新(江苏专用)高考数学三轮增分练(一)直线与圆锥曲线(1)文
高考数学大二轮总复习与增分策略(江苏专用,理科)三轮
高考压轴大题突破练(一)——直线与圆锥曲线(1)1．(2015·陕西)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的半焦距为c ，原点O 到经过两点(c,0)，(0，b )的直线的距离为12c .(1)求椭圆E 的离心率；(2)如图，AB 是圆M ：(x ＋2)2＋(y －1)2＝52的一条直径，若椭圆E 经过A ，B 两点，求椭圆E 的方程．2．已知椭圆C 的中心为坐标原点O ，一个长轴端点为(0,2)，短轴端点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l 与y 轴交于点P (0，m )，与椭圆C 交于相异两点A ，B ，且AP →＝2PB →.(1)求椭圆方程；(2)求m 的取值范围．3．已知抛物线C：y2＝4x，点M(m,0)在x轴的正半轴上，过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点．(1)若m＝1，且直线l的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；(2)是否存在定点M，使得不论直线l绕点M如何转动，1AM2＋1BM2恒为定值？4．(2015·课标全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点，(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．答案精析高考压轴大题突破练高考压轴大题突破练(一)1．解 (1)过点(c,0)，(0，b )的直线方程为bx ＋cy －bc ＝0，则原点O 到该直线的距离d ＝bc b 2＋c 2＝bc a ，由d ＝12c ，得a ＝2b ＝2a 2－c 2，解得离心率c a ＝32. (2)方法一 由(1)知，椭圆E 的方程为x 2＋4y 2＝4b 2.①依题意，圆心M (－2,1)是线段AB 的中点，且AB ＝10.易知，AB 与x 轴不垂直，设其方程为y ＝k (x ＋2)＋1，代入①得(1＋4k 2)x 2＋8k (2k ＋1)x ＋4(2k ＋1)2－4b 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k (2k ＋1)1＋4k 2， x 1x 2＝4(2k ＋1)2－4b 21＋4k 2， 由x 1＋x 2＝－4，得－8k (2k ＋1)1＋4k 2＝－4， 解得k ＝12， 从而x 1x 2＝8－2b 2.于是AB ＝1＋⎝⎛⎭⎫122|x 1－x 2| ＝52(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝10(b 2－2)，由AB ＝10，得10(b 2－2)＝10， 解得b 2＝3，故椭圆E 的方程为x 212＋y 23＝1. 方法二 由(1)知，椭圆E 的方程为x 2＋4y 2＝4b 2，②依题意，点A ，B 关于圆心M (－2,1)对称，且AB ＝10，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21＋4y 21＝4b 2，x 22＋4y 22＝4b 2，两式相减并结合x 1＋x 2＝－4，y 1＋y 2＝2，得－4(x 1－x 2)＋8(y 1－y 2)＝0，易知AB 与x 轴不垂直，则x 1≠x 2，所以AB 的斜率k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝12， 因此直线AB 的方程为y ＝12(x ＋2)＋1， 代入②得x 2＋4x ＋8－2b 2＝0，所以x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝8－2b 2，于是AB ＝ 1＋⎝⎛⎭⎫122|x 1－x 2| ＝52(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝10(b 2－2). 由AB ＝10，得10(b 2－2)＝10， 解得b 2＝3，故椭圆E 的方程为x 212＋y 23＝1. 2．解 (1)由题意知椭圆的焦点在y 轴上，设椭圆方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)， 由题意知a ＝2，b ＝c ，又a 2＝b 2＋c 2，则b ＝2，所以椭圆方程为y 24＋x 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋m ，与椭圆方程联立即⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2x 2＝4，y ＝kx ＋m ， 则(2＋k 2)x 2＋2mkx ＋m 2－4＝0，Δ＝(2mk )2－4(2＋k 2)(m 2－4)>0，由根与系数的关系知⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－2mk 2＋k 2，x 1x 2＝m 2－42＋k 2.又AP →＝2PB →，即有(－x 1，m －y 1)＝2(x 2，y 2－m )．∴－x 1＝2x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－x 2，x 1x 2＝－2x 22.∴m 2－42＋k 2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫2mk 2＋k 22， 整理得(9m 2－4)k 2＝8－2m 2，又9m 2－4＝0时不成立，∴k 2＝8－2m 29m 2－4>0， 得49<m 2<4，此时Δ>0. ∴m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－2，－23∪⎝⎛⎭⎫23，2.3．解 (1)当m ＝1时，M (1,0)，此时点M 为抛物线C 的焦点．直线l 的方程为y ＝x －1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝x －1，消去y ，得x 2－6x ＋1＝0，所以x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝x 1＋x 2－2＝4，所以圆心坐标为(3,2)．又AB ＝x 1＋x 2＋2＝8，所以圆的半径为4，所以圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16.(2)由题意可设直线l 的方程为x ＝ky ＋m ，则直线l 的方程与抛物线C ：y 2＝4x 联立，消去x 得，y 2－4ky －4m ＝0，则y 1y 2＝－4m ，y 1＋y 2＝4k ，1AM 2＋1BM 2＝ 1(x 1－m )2＋y 21＋1(x 2－m )2＋y 22＝1(k 2＋1)y 21＋1(k 2＋1)y 22＝y 21＋y 22(k 2＋1)y 21y 22＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2(k 2＋1)y 21y 22＝16k 2＋8m (k 2＋1)·16m 2 ＝2k 2＋m2m 2(k 2＋1)，若1AM 2＋1BM 2对任意k ∈R 恒为定值，则m ＝2，此时1AM 2＋1BM 2＝14. 所以存在定点M (2,0)，满足题意．4．解 (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为 y －a ＝a (x －2a )， 即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )， 即ax ＋y ＋a ＝0. 故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)， N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－b x 2＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b )a. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补， 故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．。
