x=e 2,则x−2lnx −2=e 2−4−2=e 2−6>0，即ℎ(e 2)>0，又ℎ(x )在(1+√1+a,+∞)上递增，而h(x 1)<0，由函数零点存在定理知ℎ(x )在(1+√1+a,+∞)上存在唯一零点， 所以当12≤a<1时即存在a∈(0,1)，使得方程ℎ(x )=0在(1,+∞)上有唯一解，即方程f (x )=g (x )在(1,+∞)上有唯一解.。
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2016浙江精彩题选——解析几何解答题1.（2016名校联盟第一次）19．（本题满分15分）已知椭圆C ：22ax ＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左右焦点为F 1,F 2，离心率为e .直线l :y =ex +a 与x 轴、y 轴分别交于点A ,B 两点，M 是直线l 与椭圆C 的一个公共点，P 是点F 1关于直线l 的对称点，设.（Ⅰ）若l =34，求椭圆C 的离心率； （Ⅱ）若D PF 1F 2为等腰三角形，求l 的值.2.（2016温州一模19）．（本题满分15分）如图，已知椭圆C：22221(0) x ya ba b+=>>经过点，且离心率等于2．点,A B分别为椭圆C的左、右顶点，NM,是椭圆C上非顶点的两点，且OMN∆的面积等于2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）过点A作OMAP//交椭圆C于点P，求证：ONBP//．解：（Ⅰ）由题意得：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧+====+222222221)26(1cbaaceba，解得：⎪⎩⎪⎨⎧==2422ba故椭圆C的方程为：12422=+yx……………………………………5分（Ⅱ）解法一：如图所示，设直线OM,ON的方程为OMy k x=，ONy k x=联立方程组22142OMy k xx y=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得M,同理可得(N,……………………………………7分作'MM x⊥轴, 'NN x⊥轴,','M N是垂足,OMNS∆=''''OMM ONNMM N NS S S∆∆--梯形1[()()]2M N M N M M N Ny y x x x y x y=+--+1()2M N N Mx y x y=-12==9分已知OMNS∆2=，化简可得21-=ONOMkk.……………………………………11分设(,)P PP x y,则2242P Px y-=，又已知AP OM k k =,所以要证BP ON k k =,只要证明12AP BP k k =-……………………13分 而2212242P P P AP BP P P P y y y k k x x x ===-+--所以可得ON BP //…………………………………………………………………………15分 （,M N 在y 轴同侧同理可得）解法二：设直线AP 的方程为)2(+=x k y OM ，代入4222=+y x得0488)12(2222=-+++OM OM OM k x k x k ，它的两个根为2-和P x可得124222+-=OM OMp k k x 1242+=OM OM P k k y ……………………………………7分 从而OM OM OMOM OMBPk k k k k k 2121242124222-=-+-+= 所以只需证ON OM k k =-21 即21-=ON OM k k …………………………………9分 设),(11y x M ，),(22y x N ，若直线MN 的斜率不存在，易得221±==x x 从而可得21-=ON OM k k …………………………………10分若直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为m kx y +=， 代入12422=+y x 得0424)12(222=-+++m kmx x k则124221+-=+k km x x ，12422221+-=k m x x ，0)24(822>-+=∆m k ………11分212)24(8||21||||2122221=+-+⋅=-⋅=∆k m k m x x m S OMN化得0)12()24(22224=+++-k m k m ，得1222+=k m (13)分214)12(2412424)(222222************-=-+-+=--=+++==⋅k k k m k m x x m x x km x x k x x y y k k ONOM (15)分3.(2016嵊州期末)（本小题满分15分）已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>，直线l ：10x y +-=与C 相交于A ，B两点．（Ⅰ）证明：线段AB 的中点为定点，并求出该定点坐标；（Ⅱ）设()1,0M ，MA BM λ=，当a ∈⎝时，求实数λ的取值范围． 解：（Ⅰ），得223a b =． ………………2分设()()1122,,,A x y B x y ，联立22233010x y b x y ⎧+-=⎨+-=⎩，，消去y 得()2246310x x b -+-=故1232x x +=，()212314b x x -=， ………………4分所以12324x x +=，121211224y y x x ++=-=． 故线段AB 的中点为定点3144⎛⎫⎪⎝⎭，． ………………6分（Ⅱ）()1,0M ，MA BM λ=，得()1211x x λ-=-． ………………8分结合1232x x +=解得2121x λλ-=-，122(1)x λλ-=-． 