最新【上海】高三上学期期末考试数学试题分类汇编圆锥曲线(含答案).pdf
精品学习资料整理精品学习资料整理精品学习资料整理上海市各区县高三上学期期末考试数学试题分类汇编圆锥曲线一、填空、选择题1、（宝山区高三上学期期末）椭圆5cos4sinxy（为参数）的焦距为2、（崇明县高三第一次模拟）抛物线2yx上一点M 到焦点的距离为1，则点M 的纵坐标为3、（虹口区高三一模）点(20,40)M，抛物线22(0)ypx p的焦点为F，若对于抛物线上的任意点P，PMPF的最小值为41，则p的值等于4、（黄浦区高三上学期期终调研）在直角坐标平面内，点,A B的坐标分别为(1,0),(1,0)，则满足tantanPABPBA(m m为非零常数）的点P的轨迹方程是（）A221(0)yxymB221yxmC221(0)yxymD221yxm5、（静安区向三上学期期质量检测）已知椭圆1C，抛物线2C焦点均在x轴上，1C的中心和2C顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于表中，则1C的左焦点到2C的准线之间的距离为【】A12；B31；C1；D26、（闵行区高三上学期质量调研）已知,x y满足曲线方程2212xy，则22xy的取值范围是_7、（浦东新区高三上学期教学质量检测）过双曲线222:14xyCa的右焦点F作一条垂直于x轴的x3242y2 30422垂线交双曲线C的两条渐近线于两点AB、，O为坐标原点，则OAB的面积的最小值为_8、（普陀区高三上学期质量调研）设kR，若1222kxky表示焦点在y轴上的双曲线，则半焦距的取值范围是.9、（青浦区高三上学期期末质量调研）等轴双曲线222xya与抛物线216yx的准线交于AB、两点，且4 3AB，则该双曲线的实轴长等于10、（松 江 区 高 三 上 学 期 期 末 质 量 监 控）设(,)P x y是 曲 线22:1259xyC上 的 点，12(4,0),(4,0)FF，则12|PFPF的最大值=11、（徐汇区高三上学期学习能力诊断）已知抛物线C的顶点在平面直角坐标系原点，焦点在x轴上，若C经过点(1,3)M，则其焦点到准线的距离为_12、（杨浦区高三上学期期末等级考质量调研）若双曲线的一条渐近线为20 xy，且双曲线与抛物线2yx 的准线仅有一个公共点，则此双曲线的标准方程为_13、（奉贤区高三上学期期末）若抛物线pxy22的焦点与椭圆1522yx的右焦点重合，则p_.14、（金山区高三上学期期末）点(1,0)到双曲线2214xy的渐近线的距离是二、解答题1、（宝山区高三上学期期末）已知椭圆C的长轴长为2 6，左焦点的坐标为(2,0)；（1）求C的标准方程；（2）设与x轴不垂直的直线l过C的右焦点，并与C交于A、B两点，且|6AB，试求直线l的倾斜角；2、（崇明县高三第一次模拟）已知点1F、2F 为双曲线222:1yC xb(0)b的左、右焦点，过2F 作垂直于 x 轴的直线，在 x 轴上方交双曲线C 于点 M，且1230MF F（1）求双曲线C 的方程；（2）过双曲线C 上任意一点P 作该双曲线两条渐近线的垂线，垂足分别为1P、2P，求12PPPP 的值3、（虹口区高三一模）椭圆C：22221(0)xyabab过点(2,0)M，且右焦点为(1,0)F，过F的直线l与椭圆C相交于A、B两点设点(4,3)P，记PA、PB的斜率分别为1k和2k（1）求椭圆C的方程；（2）如果直线l的斜率等于1，求出12kk的值；（3）探讨12kk是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，求出12kk的取值范围4、（黄浦区高三上学期期终调研）已知双曲线C以12(2,0)(2,0)FF、为焦点，且过点(7 12)P，（1）求双曲线C与其渐近线的方程；（2）若斜率为1 的直线l与双曲线C相交于,A B两点，且OAOB(O为坐标原点)求直线l的方程5、（静安区向三上学期期质量检测）设双曲线C：22123xy，12,FF为其左右两个焦点(1)设O为坐标原点，M为双曲线C右支上任意一点，求MFOM1的取值范围；(2)若动点P与双曲线C的两个焦点12,F F的距离之和为定值，且12cosF PF的最小值为19，求动点P的轨迹方程6、（闵行区高三上学期质量调研）如图，椭圆2214yx的左、右顶点分别为A、B，双曲线以A、B为顶点，焦距为2 5点P是上在第一象限内的动点，直线AP与椭圆相交于另一点Q，线段AQ的中点为M，记直线AP的斜率为k，O为坐标原点（1）求双曲线的方程；（2）求点M的纵坐标My的取值范围；（3）是否存在定直线l，使得直线BP与直线OM关于直线l对称？