直线和圆、圆锥曲线综合测试卷(新高考专用)(解析版)—2025年高考数学一轮复习
直线和圆、圆锥曲线综合测试卷专练（考试时间：120分钟；满分：150分）注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
则由椭圆的中心对称性可知可知AF1BF2为平行四边形，则可得△ABF2的周长为|AF当AB位于短轴的端点时，当围成的等腰三角形底边在x轴上时，当围成的等腰三角形底边在直线l因为tanα=2tanα21―tan2α2=2，且tanα2>所以k=tanθ=tanα2=5―12，或故选：B．5．（5分）（2024·西藏拉萨的最小值为（）A．1453【解题思路】先设点的坐标，结合轨迹方程求参，再根据距离和最小值为两点间距离求解即可6．（5分）（2024·湖南邵阳点B在C上且位于第一象限，B．8 A．453【解题思路】由点A―1,8由点A―1,8在抛物线y23所以抛物线C的方程为y2设B(x0,y0)，则x0>0,y0>由题意知F p2,0，又OP 显然直线AB的斜率不为由y2=2pxx=ty+p2，得y2―2pty显然直线BD的斜率不为由y2=2pxλp，得y2故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
如图，因为K OA=∠PDA=∠ODB，所以×|PA|⋅S△PAB=12故选：ABD.11．（6分）（2024·福建龙岩|AB|=8.过焦点F的直线C的准线与坐标轴的交点，则（A．若MF=3FN，则直线C．∠MON为钝角设M(x1,y1),N(x2,y 得y2―8my―16=所以y1y2=―16,x1∴x1x2+y1y2=4⟨⟩三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
新(江苏专用)高考数学三轮增分练(二)直线与圆锥曲线(2
(二)直线与圆锥曲线(2)1．(2015·课标全国Ⅰ)已知过点A (0,1)且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1交于M ，N 两点．(1)求k 的取值范围；(2)若OM →·ON →＝12，其中O 为坐标原点，求MN .解 (1)由题设，可知直线l 的方程为y ＝kx ＋1，因为l 与C 交于两点，所以|2k －3＋1|1＋k 2<1， 解得4－73<k <4＋73. 所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫4－73，4＋73. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 将y ＝kx ＋1代入方程(x －2)2＋(y －3)2＝1，整理得(1＋k 2)x 2－4(1＋k )x ＋7＝0.所以x 1＋x 2＝＋k 1＋k 2，x 1x 2＝71＋k 2. OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝4k ＋k 1＋k2＋8. 由题设可得4k ＋k 1＋k 2＋8＝12， 解得k ＝1，所以l 的方程为y ＝x ＋1.故圆心C 在l 上，所以MN ＝2.2．(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2，2)在C 上． (1)求C 的方程；(2)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 ，证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．(1)解 由题意得a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b2＝1， 解得a 2＝8，b 2＝4.所以C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1， 得(2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b 2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k， 即k OM ·k ＝－12. 所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．3．(2016·江苏省南京市高三第三次模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2,1)在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝2相切，与椭圆C 相交于P ，Q 两点.①若直线l 过椭圆C 的右焦点F ，求△OPQ 的面积；②求证： OP ⊥OQ .(1)解 由题意，得c a ＝22，4a 2＋1b 2＝1， 又a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝6，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)①解 椭圆C 的右焦点F (3，0)．设切线方程为y ＝k (x －3)，即kx －y －3k ＝0， 所以|－3k |k 2＋1＝2，解得k ＝±2， 所以切线方程为y ＝±2(x －3).当切线方程为y ＝2(x －3)时，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ x26＋y23＝1，y ＝2x －3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝43＋325，y ＝－6＋65，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝43－325，y ＝－6－65，所以PQ ＝6 65.因为O 到直线PQ 的距离为2，所以△OPQ 的面积为635.因为椭圆的对称性，当切线方程为y ＝－2(x －3)时，△OPQ 的面积也为635.综上所述，△OPQ 的面积为635.②证明 (ⅰ)若直线PQ 的斜率不存在，则直线PQ 的方程为x ＝2或x ＝－ 2.当x ＝2时，P (2，2)，Q (2，－2)．因为OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .当x ＝－ 2 时，同理可得OP ⊥OQ .(ⅱ)若直线PQ 的斜率存在，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋m ，即kx －y ＋m ＝0.因为直线与圆相切，所以|m |k 2＋1＝2，即m 2＝2k 2＋2.将直线PQ 方程代入椭圆方程，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.设P (x 1，y 1) ，Q (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－61＋2k 2.因为OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)×2m 2－61＋2k 2＋km ×(－4km 1＋2k 2)＋m 2.将m 2＝2k 2＋2代入上式可得OP →·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .综上所述，OP ⊥OQ .4．(2016·浙江)如图，设椭圆x 2a 2＋y 2＝1(a ＞1)． (1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围． 解 (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a 2＋y 2＝1，得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0， 故x 1＝0，x 2＝－2a 2k 1＋a 2k 2， 因此AM ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k 2·1＋k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足AP ＝AQ .记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2.由(1)知AP ＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，AQ ＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0， 因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)，① 因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是 1＋a 2(a 2－2)＞1，所以a ＞ 2.因此任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤2，由e ＝ca＝a 2－1a ，得0<e ≤22.所以离心率的取值范围为(0，22 ]．。
