统考版2024届高考数学一轮复习第九章9.9.1直线与圆锥曲线课时作业理含解析20230426138.docx

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1、统考版2024届高考数学一轮复习第九章9.9.1直线与圆锥曲线课时作业理含解析20230426138课时作业55直线与圆锥曲线基础达标1过椭圆1内一点P(3,1)，求被这点平分的弦所在直线方程2.2021郑州测试已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为8.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P(2,1)在直线l的左上方若APB90，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求线段MN的长度32021唐山市高三年级摸底考试已知F为抛物线C：x212y的焦点，直线l：ykx4与C相交于A，B两点(1)O为坐标原点，求；(2)M为

2、C上一点，F为ABM的重心(三边中线的交点)，求k.4已知椭圆C的两个焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，且经过点E.(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若2，求直线l的斜率k的值5.2020天津卷已知椭圆1(ab0)的一个顶点为A(0，3)，右焦点为F，且|OA|OF|，其中O为原点(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满足3，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程62021安徽五校联盟质检已知椭圆C：1(ab0)的焦点坐标分别为F1(1,0)，F2(1,0)，P为椭圆C上一

3、点，满足3|PF1|5|PF2|且cosF1PF2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|BQ|，求k的取值范围能力挑战7已知椭圆C：1过点A(2，1)，且a2b.(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(4,0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x4于点P，Q，求的值课时作业551解析：设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由于A、B两点均在椭圆上，故1，1，两式相减得0.又P是A、B的中点，x1x26，y1y22，kAB.直线AB的方程为y1(x3)即3x4y130.2解析：(1)由题意知解得所以椭圆C的方程

4、为1.(2)设直线l：yxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得消去y，化简整理，得x22mx2m240.则由(2m)24(2m24)0，得2m0，解得m24.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2，y1y2.直线MA的方程为y1(x2)，则P，即P.直线NA的方程为y1(x2)，则Q，即Q.所以1.综上，1.课时作业56证明、最值、范围、存在性问题 基础达标12020浙江卷如图，已知椭圆C1：y21，抛物线C2：y22px(p0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)(1)若p，求抛物线C2的焦点坐标；(2

5、)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值22019北京卷已知抛物线C：x22py经过点(2，1)(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点32021沈阳市教学质量监测已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点A(2,2)，点B在抛物线C上，且满足2(O为坐标原点)(1)求抛物线C的方程；(2)过焦点F任作两条相互垂直的直线l与l，直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线l与抛物线C交于M，N两点，OPQ的面积记为S1，OM

6、N的面积记为S2，求证：为定值42021河北省九校高三联考试题椭圆1(ab0)的左焦点为F，短轴长为2，右顶点为A，上顶点为B，ABF的面积为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过A作直线l与椭圆交于另一点M，连接MF并延长交椭圆于点N，当AMN的面积最大时，求直线l的方程5.2021黄冈中学、华师附中等八校联考已知椭圆C：1(ab0)过点(2,1)，且离心率e.(1)求椭圆C的方程；(2)已知斜率为的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B，点P的坐标为(2,1)，设直线PA与PB的倾斜角分别为，证明：.能力挑战62021山西省八校高三联考已知椭圆E：1(ab0)的焦距为2，左、右焦点分别为F1，F

7、2，过点F1的直线l(不与x轴重合)交椭圆于A，B两点(1)若点A恰好为椭圆的上顶点，且|AB|F1B|，求椭圆E的标准方程；(2)若点A关于点F2的对称点为点C，且点C恰好在椭圆上，求点B的横坐标的取值范围72021大同市高三学情调研测试试题已知半圆x2y24(y0)，动圆与此半圆相切(内切或外切如图)，且与x轴相切(1)求动圆圆心的轨迹方程，并画出其轨迹图形(2)是否存在斜率为的直线l，它与(1)中所得轨迹的曲线由左至右顺次交于A，B，C，D四点，且满足|AD|2|BC|，若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由课时作业561解析：(1)由p得C2的焦点坐标是.(2)由题意可设直线l：x

8、myt(m0，t0)，点A(x0，y0)将直线l的方程代入椭圆C1：y21得(m22)y22mtyt220，所以点M的纵坐标yM.将直线l的方程代入抛物线C2：y22px得y22pmy2pt0，所以y0yM2pt，解得y0，因此x0.由y1得4224160，所以当m，t时，p取到最大值.2解析：(1)由抛物线C：x22py经过点(2，1)，得p2.所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)抛物线C的焦点为F(0，1)设直线l的方程为ykx1(k0)由得x24kx40.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24.直线OM的方程为yx.令y1，得点A的横坐标xA.同理得点B的横

9、坐标xB.设点D(0，n)，则，(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2.令0，即4(n1)20，得n1或n3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，3)3解析：(1)由2，得，即，点A为OB的中点，又A(2,2)，B(4,4)，又点B在抛物线C上，将其坐标代入y22px，解得p2，所求抛物线的方程为y24x.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，则OPQ的面积S1|OF|y1y2|y1y2|.OMN的面积S2|OF|y3y4|y3y4|.设直线l的方程为xmy1(m0)，则直线l的方程为xy1.联立得y24my40，(4m)24(

10、4)16m2160，故y1y24m，y1y24，所以|y1y2|4，S12.同理，可得|y3y4|4，S2.所以，为定值4解析：(1)根据短轴长知b，SABF(ac)，则ac3，因为b2a2c2，所以ac1，故a2，c1，则椭圆的标准方程为1.(2)当直线MN的斜率存在时，设其方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则SAMN|AF|y1y2|，(34k2)y26ky9k20，y1y2，y1y2，代入式得SAMN18，令t34k2，则t3，k2，SAMN18.当直线MN的斜率不存在时，SAMN.故当AMN的面积最大时，MN垂直于x轴，此时直线l的斜率为，则直线l的方程为

