2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习42《圆锥曲线的综合问题》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习42《圆锥曲线的综合问题》(含详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为( )
A.(eq \r(2)，eq \r(3)) B.(eq \r(2)，＋∞) C.(eq \r(2)，2) D.(1，eq \f(\r(6),2))
过抛物线y2=8x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于C，若|AF|=6，
eq \(BC,\s\up10(→))=λeq \(FB,\s\up10(→))，则λ的值为( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(3,2) C.eq \r(3) D.3
已知抛物线y=－x2＋3上存在关于直线x＋y=0对称的相异两点A，B，则|AB|=( )
A.3 B.4 C.3eq \r(2) D.4eq \r(2)
过抛物线y2=4x的焦点F的直线l与抛物线交于A，B两点，若A，B两点的横坐标之和为eq \f(10,3)，则|AB|=( )
A.eq \f(13,3) B.eq \f(14,3) C.5 D.eq \f(16,3)
设抛物线y2=4x的焦点为F，过点M(eq \r(5)，0)的直线与抛物线相交于A，B两点，与抛物线的准线相交于C点，|BF|=3，则△BCF与△ACF的面积之比eq \f(S△BCF,S△ACF)=( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(4,5) C.eq \f(5,6) D.eq \f(6,7)
已知焦点在x轴上的椭圆方程为eq \f(x2,4a)＋eq \f(y2,a2＋1)=1，随着a的增大，该椭圆的形状( )
A.越接近于圆
B.越扁
C.先接近于圆后越扁
D.先越扁后接近于圆
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)，过点P(3,6)的直线l与C相交于A，B两点，
且AB的中点为N(12,15)，则双曲线C的离心率为( )
A.2 B.eq \f(3,2) C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \f(\r(5),2)
已知点A是抛物线C：x2=2py(p＞0)的对称轴与准线的交点，过点A作抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，若△APQ的面积为4，则p的值为( )
A.eq \f(1,2) B.1 C.eq \f(3,2) D.2
过抛物线y2=2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )
A.有且只有一条 B.有且只有两条
C.有且只有三条 D.有且只有四条
已知直线y=kx－1与双曲线x2－y2=4的右支有两个交点，则k的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2)))
已知双曲线x2－y2=1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y=kx＋m与圆x2＋y2=1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x2－x1的最小值为( )
A.2eq \r(2) B.2 C.4 D.3eq \r(2)
已知双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)=1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，则直线l的方程为( )
A.4x＋y－1=0 B.2x＋y=0
C.2x＋8y＋7=0 D.x＋4y＋3=0
二、填空题
已知抛物线C：y2=2px(p＞0)的焦点为F，过点F且倾斜角为60°的直线l与抛物线C在第一、四象限分别交于A，B两点，则eq \f(|AF|,|BF|)的值等于________.
已知抛物线C：y2=2px(p＞0)，直线l：y=eq \r(3)(x－1)，l与C交于A，B两点，
若|AB|=eq \f(16,3)，则p=________.
已知双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)=1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为(eq \f(1,2),-1)，则l的方程为________.
设过抛物线y2=2px(p＞0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2=8px(p＞0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2=8px(p＞0)的另一个交点为Q，则 SKIPIF 1 < 0 =________.
已知直线y=2x＋2与抛物线y=ax2(a＞0)交于P，Q两点，过线段PQ的中点作x轴的垂线，交抛物线于点A，若|Aeq \(P,\s\up15(→))＋Aeq \(Q,\s\up15(→))|=|Aeq \(P,\s\up15(→))－Aeq \(Q,\s\up15(→))|，则a= .
设P为双曲线eq \f(x2,36)－eq \f(y2,25)=1右支上的任意一点，O为坐标原点，过点P作双曲线两渐近线的平行线，分别与两渐近线交于A，B两点，则平行四边形PAOB的面积为 .
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：由题意知，直线l：y=－eq \f(a,b)(x－c)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)x－c，,b2x2－a2y2＝a2b2，))
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(a4,b2)))x2＋eq \f(2a4c,b2)x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2))=0，由x1x2=eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2)),b2－\f(a4,b2))＜0，得b4＞a4，
所以b2=c2－a2＞a2，所以e2＞2，得e＞eq \r(2).
答案为：D；
解析：设A(x1，y1)(y1＞0)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，
则x1＋2=6，解得x1=4，y1=4eq \r(2)，
直线AB的方程为y=2eq \r(2)(x－2)，令x=－2，得C(－2，－8eq \r(2))，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,y＝2\r(2)（x－2），))解得B(1，－2eq \r(2))，
所以|BF|=1＋2=3，|BC|=9，所以λ=3.