(江苏专用)2020版高考数学一轮复习加练半小时专题 直线与圆锥曲线小题综合练(文)(含解析)
第75练 直线与圆锥曲线小题综合练[基础保分练]1.直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为________.2.过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 作直线l 与该抛物线交于两点，过其中一交点A 向准线作垂线，垂足为A ′，若△AA ′F 是面积为43的等边三角形，则p ＝________.3.抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线C 上一点，且P 在第一象限，PM ⊥l 于点M ，线段MF 与抛物线C 交于点N ，若PF 的斜率为34，则MNNF ＝________.4.已知直线y ＝kx －1和双曲线x 2－y 2＝1的左、右两支各交于一点，则k 的取值范围是________.5.已知直线l 1：2x －y ＋6＝0和直线l 2：x ＝－1，F 是抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，点P 在抛物线C 上运动，当点P 到直线l 1和直线l 2的距离之和最小时，直线PF 被抛物线所截得的线段长是________.6.(2018·南京模拟)已知直线y ＝k (x ＋2)与抛物线C ：y 2＝8x 相交于A ，B 两点，F 为抛物线C 的焦点，若|FA →|＝2|FB →|，则实数k ＝________.7.直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点，则k 的值为________.8.双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，直线l 过焦点F ，且斜率为k ，则直线l 与双曲线C 的左、右两支都相交的充要条件是________.9.如图，设椭圆x 29＋y 25＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过焦点F 1的直线交椭圆于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，若△ABF 2的内切圆的面积为π，则|y 1－y 2|＝________.10.已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，设A ，B 为椭圆上关于原点对称的两点，AF 的中点为M ，BF 的中点为N ，原点O 在以线段MN 为直径的圆上，若直线AB 的斜率k 满足0<k ≤33，则椭圆离心率e 的取值范围为________.[能力提升练]1.若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)与直线y ＝3x 无交点，则离心率e 的取值范围是________.2.已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点F (－c,0)，关于直线bx ＋cy ＝0的对称点M 在椭圆上，则椭圆的离心率是________.3.已知双曲线E ：x 24－y 22＝1，直线l 交双曲线于A ，B 两点，若线段AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，则直线l 的方程为________.4.(2019·江苏九校联考)已知抛物线y 2＝4x 的焦点F ，过点为F 作直线l 交抛物线于A ，B 两点，则1AF ＋1BF ＝________.16AF－BF 2的最大值为________.5.已知椭圆x 24＋y 2＝1上存在关于直线y ＝x ＋m 对称的相异两点，则实数m 的取值范围是________.6.已知椭圆C ：x 2＋y 24＝1，过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1作两条斜率互为相反数且不平行于坐标轴的直线，分别与椭圆C 相交于异于P 的不同两点A ，B .则直线AB 的斜率为________.答案精析基础保分练 1.相交解析 直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交. 2.2解析 △AA ′F 是面积为43的等边三角形，即A ′F ＝4， ∠A ′FO ＝60°，cos∠A ′FO ＝pA ′F，即p ＝2. 3.10解析 如图，过N 作l 的垂线，垂足为Q ，则NF ＝NQ ，设MN NF ＝λ， 则MN NQ＝λ， ∴cos∠MNQ ＝1λ，cos∠MFO ＝1λ.∵PM ＝PF ，∴∠PMF ＝∠PFM ， ∴∠PFM ＝∠MFO ， ∴cos∠PFx ＝－cos2∠MFO ＝1－2cos 2∠MFO ＝1－2λ2.∵tan∠PFx ＝34，∴cos∠PFx ＝45，∴1－2λ2＝45， 解得λ2＝10.即λ＝10. 4.(－1,1)解析 设两个交点坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立直线与双曲线⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2－y 2＝1，化简得(1－k 2)x 2＋2kx －2＝0(1－k 2≠0)，因为直线y ＝kx －1和双曲线x 2－y 2＝1的左、右两支各交于一点， 所以两个交点的横坐标符号相反， 即x 1·x 2＝－21－k 2<0，解不等式可得－1<k <1， 所以k 的取值范围是(－1,1). 5.20解析 直线l 2为抛物线y 2＝4x 的准线，由抛物线的定义知，P 到l 2的距离等于P 到抛物线的焦点F (1,0)的距离.点P 到直线l 1和直线l 2的距离之和最小即转化为点P 到点F (1,0)和直线l 1的距离之和最小，当点P 到点F (1,0)和直线l 1的距离之和最小时，直线PF ⊥l 1，从而直线PF 的方程为y ＝－12(x －1)，代入C 的方程得x 2－18x ＋1＝0，所以x 1＋x 2＝18，从而所求线段长为x 1＋x 2＋p ＝18＋2＝20. 6.±223解析 设P (－2,0)，x ＝－2为抛物线的准线方程，过点A ，B 分别作准线的垂线，垂足为M ，N (图略)，则BN ＝FB ，AM ＝FA ，所以BN ∶AM ＝1∶2，所以BP ＝BA .设B (a ，b )，则A (2＋2a,2b )，故⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝8a ，4b 2＝82＋2a ，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝±22，故k ＝±223.7.1或0解析 若k ＝0，则y ＝2，满足题意；若k ≠0，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，y 2＝8x ，得k 2x 2＋(4k －8)x ＋4＝0，则Δ＝0，即64－64k ＝0，解得k ＝1.因此k ＝0或1.8.－b a <k <b a解析 由双曲线渐近线的几何意义知－b a <k <b a. 9.3解析 ∵椭圆x 29＋y 25＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，a ＝3，b ＝5，c ＝2，过焦点F 1的直线交椭圆于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，△ABF 2内切圆的面积为π，△ABF 2内切圆半径r ＝1，△ABF 2面积S ＝12×1×(AB ＋AF 2＋BF 2)＝2a ＝6，∴△ABF 2面积S ＝12|y 1－y 2|×2c＝12|y 1－y 2|×2×2＝6， 则|y 1－y 2|＝3，故答案为3. 