2021高考数学（文）大一轮复习习题 板块命题点专练（十三） word版含答案

这是一份2021高考数学（文）大一轮复习习题 板块命题点专练（十三） word版含答案，共9页。试卷主要包含了又a＝5，，又m＞0，故m＝3，已知O为坐标原点，F是椭圆C，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
1．(2015·广东高考)已知椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,m2)＝1(m＞0)的左焦点为F1(－4,0)，则m＝( )
A．2 B．3
C．4 D．9
解析：选B 由左焦点为F1(－4,0)知c＝4．又a＝5，
∴25－m2＝16，解得m＝3或－3．又m＞0，故m＝3．
2．(2016·全国丙卷)已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
解析：选A 如图所示，由题意得A(－a,0)，B(a,0)，F(－c,0)．
设E(0，m)，
由PF∥OE，得eq \f(|MF|,|OE|)＝eq \f(|AF|,|AO|)，
则|MF|＝eq \f(ma－c,a)．①
又由OE∥MF，得eq \f(\f(1,2)|OE|,|MF|)＝eq \f(|BO|,|BF|)，
则|MF|＝eq \f(ma＋c,2a)．②
由①②得a－c＝eq \f(1,2)(a＋c)，即a＝3c，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)．
故选A．
3．(2016·全国乙卷)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的eq \f(1,4)，则该椭圆的离心率为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(3,4)
解析：选B 不妨设直线l经过椭圆的一个顶点B(0，b)和一个焦点F(c,0)，则直线l的方程为eq \f(x,c)＋eq \f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0．由题意知eq \f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq \f(1,4)×2b，解得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，即e＝eq \f(1,2)．故选B．
4．(2015·浙江高考)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0 )的右焦点F(c,0)关于直线y＝eq \f(b,c)x的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是________．
解析：设椭圆的另一个焦点为F1(－c,0)，如图，连接QF1，QF，设QF与直线y＝eq \f(b,c)x交于点M．由题意知M为线段QF的中点，且OM⊥FQ．
又O为线段F1F的中点，
∴F1Q∥OM，∴F1Q⊥QF，|F1Q|＝2|OM|．
在Rt△MOF中，tan∠MOF＝eq \f(|MF|,|OM|)＝eq \f(b,c)，|OF|＝c，
可解得|OM|＝eq \f(c2,a)，|MF|＝eq \f(bc,a)，
故|QF|＝2|MF|＝eq \f(2bc,a)，|QF1|＝2|OM|＝eq \f(2c2,a)．
由椭圆的定义得|QF|＋|QF1|＝eq \f(2bc,a)＋eq \f(2c2,a)＝2a，
整理得b＝c，
∴a＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(2)c，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)．
答案：eq \f(\r(2),2)
5．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，点(2，eq \r(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．
解：(1)由题意得eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，
解得a2＝8，b2＝4．
所以C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)证明：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eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，
得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0．
故xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq \f(b,2k2＋1)．
于是直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(1,2k)，
即kOM·k＝－eq \f(1,2)．
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
1．(2016·全国乙卷)已知方程eq \f(x2,m2＋n)－eq \f(y2,3m2－n)＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是( )
A．(－1,3) B．(－1，eq \r(3))
C．(0,3) D．(0，eq \r(3))
解析：选A 由题意得(m2＋n)(3m2－n)>0，解得－m20，b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点．若正方形OABC的边长为2，则a＝________．
解析：不妨令B为双曲线的右焦点，A在第一象限，则双曲线如图所示．
∵四边形OABC为正方形，|OA|＝2，
∴c＝|OB|＝2eq \r(2)，∠AOB＝eq \f(π,4)．
∵直线OA是渐近线，方程为y＝eq \f(b,a)x，∴eq \f(b,a)＝tan∠AOB＝1，即a＝b．
又∵a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2．
答案：2
1．(2015·全国卷Ⅰ)已知椭圆E的中心在坐标原点，离心率为eq \f(1,2)，E的右焦点与抛物线C：y2＝8x的焦点重合，A，B是C的准线与E的两个交点，则|AB|＝( )
A．3 B．6
C．9 D．12
解析：选B 由题意，设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，∵抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，
∴椭圆中c＝2，
又eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴a＝4，b2＝a2－c2＝12，
从而椭圆的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1．
∵抛物线y2＝8x的准线为x＝－2，
∴xA＝xB＝－2，
将xA＝－2代入椭圆方程可得|yA|＝3，
由椭圆的对称性可知|AB|＝2|yA|＝6．
2．(2015·浙江高考)如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是( )
A．eq \f(|BF|－1,|AF|－1) B．eq \f(|BF|2－1,|AF|2－1)
C．eq \f(|BF|＋1,|AF|＋1) D．eq \f(|BF|2＋1,|AF|2＋1)
解析：选A 由图形可知，△BCF与△ACF有公共的顶点F，且A，B，C三点共线，易知△BCF与△ACF的面积之比就等于eq \f(|BC|,|AC|)．由抛物线方程知焦点F(1,0)，作准线l，则l的方程为x＝－1．∵点A，B在抛物线上，过A，B分别作AK，BH与准线垂直，垂足分别为点K，H，且与y轴分别交于点N，M．由抛物线定义，得|BM|＝|BF|－1，|AN|＝|AF|－1．在△CAN中，BM∥AN，∴eq \f(|BC|,|AC|)＝eq \f(|BM|,|AN|)＝eq \f(|BF|－1,|AF|－1)．
3．(2015·山东高考)平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)交于点O，A，B．若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为________．
