备战2025年高考二轮复习数学专题检测练6（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题检测练6（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2024·河南郑州三模)已知直线Ax+By+C=0与直线y=2x-3垂直,则下列结论正确的是( )
A.A=-2B≠0B.A=2B≠0
C.B=-2A≠0D.B=2A≠0
答案D
解析直线y=2x-3的斜率为2,又两直线互相垂直,所以直线Ax+By+C=0的斜率为-12,即-AB=-12且A≠0,B≠0,所以B=2A≠0.故选D.
2.(2024·江西临川二模)若抛物线y2=2mx的准线经过双曲线x2-y2=2的右焦点,则m的值为( )
A.4B.-4C.2D.-2
答案B
解析双曲线x2-y2=2的右焦点为(2,0),所以抛物线的准线为x=2,∴-m2=2,解得m=-4.故选B.
3.(2024·甘肃兰州三模)已知双曲线C:y23m+2-x2m=1(m>0)的实轴长等于虚轴长的2倍,则双曲线C的渐近线方程为( )
A.y=±12xB.y=±22x
C.y=±2xD.y=±2x
答案C
解析由题意得3m+2=2m,解得m=2,则双曲线C:y28-x22=1,故渐近线方程为y=±2x.故选C.
4.(2024·河北唐山三模)下列可以作为方程x3+y3=3xy的曲线的是( )
A.
B.
C.
D.
答案B
解析当x0)的焦点F的直线l:y=x-1与抛物线C相交于A,B两点,O为坐标原点,则下列结论正确的有( )
A.p=2B.OA⊥OB
C.|AB|=8D.FA·FB=-8
答案ACD
解析对于A,因为直线l:y=x-1经过点F,可得F(1,0),即p2=1,所以p=2,故A正确;对于B,设A(x1,y1),B(x2,y2),由y2=4x,y=x-1,得y2-4y-4=0,所以y1+y2=4,y1y2=-4,所以x1+x2=y1+y2+2=6,x1x2=(y1y2)216=1,所以OA·OB=x1x2+y1y2=1-4=-3≠0,所以OA与OB不垂直,故B不正确;对于C,|AB|=x1+x2+p=6+2=8,故C正确;对于D,FA·FB=(x1-1,y1)·(x2-1,y2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=1-6+1-4=-8,故D正确.故选ACD.
10.(2024·湖南邵阳模拟)已知点P(4m+3,-3m-4),点Q在圆C:(x-1)2+y2=1上,则下列结论正确的有( )
A.点P在直线3x+4y+7=0上
B.点P可能在圆C上
C.|PQ|的最小值为1
D.圆C上有2个点到点P的距离为1
答案AC
解析由题意可知,圆C:(x-1)2+y2=1的圆心为C(1,0),半径为r=1.对于A,将点P(4m+3,-3m-4)代入3x+4y+7=0,成立,所以点P在直线3x+4y+7=0上,故A正确;对于B,因为圆心C到直线3x+4y+7=0的距离d=|3+7|32+42=2>r,可知直线3x+4y+7=0与圆C相离,结合选项A可知,点P不可能在圆C上,故B错误;对于C,结合选项B可知|PQ|的最小值为d-r=1,故C正确;对于D,因为d=r+1,可知圆C上有且仅有1个点到点P的距离为1,故D错误.故选AC.
11.(2024·湖北武汉模拟)已知双曲线x2-y22=1的左、右顶点分别为A1,A2,左、右焦点分别为F1,F2,直线l与双曲线的左、右两支分别交于P,Q两点,则下列结论正确的有( )
A.若∠F1PF2=π3,则△PF1F2的面积为23
B.存在弦PQ的中点为(1,1),此时直线l的方程为2x-y-1=0
C.若PA1的斜率的取值范围为[-8,-4],则PA2的斜率的取值范围为-12,-14
D.直线l与双曲线的两条渐近线分别交于M,N两点,则|PM|=|NQ|
答案ACD
解析在双曲线x2-y22=1中,a=1,b=2,c=3,且A1(-1,0),A2(1,0),F1(-3,0),F2(3,0).
对于A,设|PF1|=m,|PF2|=n,由双曲线定义得n-m=2,两边平方得m2+n2-2mn=4.①
在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-2mncsπ3=(23)2⇒m2+n2-mn=12.②
①②联立解得mn=8,所以△PF1F2的面积为12mnsinπ3=12×8×32=23,故A正确.