10.⎣⎢⎡⎭⎪⎫63，1 解析 设A (x ，y )，则B (－x ，－y )， 易知x ≠0，M ⎝⎛⎭⎪⎫1＋x 2，y 2，N ⎝⎛⎭⎪⎫1－x 2，－y 2，由题意得OM →·ON →＝0， 即1＋x 2×1－x 2＋y 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－y 2＝0， 即x 2＋y 2＝1.又x 2a 2＋y 2b 2＝1，所以x 2a 2＋y 2b 2＝x 2＋y 2， 即y 2x 2＝a 2－1b 21－b 2a 2＝a 2－122－a 2a2. 因为直线AB 的斜率k 满足0<k ≤33， 所以0<y 2x 2≤13，即0<a 2－122－a 2a 2≤13，又a 2>1，所以1<a 2≤32，所以e ＝c a ＝1a ≥63，因此e 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫63，1. 能力提升练 1.(1,2]解析 双曲线的渐近线的方程为y ＝±ba x ，因为直线y ＝3x 与双曲线无交点，所以有b a≤3，即b ≤3a ，所以b 2≤3a 2，即c 2－a 2≤3a 2，即c 2≤4a 2， 所以e 2≤4，所以1<e ≤2. 2.22解析 设M (m ，n )，则⎩⎪⎨⎪⎧nm ＋c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－b c ＝－1，bm －c2＋cn2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝b 2c －c 3b 2＋c2，n ＝2bc2b 2＋c 2，代入椭圆方程整理得(2e 2－1)2·e 2＋4e 4＝1，令e 2＝t (0<t <1)，得4t 3＋t －1＝0⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫t －12(4t2＋2t ＋2)＝0⇒t ＝12，则e ＝22. 3.2x ＋8y ＋7＝0解析 依题意，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 214－y 212＝1，x 224－y222＝1，两式相减得x 21－x 224＝y 21－y 222，即y 1－y 2x 1－x 2＝12×x 1＋x 2y 1＋y 2. 又线段AB 的中点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，因此x 1＋x 2＝2×12＝1，y 1＋y 2＝(－1)×2＝－2，x 1＋x 2y 1＋y 2＝－12，y 1－y 2x 1－x 2＝－14， 即直线AB 的斜率为－14，直线l 的方程为y ＋1＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即2x ＋8y ＋7＝0. 4.1 4解析 由题意知，抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)， 设为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB ：x ＝my ＋1，联立直线与抛物线方程，可得 y 2－4my －4＝0，y 1,2＝4m ±16m 2＋162，x 1＋x 2＝my 1＋1＋my 2＋1＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2，x 1x 2＝y 1y 24＝1，由抛物线的性质可得AF ＝x 1＋1，BF ＝x 2＋1，故1AF ＋1BF ＝1x 1＋1＋1x 2＋1 ＝x 1＋x 2＋2x 1＋1x 2＋1＝x 1＋x 2＋2x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝1，(*)由(*)可得1AF＝1－1BF， 故16AF －BF 2＝16－16BF－BF 2＝16－⎝⎛⎭⎪⎫8BF ＋8BF ＋BF 2≤16－38BF ·8BF ·BF 2＝4，当且仅当8BF＝BF 2，即BF ＝2时取等号， 故16AF－BF 2的最大值为4.5.⎝ ⎛⎭⎪⎫－355，355解析 设椭圆x 24＋y 2＝1上存在关于直线y ＝x ＋m 对称的两点为A (x 1，y 1)， B (x 2，y 2)，根据对称性可知线段AB 被直线y ＝x ＋m 垂直平分，且AB 的中点M (x 0，y 0)在直线y ＝x ＋m 上，且k AB ＝－1，故可设直线AB 的方程为y ＝－x ＋b .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋b ，x 24＋y 2＝1，整理可得5x 2－8bx ＋4b 2－4＝0，由Δ＝64b 2－80(b 2－1)>0， 可得－5<b <5，x 1,2＝8b ±64b 2－204b 2－410，∴x 1＋x 2＝8b 5，y 1＋y 2＝2b －(x 1＋x 2)＝2b5，∴x 0＝x 1＋x 22＝4b5，y 0＝y 1＋y 22＝b 5， ∵AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4b 5，b 5在直线y ＝x ＋m 上， ∴b 5＝4b 5＋m ，m ＝－3b 5， ∴－355<m <355，故答案为⎝ ⎛⎭⎪⎫－355，355.6.－2 3解析 设直线PA 的斜率为k ，则直线PB 的斜率为－k . 所以直线PA 的方程为y －1＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32. 设点A (x A ，y A )， 由⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32，x 2＋y 24＝1，得(4＋k 2)x 2＋(2k ＋3k 2)x ＋34k 2＋3k －3＝0，由题意，该方程有两不等实根，x A ，P ＝－2k ＋3k2±2k ＋3k 22－4＋k23k 2＋43k －122k 2＋4，所以x A ＋x P ＝－2k ＋3k24＋k2， 所以x A ＝－2k ＋3k 24＋k 2－x P ＝－2k ＋3k 24＋k 2＋32 ＝－3k 2－4k ＋438＋2k2， y A ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x A ＋32＋1＝－k 2＋43k ＋44＋k 2， 所以点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 2－4k ＋438＋2k 2，－k 2＋43k ＋44＋k 2. 同理点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 2＋4k ＋438＋2k 2，－k 2－43k ＋44＋k 2. 所以，直线AB 的斜率为－k 2＋43k ＋44＋k 2－－k 2－43k ＋44＋k 2－3k 2－4k ＋438＋2k 2－－3k 2＋4k ＋438＋2k 2＝－2 3.。
(江苏专用)2020版高考数学一轮复习高考大题突破练__直线与圆锥曲线的位置关系(文)(含解析)
②当 MN不垂直于 x 轴时，设直线 l 的方程为 y＝ k( x－ 1).
联立得方程组
x2 2＋
y2＝
1，
y＝ k x－ 1 ，
消去 y 整理得 (1 ＋ 2k2) x2－4k2x＋ 2( k2－ 1) ＝ 0，
4k2± 16k4－ 8 k2－ 1
x 1,2 ＝
2 1＋ 2k2
1＋ 2k2 ，
4k 2
6 y1＋ y2 ＋4my1y2 ＝ 4－ my1y2＋ 3y1＋y2 ＝ 4.
即 A1R与 A2P 的交点 M在直线 x＝ 4 上 .
6
2
[ 能力提升练 ]
x2 y2
1
4. 已知椭圆
a2＋ b2＝1( a>b>0) 的离心率为
，左、右端点为 2
A1， A2，其中 A2 的横坐标为 2，过
点 B(4,0) 的直线交椭圆于 P， Q两点， P 在 Q 的左侧，且 P， Q不与 A1， A2 重合，点 Q关于 x
轴的对称点为 R，射线 A1R与 A2P交于点 M.