由()212314b x x -=得211231b λλ+=+-．………………10分因为a ∈⎝，故27,112b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ………………12分 从而2115102,3123b λλ⎛⎫+=+∈ ⎪-⎝⎭．………………13分解得()11,2,332λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．………………15分法二：本题在运算时用12y y λ=-再利用y 的韦达定理算出λ的式子，用21212()y y y y +来算要好算一点.4.（2016嘉兴一模）．（本题满分15分）过离心率为22的椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x C 的右焦点)0,1(F 作直线l 与椭圆C 交于不同的两点B A 、，设||||FB FA λ=，)0,2(T .（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若21≤≤λ，求ABT ∆中AB 边上中线长的取值范围． 解：（Ⅰ）∵22=e ，1=c ，∴1,2==c a 即椭圆C 的方程为：1222=+y x . …7分（Ⅱ）（1）当直线的斜率为0时，显然不成立.（2）设直线1:+=my x l ，设),(11y x A ，),(22y x B 联立01222=-+y x 得012)2(22=-++my y m 得22221+-=+m m y y ，21221+-=m y y ，由||||FB FA λ=，得21y y λ-=∵12211y y y y +=-+-λλ，∴24)(212221221+-=+=+-+-m m y y y y λλ ∴722≤m 又∵AB 边上的中线长为221221)()4(21||21y y x x TB TA ++-+=+→→2224)2(494+++=m m m427)2(2222++-+=m m ]16213,1[∈ …8分 5.（2016浙江六校联考19）如图，椭圆1C ：22221(0)x y a b a b+=>>和圆2C ：222x y b +=，已知圆2C 将椭圆1C 的长轴三等分，且圆2C 的面积为π.椭圆1C 的下顶点为E ，过坐标原点O 且与坐标轴不重合的任意直线l 与圆2C 相交于点A ，B ，直线EA ，EB 与椭圆1C 的另一个交点分别是点P ，M ． （I ）求椭圆C 1的方程；（II ）求△EPM 面积最大时直线l 的方程．19. 解：（1）由题意得：1b =，则3a b = （2）由题意得：直线,PE ME 的斜率存在且不为0，PE EM ⊥，x不妨设直线PE 的斜率为(0)k k >，则:1PE y kx =-由：22119y kx x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，得：22218919191k x k k y k ⎧=⎪⎪+⎨-⎪=⎪+⎩或01x y =⎧⎨=-⎩所以：2221891:(,)9191k k P k k -++ 同理得:222189:(,)99k k M k k --++ 2110PMk k k-= ………………8分 由2211y kx x y =-⎧⎨+=⎩，得：22221:(,)11k k A k k -++， 所以：212AB k k k -=所以：342221162()1162()929829982EPM k k k k S PE EM k k k k ∆++=⋅==++++ ………………12分 设1t k k =+， 则2162162276496489EPM t S t t t∆==≤++ ……13分 当且仅当183t k k =+=时取等号，所以1k k -=则直线2111:()22k AB y x k x k k-==- 所以所求直线l方程为：y x = ………………15分特别提醒：6.（2016丽水一模19）（15分）已知椭圆E ：13422=+y x 的左、右顶点分别为B A ,，N M ,是椭圆E 上异于B A ,的两点，直线BN AM ,交于点)4(t P ,． （Ⅰ）若直线MN 与x 轴垂直，求实数t（Ⅱ）记PAB PMN ∆∆,的面积分别是)()(21t S t S ,，求)()(21t S t S 的最小值．解．(Ⅰ)设),(),,(0000y x N y x M -，直线AM 的方程为)2(200++=x x y y直线BN 的方程为)2(20--=x x y y联立⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=++=)2(2)2(20000x x y y x x y y 得：)24(000x y x P ,44=∴x 解得：23,100±==y x代入直线AM 可得3±=t ……………………………………（6分）(Ⅱ)直线AM 的方程为()26+=x ty ，代入椭圆的方程并整理得：()()010*********=-+++t x t x t解得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++-2718,27254222t t t t M直线NB 的方程为()22-=x ty ，代入椭圆的方程并整理得： ()()0124432222=-+-+t x t x t解得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-36,362222t t t t N所以22N P1M P 2A P B P 18t 6tt t PM PN y y S (t)y y t 27t 3S (t)PA PB y y y y t t---⋅--++==⋅=⋅⋅---- 392792222++⋅++=t t t t 19112911081222+++⎪⎭⎫⎝⎛+-=t t当181912=+t ，即3±=t 时，12min S (t)3S (t)4⎛⎫= ⎪⎝⎭ …………………（15分） 7.