2024届高考数学一轮复习课时质量评价49含答案

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课时质量评价(四十九)
A组　全考点巩固练
1．D　解析：因为抛物线的标准方程为x2＝1ay，所以其焦点坐标为0，14a，则有14a＝1，a＝14.
2．B　
3．B　解析：由题意知，焦点F为(1，0)，当|MA|＋|MF|的值最小时，△MAF的周长最小．设点M在抛物线的准线上的射影为D(图略)，根据抛物线的定义，可知|MD|＝|MF|，因此|MA|＋|MF|的最小值即|MA|＋|MD|的最小值．根据平面几何的知识可得，当D，M，A三点共线时，|MA|＋|MD|最小，最小值为xA－(－1)＝5＋1＝6.又|FA|＝5-12+3-02＝5，所以△MAF周长的最小值为6＋5＝11.
4．B　解析：由抛物线定义知|PQ|＝|PF|，所以FQ的垂直平分线必过点P.故选B．
5．BCD　解析：如图，

由题意知|AB|＝2|FH|＝2p，
所以xA＝3p2，从而yA＝3p，又S△ABF＝12|AB|·yA＝3p2＝93，所以p＝3，
所以抛物线C的方程为y2＝6x，C正确，D正确；
所以|BF|＝|AF|＝3p2-p22+3p-02＝2p＝6，A错误；
又|AB|＝2p＝6，所以△ABF为等边三角形，所以B正确．故选BCD．
6．y2＝2x或y2＝8x或y2＝－2x或y2＝－8x (写出一个即可)　解析：设所求焦点在x轴上的抛物线的方程为y2＝2px(p≠0)，A(m，－2)，由抛物线定义得52＝|AF|＝m+p2.又因为(－2)2＝2pm，所以p＝±1或p＝±4，故所求抛物线方程为y2＝±2x或y2＝±8x.
7．163　解析：设过F(1，0)的直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与抛物线方程x=my+1，y2=4x， 可得y2－4my－4＝0，Δ＝(－4m)2－4×(－4)＝16m2＋16>0.
由根与系数的关系，可得y1y2＝－4，则x1x2＝y124·y224＝1.
因为由抛物线的定义，可得|FA|＝x1＋1＝4，所以x1＝3，x2＝13，
所以|FB|＝x2＋1＝43，|AB|＝4＋43＝163.
8．解：(1)由题意可知，双曲线C2：x24-y212＝1的右顶点为(2，0)，则p2＝2，解得p＝4，
所以抛物线C1的标准方程为y2＝8x.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，F(2，0)．
当直线l的斜率不存在时，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1，
联立方程y=kx+1，y2=8x， 可得k2x2＋(2k－8)x＋1＝0，
由Δ＞0，可得(2k－8)2－4k2＞0，解得k＜2，
所以x1＋x2＝－2k-8k2，x1x2＝1k2.
因为FA·FB＝1，所以FA·FB＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝1，
则x1x2－2(x1＋x2)＋4＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋(k－2)(x1＋x2)＋5＝1，
即k2＋4k－5＝0，解得k＝1或k＝－5，
所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－5x＋1.
B组　新高考培优练
9．B　解析：由题意得，F(1，0)，则|AF|＝|BF|＝2，即点A到准线x＝－1的距离为2，所以点A的横坐标为－1＋2＝1，不妨设点A在x轴上方，代入得A(1，2)，所以|AB|＝3-12+0-22＝22. 故选B．
10．B　解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程y=x-1，y2=2px，整理得x2－2(1＋p)x＋1＝0，
Δ＝[－2(1＋p)]2－4>0，则x1＋x2＝2(1＋p)，可得y1＋y2＝x1＋x2－2＝2p.
由点N为AB的中点，所以N(1＋p，p)．
设M(x0，y0)，因为OM＝3ON，可得M(3＋3p，3p)，
又由点M在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，可得(3p)2＝2p×3(1＋p)，
即p2－2p＝0，解得p＝2或p＝0(舍去)，
所以抛物线的标准方程为y2＝4x.
11．C　解析：过点F作FF′⊥AA′，垂足为F′.设|AF′|＝3x，因为cos ∠FAA′＝35，故|AF|＝5x，则|FF′|＝4x.由抛物线定义可知，|AF|＝|AA′|＝5x，则|A′F′|＝2x＝p，故x＝p2.四边形AA′PF的面积S＝PF+AA'·FF'2＝p+52p·2p2＝14，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.

12．BCD　解：由焦点F到准线的距离为2，得抛物线C的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1，A项错误．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝my＋1.联立y2=4x， x=my+1，消去y可得x2－(4m2＋2)x＋1＝0，Δ＝[－(4m2＋2)]2－4>0，消去x可得y2－4my－4＝0，Δ＝(－4m)2－4×(－4)>0，所以x1＋x2＝4m2＋2，y1＋y2＝4m.|PQ|＝x1＋x2＋p＝4m2＋4≥4，故B项正确．当m＝1时，可得M(3，2)，所以C项正确．又x1x2＝1，y1y2＝－4，所以OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝－3，所以D项正确．
13．43　解析：设l与y轴的交点为B，在Rt△ABF中，∠AFB＝30°，|BF|＝2，所以|AB|＝233.设P(x0，y0)，则x0＝±233，代入x2＝4y中，得y0＝13，从而|PF|＝|PA|＝y0＋1＝43.
14．6　解析：如图所示，连接AN.因为A，F，M三点共线，所以AM为圆F的直径，所以AN⊥MN，点F到抛物线C的准线的距离为3，则易知|AN|＝6，由抛物线定义知|AF|＝|AN|＝6.

15．2　1　解析：由p2＝1，得p＝2.当直线l的斜率不存在时，l：x＝1，代入y2＝4x，得y＝±2，此时|AF|＝|BF|＝2，所以1AF+1BF＝12+12＝1.当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，代入抛物线方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1，1AF+1BF＝AF+BFAF·BF＝x1+x2+2x1+1x2+1＝x1+x2+2x1x2+x1+x2+1＝x1+x2+21+x1+x2+1＝1.综上，1AF+1BF＝1.
16．解：(1)设抛物线的方程为y2＝2px，
把P(1，2)代入得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x，准线方程为x＝－1.
(2)因为直线PA和PB的倾斜角互补，
所以kPA＋kPB＝0，
所以y1-2x1-1+y2-2x2-1＝y1-2y124-1+y2-2y224-1＝0，
所以1y1+2+1y2+2＝0，
所以y1＋y2＝－4，
kAB＝y2-y1x2-x1＝y2-y1y224-y124＝4y2+y1＝－1.
17．解：(1)因为抛物线C1：y2＝4x，
所以准线方程为x＝－1.
(2)设直线l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与抛物线x=my+1，y2=4x， 得y2－4my－4＝0，Δ＝(－4m)2－4×(－4)>0.
由根与系数的关系可得y1＋y2＝4m，
故x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，
所以D(2m2＋1，2m)．
将点D坐标代入圆方程得(m2－1)2＋m2＝1，解得m＝±1(0舍去)．
根据抛物线的对称性，
不妨设m＝1，联立x=y+1，y2=4x，消去y得x2－6x＋1＝0，Δ＝(－6)2－4>0.
所以x1＋x2＝6，
所以|AB|＝x1＋p2＋x2＋p2＝x1＋x2＋2＝8，
坐标原点到直线x－y－1＝0的距离d＝12，
所以S△OAB＝12|AB|·d＝22.