能力提升练
1
c1
4.(1) 解 因为离心率为 2，所以 a＝ 2，
5
因为 A2 的横坐标为 2，所以 a＝ 2， 所以 c＝ 1， b＝ a2－ c2＝ 3，
x2 y2 因此椭圆的方程为 ＋ ＝ 1.
43
(2) 证明 设 P( x1， y1) ， Q( x2， y2) ， R( x2，－ y2) ， 由 3x2＋4y2＝ 12 与 x＝ my＋ 4 联立， 得 (3 m2＋ 4) y2＋ 24my＋ 36＝0，
由题意知 m满足 Δ >0，
y 1,2 ＝ － 24m±
24m
2
新(江苏专用)高考数学三轮增分练(一)三角函数与平面向量文
(一)三角函数与平面向量1．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知向量m ＝(cos B ，cos C )，n ＝(4a －b ，c )，且m ∥n .(1)求cos C 的值；(2)若c ＝3，△ABC 的面积S ＝154，求a ，b 的值． 解 (1)∵m ∥n ，∴c cos B ＝(4a －b )cos C ，由正弦定理，得sin C cos B ＝(4sin A －sin B )cos C ，化简，得sin(B ＋C )＝4sin A cos C .∵A ＋B ＋C ＝π，∴sin A ＝sin(B ＋C )．又∵A ∈(0，π)，∴sin A >0，∴cos C ＝14. (2)∵C ∈(0，π)，cos C ＝14， ∴sin C ＝ 1－cos 2C ＝ 1－116＝154. ∵S ＝12ab sin C ＝154，∴ab ＝2.① ∵c ＝3，由余弦定理得3＝a 2＋b 2－12ab ， ∴a 2＋b 2＝4，②由①②，得a 4－4a 2＋4＝0，从而a 2＝2，a ＝±2(舍负)，∴b ＝2，∴a ＝b ＝ 2.2．(2016·山东)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2(tan A ＋tan B )＝tan A cos B ＋tan B cos A . (1)证明：a ＋b ＝2c ；(2)求cos C 的最小值．(1)证明 由题意知2⎝ ⎛⎭⎪⎫sin A cos A ＋sin B cos B ＝sin A cos A cos B ＋sin B cos A cos B， 化简得2(sin A cos B ＋sin B cos A )＝sin A ＋sin B ，即2sin(A ＋B )＝sin A ＋sin B ，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin(A ＋B )＝sin(π－C )＝sin C ，从而sin A ＋sin B ＝2sin C ，由正弦定理得a ＋b ＝2c .(2)解 由(1)知c ＝a ＋b 2，所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋b 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 222ab ＝38⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋b a －14≥12，当且仅当a ＝b 时，等号成立，故cos C 的最小值为12.3．(2016·北京)在△ABC 中，a 2＋c 2＝b 2＋2ac .(1)求角B 的大小；(2)求2cos A ＋cos C 的最大值．解 (1)由a 2＋c 2＝b 2＋2ac 得，a 2＋c 2－b 2＝2ac .由余弦定理得，cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝2ac 2ac ＝22.又0＜B ＜π，所以B ＝π4.(2)A ＋C ＝π－B ＝π－π4＝3π4，所以C ＝3π4－A,0＜A ＜3π4.所以2cos A ＋cos C ＝2cos A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4－A＝2cos A ＋cos 3π4cos A ＋sin 3π4sin A＝2cos A －22cos A ＋22sin A ＝22sin A ＋22cos A＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4.因为0＜A ＜3π4，所以π4＜A ＋π4＜π， 故当A ＋π4＝π2， 即A ＝π4时，2cos A ＋cos C 取得最大值1.4．(2016·天津)已知函数f (x )＝4tan x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3.(1)求f (x )的定义域与最小正周期；(2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性．解 (1)f (x )的定义域为{x |x ≠π2＋k π，k ∈Z }． f (x )＝4tan x cos x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3 ＝4sin x cos ⎝⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3 ＝4sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x － 3 ＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3＝sin 2x ＋3(1－cos 2x )－ 3＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)令z ＝2x －π3，则函数y ＝2sin z 的单调递增区间是 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2＋2k π，π2＋2k π，k ∈Z . 由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ， 得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z . 设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4，B ＝{x |－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z }，易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4. 所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上单调递减．5．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a 2＋c 2＝b 2－ac .(1)求B 的大小；(2)设∠BAC 的平分线AD 交BC 于D, AD ＝23，BD ＝1，求cos C 的值．解 (1)因为a 2＋c 2＝b 2－ac ， 所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝－ac 2ac ＝－12，因为B ∈(0，π)，所以B ＝23π.(2)在△ABD 中，由正弦定理得： AD sin B ＝BDsin∠BAD ，所以sin∠BAD ＝BD sin B AD ＝1·3223＝14，所以cos∠BAC ＝cos 2∠BAD ＝1－2sin 2∠BAD ＝1－2×116＝78.所以sin∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝ 1－782＝158.所以cos C ＝cos(π3－∠BAC ) ＝cos π3cos∠BAC ＋sin π3sin∠BAC＝12×78＋32×158＝7＋3516， 即cos C 的值为7＋3516.。
江苏省—高三数学专题练习及答案 ：直线与圆锥曲线3
直线与圆锥曲线(3)参考答案
一．选择题
1.2条 2．－ 3．(－∞，0)∪(1，＋∞)4． 5．8
6.48 7.x＋2y－8＝0 8.y＝± (x＋2)9.6
∴|MN|=4 , 点A到直线l的距离为d= .
∴S△=2(5+m) ,从而S△2=4(1－m)(5+m)2
=2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤2( )3=128.
∴S△≤8 ,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号.
故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8 .
11.解:(1)当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=1,与曲线 1C.