（2016台州一模19）（本小题满分15分）如图,已知椭圆C ：)0(12222>>=+b a by a x 的上顶点为(0,1)A ,（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若过点A 作圆()2221:r y x M =++()10<<r 的两条切线分别与椭圆C 相交于点,B D (不同于点A ).当r 变化时,试问直线BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.解：（Ⅰ） 由已知可得,2221,,2,12,b ca b aa b c =⎧⎪⎪=⇒==⎨⎪⎪=+⎩,所求椭圆的方程为2214x y += ---------------------------5分 （Ⅱ）设切线方程为1y kx =+，则2|1|1k r k-=+，即222(1)210r k k r --+-=， 设两切线,AB AD 的斜率为1212,()k k k k ≠，则12,k k 是上述方程的两根，所以121k k ⋅=； ------------------------------------8分由22114y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得：22(14)80k x kx ++=，所以211112211814,1414k k x y k k --==++， 同理可得：222121222222212188144,144144k k k k x y k k k k ----====++++，-----------------12分 所以221122211111122114144141883414BDk k k k k k k k k k k ---+++==----++， 于是直线BD 方程为22111221111418()14314k k k y x k k k -+--=--++， 令0x =，得2221111222111114185205143143(14)3k k k k y k k k k -+---=+⨯==-+++，故直线BD 过定点5(0,)3-. ----------------------------15分 分析：本题应直接设BD 的方程，其本质是求BD 的定点只需:BD l y kx m =+中的k 、m 两个字母变一个字母，就可求出定点，而两条切线就是一个AB k 与AD k 的一个等量关系.题目所提供的方法麻烦了.8.（2016十二校联考19）（本小题满分15分）已知椭圆221:143x y C +=，抛物线2:C 24y x =，过抛物线2C 上一点P (异于原点O )作切线l 交椭圆1C 于（I ）求切线l 在x 轴上的截距的取值范围；（II ）求AOB ∆面积的最大值． 分析：(1)设),4(2t t P ，则切线方程为22tx t y +=与椭圆联立得 0128)163(222=-+++t x x t0)12646414412(6422>⨯-+--=∆t t ，1602<<t ∴x 轴上的截距)0,4(42-∈-t(2)O 到直线AB 的距离为||t d = ||AB ===AOB S ∆∴===第19题图令22163t m t =+，则AOB S ∆==≤当222163t m t==+时，此时取到最大值. 9.（2016桐乡一模 19）. （本题满分15分）已知椭圆1922=+y x ，过)1,0(A 作互相垂直的两直线AC AB ,与椭圆交于C B ,两点. （Ⅰ）若直线BC 经过点)54,58(,求线段BC 的长；（Ⅱ）求ABC ∆ 面积的最大值.解：（Ⅰ）不妨设直线AB : )0(1>+=k kx y ，则AC 的方程为11+-=x ky . 由⎪⎩⎪⎨⎧=++=19122y x kx y 得：018)91(22=++kx x k ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-+-∴2229191,9118k k k k B ， 同理k 用k 1-代入得，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+99,918222k k k k C k k k k k kk k k k k BC10191891189991912222222-=+-+-+--+-=∴………………………………………………4分 ∴直线)9118(1019191:2222kk x k k k k y BC ++-=+--， 即541012--=x k k y ∴直线过定点⎪⎭⎫⎝⎛-540，…………………………………………5分 又因为直线过)54,58(，∴直线BC ：54-=x y ，⎪⎩⎪⎨⎧=+-=∴995422y x x y 得025********=--x x 由弦长公式可得251176=∴BC ………………………………………………………7分 （Ⅱ）由（Ⅰ）可得29118k k x B +-=∴，2918k kx C+= 从而有222291811,91181k kk AC k k k AB ++=++=…………………………11分试题习题，尽在百度于是 82)1(91162)9)(91()1(1622122222+++=+++==∆kk k k k k k k AC AB ABC S ………13分令21≥+=k k t ，有8276491626491622≤+=+=∆tt t t S ABC 当且仅当238>=t ，827)(max =∆ABC S ……………………………………………15分 10.。