对于B,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x12-y122=1,x22-y222=1,两式相减得(x1-x2)(x1+x2)=(y1-y2)(y1+y2)2.因为弦PQ的中点为(1,1),所以x1+x2=2,y1+y2=2,因此可得直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=2(x1+x2)y1+y2=2,此时直线l的方程为y=2x-1,代入双曲线的方程消去y可得2x2-4x+3=0,
此时Δ=-80,由根与系数的关系可得x3+x4=2km2-k2,y3+y4=k(x3+x4)+2m=2k2m2-k2+2m,与λ无关,所以线段PQ的中点与线段MN的中点重合,不妨设为T,则由|PT|=|QT|,|MT|=|NT|可得|PM|=|QN|,故D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2024·安徽马鞍山模拟)直线3x+4y+2=0在x轴上的截距是 .
答案-23
解析直线方程为3x+4y+2=0,令y=0,得x=-23,所以直线3x+4y+2=0在x轴上的截距是-23.
13.(2024·北京东城模拟)已知焦点在x轴上的椭圆x29+y2b2=1与抛物线y2=4x,椭圆的右焦点与抛物线的焦点均为F,A为椭圆上一动点,椭圆与抛物线的准线交于P,Q两点,则S△APQ的最大值为 .
答案323
解析抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),由题意可得9-b2=1,可得b2=8,所以,椭圆的方程为x29+y28=1.
抛物线的准线方程为x=-1,由x=-1,x29+y28=1,可得x=-1,y=±83,则|PQ|=2×83=163.因为A为椭圆上一动点,则当点A为椭圆的右顶点时,点A到直线x=-1的距离取到最大值4,则S△APQ的最大值为12×163×4=323.
14.(2024·山西吕梁三模)设抛物线y2=4x的焦点为F,过点T(2,0)的直线l与抛物线交于A,B两点,与y轴的负半轴交于点C,已知S△BCF∶S△ACF=1∶2,则|BF|= .
答案2+1
解析设点F到直线AC的距离为d,A(xA,yA),B(xB,yB).因为S△BCF∶S△ACF=1∶2,可得12|BC|·d12|AC|·d=12,所以|BC|∶|AC|=1∶2,所以xBxA=12,即xA=2xB且xA,xB>0.设直线AB的方程为x=ty+2,联立x=ty+2,y2=4x,整理得y2-4ty-8=0,则Δ=16t2+32>0,yA2=4xA,yB2=4xB,所以yAyB=-8,则xAxB=(yAyB)216=6416=4.联立xA=2xB,xAxB=4,解得xA=22,xB=2.由抛物线的定义,可得|BF|=xB+1=2+1.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)(2024·浙江余姚期末)已知抛物线C的顶点是坐标原点O,而焦点是双曲线4x2-y2=1的右顶点.
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线l:y=x-2与抛物线相交于A,B两点,求直线OA与OB的斜率之积.
解(1)双曲线方程4x2-y2=1化为标准形式为x214-y2=1,所以a2=14,a=12,右顶点(12,0).
设抛物线的方程为y2=2px,焦点坐标为F(p2,0),由于抛物线的焦点是双曲线的右顶点,所以p2=12,p=1,所以抛物线C的方程为y2=2x.
(2)联立y2=2x,y=x-2,整理得y2-2y-4=0,Δ=(-2)2-4×1×(-4)=20>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1y2=-4,y1+y2=2.
又x1=y1+2,x2=y2+2,
所以x1x2=(y1+2)(y2+2)=y1y2+2(y1+y2)+4=-4+2×2+4=4.
所以直线OA与OB的斜率之积kOA·kOB=y1x1·y2x2=y1y2x1x2=-44=-1.
故直线OA与OB的斜率之积为-1.
16.(15分)(2024·辽宁大连期中)已知圆M的圆心与点N(-1,4)关于直线x-y+1=0对称,且圆M与y轴相切于原点O.
(1)求圆M的方程;
(2)若在圆M中存在弦AB,|AB|=4,且弦AB的中点P在直线2x+y+k=0上,求实数k的取值范围.
解(1)设点M的坐标为(a,b),
则b-4a+1=-1,a-12-b+42+1=0,
解得a=3,b=0,即点M的坐标为(3,0).
∵圆M与y轴相切于原点O,
∴圆M的方程为(x-3)2+y2=9.
(2)∵|AB|=4,圆M的半径为3,
∴|PM|=5,
∴点P的轨迹是以M为圆心,5为半径的圆,则其轨迹方程为(x-3)2+y2=5.