(3)解析法一：由A(x1,y1),C(x2,y2)在椭圆上.
得 , ①－②得9(x12－x22)+25(y12－y22)=0,
即9× =0(x1≠x2)
将 (k≠0)
代入上式，得9×4+25y0(－ )=0(k≠0) 即k= y0(当k=0时也成立).
由点P(4，y0)在弦AC的垂直平分线上，得y0=4k+m,所以m=y0－4k=y0－ y0=－ y0.
(Ⅱ)准线L的方程为 设点Q的坐标为 则
②将 代入②,化简得
由题设 得 无解,
将 代入②,化简得 由题设 得 解得m=2.
从而 得到PF2的方程,
16.解:（Ⅰ）将直线 的方程 代入双曲线C的方程 后，整理得 ．…………① 依题意，直线 与双曲线C的右支交于不同两点，得
新(江苏专用)高考数学三轮增分练(四)函数与导数(2)文
(四)函数与导数(2)1．已知函数f (x )＝m ln x (m ∈R )．(1)若函数y ＝f (x )＋x 的最小值为0，求m 的值；(2)设函数g (x )＝f (x )＋mx 2＋(m 2＋2)x ，试求g (x )的单调区间； (3)试给出一个实数m 的值，使得函数y ＝f (x )与h (x )＝x －12x(x >0)的图象有且只有一条公切线，并说明此时两函数图象有且只有一条公切线的理由． 解 (1)由题意，得函数y ＝m ln x ＋x ， 所以y ′＝m x ＋1＝x ＋mx， ①当m ≥0时，函数y 在(0，＋∞)上单调递增，此时无最小值，舍去； ②当m <0时，由y ′＝0，得x ＝－m . 当x ∈(0，－m )，y ′<0，原函数单调递减；x ∈(－m ，＋∞)，y ′>0，原函数单调递增．所以x ＝－m 时，函数y 取最小值， 即m ln(－m )－m ＝0，解得m ＝－e.(2)由题意，得g (x )＝m ln x ＋mx 2＋(m 2＋2)x ， 则g ′(x )＝2mx 2＋m 2＋x ＋mx＝x ＋mmx ＋x，①当m ≥0时，g ′(x )≥0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当m <0时，由g ′(x )＝0，得x ＝－m 2或x ＝－1m，(A)若m ＝－2，则－m 2＝－1m，此时g ′(x )≤0，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减；(B)若－2<m <0，则－m 2<－1m ，由g ′(x )>0，解得x ∈(－m 2，－1m)，由g ′(x )<0，解得x ∈(0，－m 2)∪(－1m ，＋∞)，所以函数g (x )在(－m 2，－1m )上单调递增，在(0，－m 2)与(－1m，＋∞)上单调递减；(C)若m <－2，则－m 2>－1m，同理可得，函数g (x )在(－1m ，－m 2)上单调递增，在(0，－1m )与(－m2，＋∞)上单调递减．综上所述，g (x )的单调区间如下：①当m ≥0时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当m ＝－2时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减；③当－2<m <0时，函数g (x )的增区间为(－m 2，－1m )，减区间为(0，－m 2)与(－1m，＋∞)；④当m <－2时，函数g (x )的增区间为(－1m ，－m2)，减区间为(0，－1m )与(－m2，＋∞)．(3)m ＝12符合题意.理由如下： 此时f (x )＝12ln x .设函数f (x )与h (x )上各有一点A (x 1，12ln x 1)，B (x 2，x 2－12x 2)，则f (x )以点A 为切点的切线方程为y ＝12x 1x ＋12ln x 1－12， h (x )以点B 为切点的切线方程为 y ＝12x 22x ＋x 2－22x 2， 由两条切线重合，得 ⎩⎪⎨⎪⎧12x 1＝12x 22，12ln x 1－12＝x 2－22x2，(*)消去x 1，整理得ln x 2＝1－1x 2，即ln x 2－1＋1x 2＝0，令φ(x )＝ln x －1＋1x，得φ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x2，所以函数φ(x )在(0,1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增， 又φ(1)＝0，所以函数φ(x )有唯一零点x ＝1， 从而方程组(*)有唯一解⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝1，即此时函数f (x )与h (x )的图象有且只有一条公切线． 故m ＝12符合题意．2．(2016·课标全国甲)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)． (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0，求a 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f ′(x )＝ln x ＋1x－3，f ′(1)＝－2，f (1)＝0，曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于ln x －a x －x ＋1>0，设g (x )＝ln x －a x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－2a x ＋2＝x 2＋－a x ＋1x x ＋2，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)单调递增， 因此g (x )>0；②当a >2时，令g ′(x )＝0得，x 1＝a －1－a －2－1，x 2＝a －1＋a －2－1.由x 2>1和x 1x 2＝1得x 1<1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(1，x 2)单调递减，因此g (x )<0，综上，a 的取值范围是(－∞，2]．3．(2016·课标全国丙)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x. (1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0解得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ．令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减．由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x.4．(2016·北京)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．(1)解 由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，切线斜率k ＝f ′(0)＝b . 又f (0)＝c ，所以切点坐标为(0，c )．所以所求切线方程为y －c ＝b (x －0)，即bx －y ＋c ＝0. (2)解 由a ＝b ＝4得f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4＝(3x ＋2)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得(3x ＋2)(x ＋2)＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下：↗↘↗所以，当c ＞0且c －3227＜0时，存在x 1∈(－∞，－2)，x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝⎛⎭⎪⎫－23，＋∞，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，3227时，函数f (x )＝x3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明 当Δ＝4a 2－12b ＜0，即a 2－3b ＜0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＞0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增， 所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )在区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点． 综上所述，若函数f (x )有三个不同零点， 则必有Δ＝4a 2－12b ＞0，故a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b ＞0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点， 所以a 2－3b ＞0不是f (x )有三个不同零点的充分条件． 因此a 2－3b ＞0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。
新(江苏专用)高考数学三轮增分练(三)函数与导数(1)文