解析：双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，与抛物线方程联立得交点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2pb,a)，\f(2pb2,a2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2pb,a)，\f(2pb2,a2)))，抛物线焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，由三角形垂心的性质，得BF⊥OA，即kBF·kOA＝－1，又kBF＝eq \f(\f(p,2)－\f(2pb2,a2),\f(2pb,a))＝eq \f(a,4b)－eq \f(b,a)，kOA＝eq \f(b,a)，所以有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4b)－\f(b,a)))eq \f(b,a)＝－1，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(5,4)，故C1的离心率e＝eq \f(c,a)＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))＝ eq \r(1＋\f(5,4))＝eq \f(3,2)．
答案：eq \f(3,2)
4．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝eq \f(x2,4)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．
解：(1)由题设可得M(2eq \r(a)，a)，N(－2eq \r(a)，a)，
或M(－2eq \r(a)，a)，N(2eq \r(a)，a)．
又y′＝eq \f(x,2)，
故y＝eq \f(x2,4)在x＝2eq \r(a)处的导数值为eq \r(a)，C在点(2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝eq \r(a)(x－2eq \r(a))，
即eq \r(a)x－y－a＝0．
y＝eq \f(x2,4)在x＝－2eq \r(a)处的导数值为－eq \r(a)，C在点(－2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝－eq \r(a)(x＋2eq \r(a))，
即eq \r(a)x＋y＋a＝0．
故所求切线方程为eq \r(a)x－y－a＝0和eq \r(a)x＋y＋a＝0．
(2)存在符合题意的点．理由如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2．
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0．
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a．
从而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2)＝eq \f(ka＋b,a)．
当b＝－a时，有k1＋k2＝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．
1．(2016·全国甲卷)已知A是椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1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|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：eq \r(3)＜k＜2．
解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1＞0．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4)．
又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2．
将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0．
解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，
所以y1＝eq \f(12,7)．
因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49)．
(2)证明：设直线AM的方程为y＝k(x＋2)(k＞0)，
代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0．
由x1·(－2)＝eq \f(16k2－12,3＋4k2)，得x1＝eq \f(23－4k2,3＋4k2)，
故|AM|＝|x1＋2|eq \r(1＋k2)＝eq \f(12\r(1＋k2),3＋4k2)．
由题意，设直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)，
故同理可得|AN|＝eq \f(12k\r(1＋k2),3k2＋4)．
由2|AM|＝|AN|，得eq \f(2,3＋4k2)＝eq \f(k,3k2＋4)，
即4k3－6k2＋3k－8＝0．
设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．
f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，
所以f(t)在(0，＋∞)上单调递增．
又f(eq \r(3))＝15eq \r(3)－26＜0，f(2)＝6＞0，
因此f(t)在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k在(eq \r(3)，2)内，
所以eq \r(3)＜k＜2．
2．(2016·全国乙卷)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
解：(1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，
所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|．
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，
从而|AD|＝4，
所以|EA|＋|EB|＝4．
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，
由椭圆定义可得点E的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)．
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(12k2＋1,4k2＋3)．
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
点A到直线m的距离为eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以|PQ|＝2eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(k2＋1))))2)＝4 eq \r(\f(4k2＋3,k2＋1))．
故四边形MPNQ的面积S＝eq \f(1,2)|MN||PQ|＝12eq \r(1＋\f(1,4k2＋3))．
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8eq \r(3))．
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，
故四边形MPNQ的面积为12．
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8eq \r(3))．
命题点一 椭圆
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：高、中
题型：选择题、填空题、解答题
命题点二 双曲线
命题指数：☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题
命题点三 抛物线
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：中
题型：选择题、填空题、解答题
命题点四 圆锥曲线中的综合问题
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：高
题型：解答题