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由7、（浦东新区高三上学期教学质量检测）已知椭圆2222:10 xyCabab的左、右焦点分别为12FF、，过2F的一条直线交椭圆于PQ、两点，若12PF F的周长为44 2，且长轴长与短轴长之比为2:1.（1）求椭圆C的方程；（2）若12F PF QPQ，求直线PQ的方程.8、（普陀区高三上学期质量调研）已知椭圆：12222byax（0ba）的左、右两个焦点分别为1F、2F，P是 椭 圆 上 位 于 第 一 象 限 内 的 点，xPQ轴，垂 足 为Q,且621FF，935arccos21FPF，21FPF的面积为23.（1）求椭圆的方程；（2）若M是椭圆上的动点，求MQ的最大值,并求出MQ取得最大值时M的坐标.9、（青浦区高三上学期期末质量调研）如图，12,FF分别是椭圆2222C:1(0)xyabab的左、右焦点，且焦距为2 2，动弦AB平行于x轴，且114F AF B（1）求椭圆C的方程；（2）若点P是椭圆C上异于点A、B的任意一点，且直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，若2MF、2NF的斜率分别为1k、2k，求证：12kk是定值10、（松江区高三上学期期末质量监控）已知双曲线2222:1xyCab经过点(2,3)，两条渐近线的夹角为60，直线l交双曲线于A、B两点（1）求双曲线C的方程；（2）若l过原点，P为双曲线上异于A、B的一点，且直线PA、PB的斜率PAk、PBk均存在，求证：PAPBkk为定值；（3）若l过双曲线的右焦点1F，是否存在x轴上的点(,0)M m，使得直线l绕点1F无论怎样转动，都有0MA MB成立？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由11、（徐汇区高三上学期学习能力诊断）如图：双曲线：2213xy的左、右焦点分别为12,FF，过2F作直线l交y轴于点Q（1）当直线l平行于的一条渐近线时，求点1F到直线l的距离；（2）当直线l的斜率为1时，在的右支上是否存在点P，满足110F P FQ？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由；（3）若直线l与交于不同两点AB、，且上存在一点M，满足40OAOBOM（其中O为坐标原点），求直线l的方程12、（杨浦区高三上学期期末等级考质量调研）如图所示，椭圆 C：2214xy，左右焦点分别记作1F、2F，过1F、2F 分别作直线1l、2l 交椭圆于AB、CD，且1l?2l（1）当直线1l 的斜率1k 与直线BC的斜率2k 都存在时，求证：12kk为定值；（2）求四边形ABCD面积的最大值13、（奉贤区高三上学期期末）过双曲线1422yx的右支上的一点P作一直线l与两渐近线交于A、B两点，其中P是AB的中点.（1）求双曲线的渐近线方程；（2）当2,0 xP，求直线l的方程；（3）求证：OA OB是一个定值参考答案：一、填空、选择题1、解析：消去参数得：2212516xy，所以，c25163，所以，焦距为2c 6。