11、y(x2)5解析：(1)由题意得，解得，所以椭圆C的方程为1.(2)设直线l：yxm，联立方程，得，消去y，得x22mx2m240，4m28m2160，解得2m2.当m0时，直线l：yx(点P在直线l上，舍去)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22m，x1x22m24，由题意，易知直线PA与PB的斜率均存在，所以，.设直线PA与PB的斜率分别为k1，k2，则tank1，tank2，要证，即证tantan()tan，只需证k1k20，因为k1，k2，所以k1k2，又y1x1m，y2x2m，所以(y11)(x22)(y21)(x12)(x22)(x12)x1x2(m2)(x1x2)4

12、(m1)2m24(m2)(2m)4(m1)0，所以k1k20，故.6解析：(1)由题意得，F1(1,0)，A(0，b)，设B(x0，y0)，由|AB|F1B|可得，于是得(1，b)(x01，y0)，所以，得.因为点B在椭圆上，所以1，得a25，所以b2514，故椭圆E的标准方程为1.(2)由题意及椭圆的对称性，得AC为椭圆的通径不妨设点A(1，y1)(y10)，点B(xB，yB)，将点A的坐标代入1，得1，得y1，于是直线l的斜率为，直线l的方程为y(x1)联立方程，得，消去y，整理得(a23)x22(a21)x3a210，由根与系数的关系，得1xB，于是，xB.设a2t(t1)，则xB3，令

13、f(t)3，则f(t)在(1，)上单调递减，所以当t1时，xB3的取值范围为(3，1)，即点B的横坐标的取值范围是(3，1)7解析：(1)设动圆圆心M(x，y)，作MNx轴于N.若动圆与半圆外切，则|MO|2|MN|，y2，两边平方，得x2y2y24y4，化简，得yx21(y0)若动圆与半圆内切，则|MO|2|MN|，2y，两边平方，得x2y244yy2，化简，得yx21(y0)其轨迹图形为(2)假设直线l存在，可设l的方程为yxb，依题意，可得其与曲线yx21(y0)交于A，D两点，与曲线yx21(y0)交于B，C两点，联立，得与，整理可得3x24x12b120与3x24x12b120.设A

14、(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，D(xD，yD)，则xAxD，xAxD，xBxC，xBxC.又|AD|xAxD|，|BC|xBxC|，且|AD|2|BC|，|xAxD|2|xBxC|，即(xAxD)24xAxD4(xBxC)24xBxC，即24，解得b.将b代入方程，得xA2，xD.曲线yx21(y0)的横坐标的范围为(，2)(2，)，这样的直线l不存在课时作业29数列的概念与简单表示法基础达标一、选择题1数列0,1,0，1,0,1,0，1，的一个通项公式是an等于()A.BcosCcosDcos22021重庆一中测试已知数列an满足a11，前n项和为Sn，且Sn2an(n

15、2，nN*)，则an(n2)的通项公式为an()A2n1B2n2C2n13D32n32021甘肃兰州检测已知数列an中，a11，anan13n(n2，nN*)，则数列an的通项公式为an()A.B.C.D.42021天津一中月考在各项均为正数的数列an中，a12，a2an1an3a0，Sn为an的前n项和，若Sn242，则n()A5B6C7D852021湖北武汉武昌实验中学月考两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题他们在沙滩上画出点或用小石子表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如下图中实心点的个数依次为5,9,14,20，这样的一组数被称为梯形数，记此数列

16、为an，则()Aan1ann2Ban1ann2Can1ann3Dan1ann362021吉林辽源月考已知数列an的前n项和为Sn，a11，且SnSn1SnSn1(nN*)，则Sn()AnBn1C.D.72021上海第七中学月考在数列an中，已知a11，且数列an的前n项和Sn满足4Sn13Sn4，nN*，则an()A.n1B.C4D482021辽宁锦州八中月考已知数列an满足：a1，对任意正整数n，an1an(1an)，则a2019a2018()A.B.CD92021山西河津二中月考设数列an满足a12a222a32n1an(nN*)，则an的通项公式为an()A.B.C.D.10已知数列an

17、的通项公式为ann22n(nN*)，则“0，即2n12对任意的nN*都成立，于是有32，.由1可推得，但反过来，由不能得到1，因此“0，an1an，数列an是递增数列答案：递增12解析：an2an12n1(nN*，n2)，a465，2a324165，得a325，2a223125，得a29，2a12219，得a13.答案：313解析：Sn2n，n2时，an2n2n12n1，又a12，不满足上式，an答案：14解析：an1(nN*)，根据函数的单调性知，当n7或n8时，数列an为递减数列因为当n7时，an1，所以a8为最大项，可知m8.答案：815解析：由题意，知1an0，所以an11.又a12，

18、所以a213，a31，a41，a512a1，.由此可得数列an是周期为4的数列又a1a2a3a41，所以数列an的前2019项的乘积为(a1a2a3a4)504a1a2a32(3)3.故选D.答案：D16解析：数列an是递增数列且an解得2a3，所以实数a的取值范围是(2,3)，故选D.答案：D17解析：由题意知，Sn2an2t1，当n1时，a12a12t1，得a112t；当n2时，Sn12an12t1，并化简，得an2an1，故数列an是以a112t为首项，2为公比的等比数列，则an(12t)2n1，所以anan1(12t)2n1(12t)2n2(36t)2n3，因为数列an为“差半递增”数列，所以36t0，解得t.答案：