答案为：C；
解析：由题意可设lAB为y=x＋b，代入y=－x2＋3得x2＋x＋b－3=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－1，x1x2=b－3，y1＋y2=x1＋b＋x2＋b=－1＋2b.
所以AB中点坐标为(－eq \f(1,2),－eq \f(1,2)+b)，该点在x＋y=0上，即－eq \f(1,2)＋(－eq \f(1,2)+b)=0，得b=1，
所以|AB|=eq \r(1＋12)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)=3eq \r(2).
答案为：D；
解析：过抛物线的焦点的弦长公式为|AB|=p＋x1＋x2.∵p=2，∴|AB|=2＋eq \f(10,3)=eq \f(16,3).
答案为：D；
解析：不妨设点A在第一象限，B在第四象限，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AB的方程为x=my＋eq \r(5).由y2=4x得p=2，因为|BF|=3=x2＋eq \f(p,2)=x2＋1，
所以x2=2，则yeq \\al(2,2)=4x2=4×2=8，所以y2=－2eq \r(2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋\r(5)，))得y2－4my－4eq \r(5)=0，
由根与系数的关系，得y1y2=－4eq \r(5)，所以y1=eq \r(10)，由yeq \\al(2,1)=4x1，得x1=eq \f(5,2).
过点A作AA′垂直于准线x=－1，垂足为A′，
过点B作BB′垂直于准线x=－1，垂足为B′，易知△CBB′∽△CAA′，
所以eq \f(S△BCF,S△ACF)=eq \f(|BC|,|AC|)=eq \f(|BB′|,|AA′|).
又|BB′|=|BF|=3，|AA′|=x1＋eq \f(p,2)=eq \f(5,2)＋1=eq \f(7,2)，所以eq \f(S△BCF,S△ACF)=eq \f(3,\f(7,2))=eq \f(6,7).故选D.
答案为：D；
解析：由题意知4a＞a2＋1且a＞0，解得2－eq \r(3)＜a＜2＋eq \r(3)，
又e2=1－eq \f(a2＋1,4a)=1－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))，因此当a∈(2－eq \r(3)，1)时，e越来越大，
当a∈(1，2＋eq \r(3))时，e越来越小.所以椭圆形状变化为先扁后圆.
答案为：B；
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中点为N(12，15)，得x1＋x2=24，y1＋y2=30，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)－\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得：eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)=eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)，
则eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)=eq \f(4b2,5a2).由直线AB的斜率k=eq \f(15－6,12－3)=1，∴eq \f(4b2,5a2)=1，则eq \f(b2,a2)=eq \f(5,4)，
∴双曲线的离心率e=eq \f(c,a)=eq \r(1＋\f(b2,a2))=eq \f(3,2).
答案为：D；
解析：设过点A与抛物线相切的直线方程为y=kx－eq \f(p,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\f(p,2)，,x2＝2py))得x2－2pkx＋p2=0，
由Δ=4k2p2－4p2=0，可得k=±1，则Q(p,eq \f(p,2))，P(-p,eq \f(p,2))，
∴△APQ的面积为eq \f(1,2)×2p×p=4，∴p=2.故选D.
答案为：B；
解析：若直线AB的斜率不存在时，则横坐标之和为1，不符合题意.
若直线AB的斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB为y=k(x- eq \f(1,2))，
代入抛物线y2=2x得，k2x2－(k2＋2)x＋eq \f(1,4)k2=0，因为A、B两点的横坐标之和为2.
所以k=±eq \r(2).所以这样的直线有两条.
答案为：D；
解析：由题意知k＞0，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2－y2＝4，))整理得(1－k2)x2＋2kx－5=0，
因为直线y=kx－1与双曲线x2－y2=4的右支有两个交点，
则联立所得方程有两个不同的正实数根x1，x2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4k2＋201－k2＞0，,x1＋x2＝\f(－2k,1－k2)＞0，,x1x2＝\f(－5,1－k2)＞0，))
解得1＜k＜eq \f(\r(5),2)，即k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2)))，故选D.
答案为：A；
解析：∵l与圆相切，∴原点到直线的距离d=eq \f(|m|,\r(1＋k2))=1，
∴m2=1＋k2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－y2＝1))得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)=0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝4m2k2＋41－k2m2＋1＝4m2＋1－k2＝8＞0，,x1x2＝\f(1＋m2,k2－1)＜0，))
∴k2＜1，∴－1＜k＜1，由于x1＋x2=eq \f(2mk,1－k2)，
∴x2－x1=eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \f(2\r(2),|1－k2|)=eq \f(2\r(2),1－k2)，
∵0≤k2＜1，∴当k2=0时，x2－x1取最小值2eq \r(2).故选A.