2、343、42或224、C5、B 6、1,27、88、【解析】若1222kxky表示焦点在y 轴上的双曲线，可得，可得 k2，半焦距 c=则半焦距的取值范围是：（，+）故答案为：（，+）9、410、10 11、9212、221641yx13、414、55二、解答题1、2、解：（1）设2,FM的坐标分别为220(1,0),(1,)bby因为点M在双曲线上，所以220211ybb，所以22|MFb.2 分12Rt MF F中，因为1230MF F，所以21|2MFb，.5 分由双曲线定义，得：211|2MFMFb.5 分所以双曲线的方程为：2212yx.6 分（2）由（1）知，双曲线的两条渐近线分别为12:20,:20lxylxy.8 分设11(,)P xy，则P到两条渐近线的距离分别为111|2|3xyPP，112|2|3xyPP.10 分设两条渐近线的夹角为，则两个向量夹角也为，其中1cos3.12 分又点P在双曲线2212yx上，所以221122xy所以12122|cos9PPPPPPPP.14 分3、解：（1）2a，又1c，223bac，椭圆方程为22143xy4 分（2）直线:1lyx，设11(,)A xy、22(,)B xy，由221143yxxy消y得27880 xx，有1287xx，1287xx7 分12121212121212121233222()4144444()162yyxxx xxxkkxxxxx xxx9 分（3）当直线AB的斜率不存在时，不妨设3(1,)2A，3(1,)2B，则13312412k，13332412k，故122kk 11 分当直线AB的斜率存在时，设其为k，则直线AB：(1)yk x，设11(,)A xy，22(,)B xy由22(1)143yk xxy消y得2222(43)8(412)0kxk xk，有2122843kxxk，212241243kxxk13 分12121212121212121233332(53)()8(3)44444()16yykxkkxkkx xkxxkkkxxxxx xxx222222222241282(53)8(3)72(1)43432412836(1)4164343kkkkkkkkkkkkk 16 分4、解：（1）设双曲线C的方程为22221(0,0)xyabab，半焦距为c，则2c，2222122|912512|2aPFPF，1a，2 分所以2223bca，故双曲线C的方程为2213yx4 分双曲线C的渐近线方程为3yx6 分（2）设直线l的方程为yxt，将其代入方程2213yx，可得222230 xtxt（*）8 分22248(3)12240ttt，若设1122(,),(,)A xyB xy，则12,x x是方程（*）的两个根，所以212123,2txxt x x，又由OAOB，可知12120 x xy y，11 分即1212()()0 x xxtxt，可得212122()0 x xt xxt，故222(3)0ttt+，解得3t，所以直线l方程为3yx14 分5、（1）设,M x y，2x，左焦点1(5,0)F，1(,)(5,)OM FMx yxy222235532xxxyxx4 分25532xx（2x）对称轴525x1210,OMF M3 分（2）由椭圆定义得：P点轨迹为椭圆22221xyab，122 5F F，122PFPFa2221212121212204220cos22PFPFaPFPFF PFPFPFPFPF21242012aPFPF4 分由基本不等式得121222aPFPFPFPF，当且仅当12PFPF时等号成立212PFPFa221224201cos1929aF PFaa，24b所求动点P的轨迹方程为22194xy3 分6、解（1）设双曲线的方程为22221(0,0)xyabab，双曲线的焦距为2c；2 分依题意可得1,0A，1,0B，1,5ac；222514bca双曲线的方程为2214yx4分(2)由题意可知，直线,AP BP OM的斜率皆存在，且不为零设点11,P x y、22,Q xy，直线AP的方程为1yk x（02k）联立方程组22114yk xyx整理，得22224240kxk xk，6 分解得，1x或2244kxk，22244kxk，得22248,44kkQkk，2224,44kkMkk，8 分因为02k，24444Mkykkk在0,2上是增函数，所以0,1My 10 分（或者244414442Mkykkkkk，当且仅当2k时取等号，所以0,1My）（3）方法一：由题（2）知直线OM的方程为:4yxk12 分同理，解方程组22114yk xyx，可得21244kxk，得点P的坐标为22248,44kkkk直线BP的斜率1141BPykxk直线BP的方程为:41yxk，14 