(三)函数与导数(1)1．已知函数f (x )＝(ax 2＋x ＋2)e x(a ＞0)，其中e 是自然对数的底数． (1)当a ＝2时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在[－2,2]上是单调增函数，求a 的取值范围；(3)当a ＝1时，求整数t 的所有值，使方程f (x )＝x ＋4在[t ，t ＋1]上有解． 解 (1)f (x )＝(2x 2＋x ＋2)e x，则f ′(x )＝(2x 2＋5x ＋3)e x ＝(x ＋1)(2x ＋3)e x， 令f ′(x )＝0, 得x ＝－1，－32，∴f (x )极大值＝f (－32)＝5e －32，f (x )极小值＝f (－1)＝3e －1.(2)问题转化为f ′(x )＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋3]e x≥0在x ∈[－2,2]上恒成立； 又e x ＞0即ax 2＋(2a ＋1)x ＋3≥0在x ∈[－2,2]上恒成立； 令g (x )＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋3， ∵a ＞0，对称轴x ＝－1－12a <0.①当－1－12a ≤－2，即0<a ≤12时，g (x )在[－2,2]上单调递增，∴g (x )的最小值g (x )＝g (－2)＝1＞0， ∴0＜a ≤12.②当－2＜－1－12a ＜0，即a >12时，g (x )在[－2，－1－12a ]上单调递减，在[－1－12a ，2]上单调递增，∴Δ＝(2a ＋1)2－12a ≤0，解得：1－32≤a ≤1＋32， ∴12＜a ≤1＋32， 综上，a 的取值范围是(0,1＋32]． (3)∵a ＝1，设h (x )＝(x 2＋x ＋2)e x－x －4，h ′(x )＝(x 2＋3x ＋3)e x －1，令φ(x )＝(x 2＋3x ＋3)e x－1， φ′(x )＝(x 2＋5x ＋6)e x， 令φ′(x )＝(x 2＋5x ＋6)e x＝0， 得x ＝－2，－3.∴φ(x )极大值＝φ(－3)＝3e 3－1<0，φ(x )极小值＝φ(－2)＝1e 2－1<0.∵φ(－1)＝1e－1<0，φ(0)＝2>0，∴存在x 0∈(－1,0)，x ∈(－∞，x 0)时，φ(x )＜0，x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )＞0， ∴h (x )在(－∞，x 1)上单调递减， 在(x 1，＋∞)上单调递增，又∵ h (－4)＝14e 4>0，h (－3)＝8e3－1<0，h (0)＝－2<0，h (1)＝4e －5>0.由零点存在性定理可知：h (x )＝0的根x 1∈(－4，－3)，x 2∈(0,1)，即t ＝－4,0. 2．(2016·课标全国乙)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．(ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (ⅱ)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． ③若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)(ⅰ)设a >0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，所以f (x )有两个零点．(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x， 所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)设a <0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；若a <－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．3．(2016·山东)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x ，a ∈R . (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围． 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)，所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2axx.当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增；当a ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )＞0，函数g (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )＜0，函数g (x )单调递减．所以当a ≤0时，g (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0. ①当a ≤0时，f ′(x )单调递增，所以当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当0＜a ＜12时，12a ＞1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增．可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意． ③当a ＝12时，12a＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意． ④当a ＞12时，0＜12a ＜1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 所以f (x )在x ＝1处取得极大值，符合题意 . 综上可知，实数a 的取值范围为a ＞12.4．已知函数f (x )＝a ln x －x ＋1x.(1)判断函数f (x )的单调性； (2)证明：当x >0时，ln(1＋1x)<1x 2＋x.(1)解 f ′(x )＝a x －1－1x 2＝－x 2＋ax －1x 2(x >0)．记g (x )＝－x 2＋ax －1，对称轴为x ＝a2，Δ＝a 2－4，而g (0)＝－1<0，且开口方向向下，则①当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，g (x )≤0，f ′(x )≤0， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②当Δ＝a 2－4>0，即a >2或a <－2时， 若a >2，则a2>1，方程g (x )＝0的两根x 1＝a ＋a 2－42>0，x 2＝a －a 2－42>0，当0<x <a －a 2－42或x >a ＋a 2－42时，f ′(x )<0；当a －a 2－42<x <a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 则f (x )在区间(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递减，在区间(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递增．若a <－2，则a2<－1，g (x )<0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递减．综上所述，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当a >2时，f (x )在区间(0，a －a 2－42)，(a ＋a 2－42，＋∞)上单调递减，在区间(a －a 2－42，a ＋a 2－42)上单调递增．(2)证明 原不等式可化为ln(1＋1x)<1x1＋1x＝ 1＋1x－11＋1x.令t ＝ 1＋1x，∵x >0，∴t >1，则原不等式等价于2ln t <t －1t.令φ(t )＝2ln t －t ＋1t，由(1)可知，函数φ(t )在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(t )<φ(1)＝0，∴2ln t <t －1t，故原不等式成立．。
2019届江苏专版高考数学一轮复习第九章解析几何第七节直线与圆锥曲线实用讲义文
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式
求解．
(2)联立直线与圆锥曲线方程，解方程组求出两个交点坐标，
代入两点间的距离公式求解．
(3)联立直线与圆锥曲线方程，消元得到关于 x(或 y)的一元二
次方程，利用根与系数的关系得到(x1－x2)2，(y1－y2)2，代入两点 间的距离公式．
(4)当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．
为 y－1＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
y－1＝kx－1，
由x42＋y22＝1
消去 y 得，
(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝42kkk2＋－11.
又∵x1＋x2＝2，∴42kkk2＋－11＝2，解得 k＝－12.
故此弦所在的直线方程为 y－1＝－12(x－1)，
第七节 直线与圆锥曲线
本节主要包括 2 个知识点： 1.直线与圆锥曲线的位置关系； 2.圆锥曲线中弦的问题.