答案为：C；
解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,2),2)＝1，))两式相减得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)=eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
又线段AB的中点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，
因此x1＋x2=2×eq \f(1,2)=1，y1＋y2=(－1)×2=－2，eq \f(x1＋x2,y1＋y2)=－eq \f(1,2)，eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(1,4)，
即直线AB的斜率为－eq \f(1,4)，直线l的方程为y＋1=－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即2x＋8y＋7=0.
答案为：3.
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由直线l的倾斜角为60°，
则直线l的方程为y－0=eq \r(3)(x- eq \f(p,2))，即y=eq \r(3)x－eq \f(\r(3),2)p，联立抛物线方程，
消去y并整理，得12x2－20px＋3p2=0，则x1=eq \f(3,2)p，x2=eq \f(1,6)p，则eq \f(|AF|,|BF|)=eq \f(\f(3,2)p＋\f(1,2)p,\f(1,2)p＋\f(1,6)p)=3.
答案为：2.
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝\r(3)x－1，))消去y，得3x2－(2p＋6)x＋3=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2=eq \f(2p＋6,3)，x1x2=1，
所以|AB|=2eq \r(x1＋x22－4x1x2)=2 eq \r(\f(2p＋62,9)－4)=eq \f(16,3)，所以p=2.
答案为：2x＋8y＋7=0
解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)－\f(yeq \\al(2,1),2)＝1,\f(xeq \\al(2,2),4)－\f(yeq \\al(2,2),2)＝1))，两式相减得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),4)=eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
又线段AB的中点坐标是(eq \f(1,2),-1)，因此x1＋x2=2×eq \f(1,2)=1，y1＋y2=(－1)×2=－2，
eq \f(x1＋x2,y1＋y2)=－eq \f(1,2)，eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(1,4)，即直线AB的斜率为－eq \f(1,4)，直线l的方程为y＋1=－eq \f(1,4)(x- eq \f(1,2))，
即2x＋8y＋7=0.
答案为：3.
解析：设直线OP的方程为y=kx(k≠0)，
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝2px，))解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,k2)，\f(2p,k)))，联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝8px，))解得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8p,k2)，\f(8p,k)))，
∴|OP|= eq \r(\f(4p2,k4)＋\f(4p2,k2))=eq \f(2p\r(1＋k2),k2)，|PQ|= eq \r(\f(36p2,k4)＋\f(36p2,k2))=eq \f(6p\r(1＋k2),k2)，∴ SKIPIF 1 < 0 =eq \f(|PQ|,|OP|)=3.
答案为：2；
解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋2，,y＝ax2))得ax2－2x－2=0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2=eq \f(2,a)，x1x2=－eq \f(2,a)，
设PQ的中点为M，则xM=xA=eq \f(1,a)，yA=axeq \\al(2,A)=eq \f(1,a)，
由|Aeq \(P,\s\up15(→))＋Aeq \(Q,\s\up15(→))|=|Aeq \(P,\s\up15(→))－Aeq \(Q,\s\up15(→))|可得Aeq \(P,\s\up15(→))·Aeq \(Q,\s\up15(→))=0，即AP⊥AQ，
又M是线段PQ的中点，∴2|AM|=|PQ|，由于MA⊥x轴，
∴|MA|=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋2－\f(1,a)))=eq \f(1,a)＋2，
又|PQ|=eq \r(5)|x1－x2|=eq \r(5)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)=eq \r(5)·eq \r(\f(4,a2)＋\f(8,a))，
∴4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋2))2=5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(8,a)))，解得a=2，此时满足Δ＞0成立.故a=2.
答案为：15；
解析：设P(x0，y0)(不妨设P在第一象限)，A在第一象限，
直线PA的方程为y－y0=－eq \f(5,6)(x－x0)，直线OA方程为y=eq \f(5,6)x，联立解得xA=eq \f(6y0＋5x0,10)，
又P到渐近线OA的距离为d=eq \f(|5x0－6y0|,\r(61))，
又tan∠xOA=eq \f(5,6)，所以cs∠xOA=eq \f(6,\r(61)).所以平行四边形PAOB的面积为
S=2S△OPA=|OA|·d=eq \f(|xA|·d,cs∠xOA)=eq \f(\r(61),6)×eq \f(1,10)|6y0＋5x0|×eq \f(|6y0－5x0|,\r(61))=15.