分联立直线BP与直线OM的方程，解得12x，因 为 直 线BP与OM的 斜 率 互 为 相 反 数，所 以 直 线BP与OM关 于 直 线12x对称16 分方法二：由11,P xy在双曲线上可得：111411yyxx所以4APBPkk12 分同理4AQBQkk，即4APOMkk,14 分因此0OMBPkk设直线OM:yk x，则直线BP:1ykx,解得12x因 为 直 线BP与OM的 斜 率 互 为 相 反 数，所 以 直 线BP与OM关 于 直 线12x对称16 分7、解：（1）由条件可知：2244 2ac，:2:1a b，222abc，解得：2 2,2,2abc，4 分所以椭圆C的方程为22184xy6 分（2）设直线2PF的方程为：11222,xtyP x yQ xy；因为1212F PF QFOOPF OOQOPOQ，所以OPOQPQ，所以OPOQ，所以12120 x xy y9 分222212440842xytytyxty，12122244,22tyyy ytt11 分2412121212121xxy yty yty y解得：212,22tt13 分所以直线PQ的方程为22 20 xy14 分8、【解】（1）在21FPF中，由935arccos21FPF得935cos21FPF96sin21FPF因为21FPF的面积为23，621FF,所以23sin2121121FPFPFFF.解得331PF2分在21FPF中，由余弦定理得，212112212122c o s2FPFFFPFFFPFPF，所以322PF,故32PF，于是34221PFPFa,故32a4 分，由于3c，所以3b,故椭圆的方程为131222yx（2）设00,yxP，根据题意可知2321021yFF，故20y,由于00y,所以20y7 分，将20y代入椭圆方程得，1321220 x，解得20 x，由于00 x，所以20 x，故Q的坐标为0,28分令yxM,，则131222yx,所以4322xy2222yxMQ74432xx3538432x，其中3232x11 分，所以当32x时，2MQ的最大值为3816，故MQ的最大值为13213 分，此时点M的坐标为0,32.9、解：因为焦距2 2，所以22 22cc，由椭圆的对称性及已知得12F AF B，又因为114F AF B，所以124F BF B，因此24,2aa，于是2b，因此椭圆方程为22142xy；（2）设0011(,),(,)B xyP xy，则00(,)Axy直线PA的方程为101110()yyyyxxxx，令0 x得100110 x yx yyxx，故100110(0,)x yx yMxx；直线PB的方程为101110()yyyyxxxx，令0 x得100110 x yx yyxx，故100110(0,)x yx yNxx；所以10011001121010,2()2()x yx yx yx ykkxxxx，因此2222100112221012)x yx ykkxx；因为,A B在椭圆C上，所以222201102,2,22xxyy所以2222100112221011(2)(2)12212xxxxkkxx10、解：（1）由题意得224913abba 2分解得2213ab 3 分双曲线C的方程为221.3yx 4 分（2）证明：设A点坐标为00(,)A xy，则由对称性知B点坐标为00(,)Bxy 5 分设(,)P x y，则2200022000PAPByyyyyykkxxxxxx 7 分2200221313yxyx得2222003()yyxx 8 分所以2202203PAPByykkxx 10 分（3）当直线l的斜率存在时，设直线l方程为(2)yk x，与双曲线方程联立消y得0344)3(2222kxkxk，2300k得23k且2122212243433kxxkkxxk 12 分设11(,)A xy、22(,)B xy1212()()MA MBxm xmy y212122222121222222222()()(2)(2)(1)(2)()4(1)(43)4(2)433xmxmkxxkx xkmxxmkkkkkmmkkk2223(45)3mkmk14 分假设存在实数m，使得0MA MB，故得2223(1)(45)0mkmm对任意的23k恒成立，2210450mmm，解得1.m当1m时，0MP MQ.