01 突破点(一) 直线与圆锥曲线的位置关系
02 突破点(二) 圆锥曲线中弦的问题
03
课时达标检测
01 突破点（一） 直线与圆锥曲线的位置关系
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时，通常将直线 l 的方 程 Ax＋By＋C＝0(A，B 不同时为 0)代入圆锥曲线 C 的方程 F(x， y)＝0，消去 y(也可以消去 x)得到一个关于变量 x(或变量 y)的一 元方程．
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一]过点(0,1)作直线，使它与抛物线 y2＝4x 仅有一个公共 点，这样的直线有________条． 解析：结合图形分析可知(图略)，满足题意的直线共有 3 条： 直线 x＝0，过点(0,1)且平行于 x 轴的直线 y＝1，以及过点(0,1) 且与抛物线相切的直线 y＝x＋1. 答案：3
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(一)直线与圆锥曲线(1)
1．(2016·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点． (1)求椭圆C 的方程及离心率；
(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．
(1)解 由椭圆过点A (2,0)，B (0,1)知a ＝2，b ＝1.
所以椭圆方程为x 24
＋y 2＝1，又c ＝a 2－b 2＝ 3. 所以椭圆离心率e ＝c a ＝32
. (2)证明 设P 点坐标为(x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，
则x 20＋4y 20＝4，又A (2,0)，B (0,1)，
所以直线PB 的方程为y －1＝y 0－1x 0
(x －0)， 令y ＝0，得x N ＝x 01－y 0，从而AN ＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1
. 直线PA 的方程为y －0＝y 0
x 0－2(x －2)，
令x ＝0，得y M ＝2y 02－x 0
， 从而BM ＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2
. 所以S 四边形ABNM ＝12
AN ·BM ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭
⎪⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 2
0＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋
＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2
＝2. 即四边形ABNM 的面积为定值．
2．(2016·天津)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a >3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1OF ＋1OA ＝3e FA
，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(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．
解 (1)设F (c,0)，由1OF ＋1OA ＝3e FA ，
即1c ＋1a ＝3c a a －c ，可得a 2－c 2＝3c 2.
又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4.
所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝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 (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23
＝1，
y ＝k x －
消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.
解得x ＝2或x ＝8k 2
－6
4k 2＋3.
由题意得x B ＝8k 2
－64k 2＋3，从而y B ＝－12k
4k 2＋3.
由(1)知，F (1,0)，设H (0，y H )，
有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k 2
4k 2＋3，12k
4k 2＋3.
由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，
所以4k 2
－94k 2＋3＋12ky H
4k 2＋3＝0，
解得yH ＝9－4k
2
12k .
因此直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 2
12k .
设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪
⎧
y ＝k x －，
y ＝－1k x ＋9－4k
2
12k ，
消去y ，解得x M ＝20k 2
＋9
k 2＋.
在△MAO 中，∠MOA ＝∠MAO ⇔MA ＝MO ，
即(x M －2)2＋y 2M ＝x 2M ＋y 2
M ，
化简得x M ＝1，即20k 2
＋9
k 2＋＝1，
解得k ＝－6
4或k ＝6
4.
所以直线l 的斜率为－64或64
. 3．(2016·课标全国甲)已知椭圆E ：x 2t ＋y 2
3
＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .
(1)当t ＝4，AM ＝AN 时，求△AMN 的面积；
(2)当2AM ＝AN 时，求k 的取值范围．
解 设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0.
(1)当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 2
3＝1，A (－2,0)．
由AM ＝AN 及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π
4.
因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.
将x ＝y －2代入x 24＋y 2
3＝1得7y 2
－12y ＝0，
解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝12
7.
因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝144
49.
(2)由题意t >3，k >0，A (－t ，0)，
将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2
t ＋y 2
3＝1，
得(3＋tk 2)x 2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0.
由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2，得x 1＝t －tk 2
3＋tk 2，
故AM ＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t ＋k 2
3＋tk 2.
由题设，直线AN 的方程为y ＝－1
k (x ＋t )，
故同理可得AN ＝6k t ＋k
2
3k 2＋t .
由2AM ＝AN 得23＋tk 2＝k
3k 2＋t ，
即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)，
当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k k －
k 3－2.
t >3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝k －k 2＋
k 3－2<0，
即k －2k 3－2
<0. 由此得⎩⎪⎨⎪⎧ k －2>0，k 3－2<0，或⎩⎪⎨⎪⎧ k －2<0，k 3－2>0，解得32<k <2.
因此k 的取值范围是(32，2)．
4．(2016·山东)
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2. (1)求椭圆C 的方程；
(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .
①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明
k ′k 为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值．
(1)解 设椭圆的半焦距为c ，
由题意知2a ＝4,2c ＝22，
所以a ＝2，c ＝2，b ＝a 2－c 2＝2，
所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22
＝1. (2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)．
由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )，
所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝m x 0
， 直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3m x 0
， 此时k ′k ＝－3.所以k ′k
为定值－3. ②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
直线PA 的方程为y ＝kx ＋m ，
直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .
联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22
＝1， 整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2
－4＝0，
由x 0x 1＝2m 2
－42k 2＋1，可得x 1＝m 2－
k 2＋x 0
，
所以y 1＝kx 1＋m ＝2k m 2－
k 2＋x 0
＋m .
同理x 2＝m 2－
k 2＋x 0，y 2＝－6k m 2－
k 2＋x 0
＋m .
所以x
2－x 1＝m 2－k 2＋x 0－
m 2－
k 2＋x 0
＝－32k 2m 2－
k 2＋k 2＋x 0
，
y 2－y 1＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m －2k m 2－k 2＋x 0
－m
＝－8k k 2＋m 2－
k 2＋k 2＋x 0
，
所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫
6k ＋
1k .
由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0， 所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝6
6时取“＝”．
因为P (x 0,2m )在椭圆x 24＋y 2
2＝1上，
所以x 0＝4－8m 2，此时2m －m
4－8m 2－0＝6
6，
即m ＝14
7，符合题意．
所以直线AB 的斜率的最小值为6
2.。