当直线 l 的斜率不存在时，由(2,3),(2,3)PQ及(1,0)M知结论也成立综上，存在1m，使得0MA MB.16 分11、解：（1）易得1(2,0)F，2(2,0)F，的渐近线方程为33yx，由对称性，不妨设3:(2)3lyx,即320 xy，-2分所以，1(2,0)F到l的距离|22|213d.-4分（2）当直线l的斜率为1时，l的方程为2yx，-5分因此，(0,2)Q，-6分又1(2,0)F，故1(2,2)FQ，设右支上的点P的坐标为(,),(0)x yx，则1(2,)F Pxy，由110F P FQ，得2(2)20 xy，-8分又2213xy，联立消去y得2212150 xx，由根与系数的关系知，此方程无正根，因此，在双曲线的右支上不存在点P，满足110F P FQ.-10分（3）设1122(,),(,)A xyB xy，则1212(,)44xxyyM，-11分由M点在曲线上，故212212()4()134xxyy(*)设:(2)lyk x联立l与的方程，得2222(13)121230kxk xk-12分由于l与交于不同两点，所以，33k.所以，21221213kxxk，因此，12121224(2)(2)()413kyyk xk xk xxkk.-14分从而(*)即为22222124()3()481313kkkk，解得22k.即直线l的方程为220 xy.-16分12、证明：（1）设11()A xy,，22()B xy,，根据对称性，有11()Cxy,因为11()A xy,，22()B xy,都在椭圆C 上所以221114xy，222214xy（2 分）二式相减，2222121204xxyy所以22212121122221212114yyyyyykkxxxxxx为定值（4分）（2）（）当1l的倾角为0时，1l与2l重合，舍（6 分）（）当1l的倾角不为0时，由对称性得四边形ABCD为平行四边形1(30)F,设直线1l 的方程为3xmy代入2214xy，得22(4)2 310mymy（8 分）显然0，1222 34myym，12214yym所以22122222132 3113|()42 32244(4)OABmmSyymmm（10 分）设21mt，所以21mt，(1)t,，xyDCBF2F1OA所以22221119(4)69126mtmtttt（12 分）当且仅当9tt即2m时等号成立。所以max1()2 3112OABS，所以平行四边形面积的最大值为maxmax()4()4ABCDOABSS，（14 分）13、解(1)令2204yx得2yx所以双曲线的渐近线方程为2yx3 分(2)因为 P在双曲线上，所以20414x，02x，又因为 P 在双曲线右支，所以02x5 分设直线:2(2)lyk x联立方程组222(2)14yk xyx消元得222(4)2(22)4(22)0kxk kxk6 分又因为1222(22)2 24k kxxk，7 分得2 2k8 分所以直线:2 22lyx9 分当k不存在时，2x与渐近线的交点的中点为(2,0)不合题意10 分所以直线l的方程为2 22yx(3)设直线l与渐近线2yx与2yx分别交于1122(,),(,)A x yB xy所以AB中点1212(,)22xxyyP，即1212(,)2xxPxx12 分1212(,)2xxPxx在双曲线上，221212124xxxx13 分得121x x14 分又因为OA OB=121 25|5|5|5xxxx为定值16 分解法 2：当直线斜率不存在时，01x，1,2,1,2AB，5OA OB11 分当直线斜率存在时，设直线:2(2)lyk x2(2)2yk xyx000022,22kxykxyAkk，000022,22kxykxyBkk12 分若P是AB的中点.00000222kxykxyxkk，004xky13 分001452AkxyOAxk14 分001452AkxyOBxk15 分2002554kxyOAOBk16 分欢迎访问“高中试卷网”http:/sj.fjjy.org 精品文档