又点P在直线2x+y+k=0上,
∴直线与圆有公共点,即|6+k|5≤5,
∴-11≤k≤-1.
故实数k的取值范围为[-11,-1].
17.(15分)(2024·山东潍坊模拟)在平面直角坐标系Oxy中,已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,A是抛物线E上在第一象限内的动点.当直线AF的倾斜角为π3时,|AF|=4.
(1)求抛物线E的方程;
(2)已知点D(2,2),B,C是抛物线E上不同两点,若四边形ABCD是平行四边形,证明:直线AC过定点.
(1)解由题意可知,抛物线E的焦点F(p2,0),准线方程为x=-p2.过点A作x轴的垂线,垂足为H1,过点A作准线的垂线,垂足为H2,由抛物线定义可得|AH2|=|AF|.
当直线AF的倾斜角为π3时,|FH1|=12|AF|=2.可得|AH2|=p+2=4,解得p=2,
所以抛物线E的方程为y2=4x.
(2)证明设直线AC的方程为x=my+n,A(x1,y1),C(x2,y2),B(x0,y0).
联立y2=4x,x=my+n,消去x整理得y2-4my-4n=0,则Δ>0,y1+y2=4m,y1y2=-4n.
因为四边形ABCD是平行四边形,
所以AD=BC,所以2-x1=x2-x0,2-y1=y2-y0,
即y0=y1+y2-2=4m-2,x0=x1+x2-2=m(y1+y2)+2n-2=4m2+2n-2,
即B(4m2+2n-2,4m-2),代入y2=4x中得(4m-2)2=4(4m2+2n-2),
整理得n=32-2m,
则直线AC:x=my+32-2m=m(y-2)+32,
所以直线AC过定点32,2.
18.(17分)(2024·河北石家庄二模)已知M为平面上一个动点,点M到定直线x=1的距离与到定点F(2,0)的距离之比等于22,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程.
(2)过点F的直线l与曲线C交于A,B两点,在x轴上是否存在点P,使得PA·PB为定值?若存在,求出该定值;若不存在,请说明理由.
解(1)设点M的坐标为(x,y),
则|x-1|(x-2)2+y2=22,
即2(x-1)2=(x-2)2+y2,
化简得x2-y2=2,
所以双曲线C的标准方程为x22-y22=1.
(2)存在.
如图,当直线l的斜率不为0时,设其方程为x=my+2.
由于直线与双曲线的交点有两个,则直线不能与渐近线平行,渐近线斜率为±1,则m≠±1.联立x=my+2,x22-y22=1,整理得(m2-1)y2+4my+2=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),P(t,0),
则y1+y2=-4mm2-1,y1y2=2m2-1.
所以PA·PB=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(my1+2-t)·(my2+2-t)+y1y2=(m2+1)y1y2+m(2-t)(y1+y2)+(2-t)2=(m2+1)×2m2-1-m(2-t)×4mm2-1+(2-t)2=(4t-6)m2+2m2-1+(2-t)2.
若要上式为定值,则必须有4t-6=-2,即t=1,
∴(4t-6)m2+2m2-1+(2-t)2=-2+1=-1,
故存在点P(1,0)满足PA·PB=-1.当直线l的斜率为0时,不妨令A(-2,0),B(2,0),此时点P(1,0)亦满足PA·PB=-1,
故存在点P(1,0)满足PA·PB=-1.
综上所得,在x轴上存在点P(1,0),使得PA·PB为定值,定值为-1.
19.(17分)(2024·辽宁丹东二模)已知椭圆E:x24+y23=1的左、右顶点分别为A,B,过点A的直线与椭圆E交于点P,点Q在椭圆E上,AP⊥AQ.
(1)设直线AP,PB的斜率分别为k,k1,求证:k·k1为定值;
(2)求△APQ面积的最大值.
(1)证明由题意可知A(-2,0),B(2,0),设点P(x0,y0),则k=y0x0+2,k1=y0x0-2.
因为x024+y023=1,即y02=-3(x02-4)4,
所以k·k1=y0x0+2·y0x0-2=y02x02-4=-34.
(2)解不妨令Q(x1,y1),y0>0,y10,则直线AP:x=1ky-2.
将x=1ky-2代入x24+y23=1中,得(3k2+4)y2-12ky=0,所以y0=12k4k2+3.所以|AP|=y01k2+1=12k4k2+31k2+1=12k2+14k2+3.
因为AP⊥AQ,所以用-1k替换k,得y1=-12k3k2+4,|AQ|=-k2+1y1=12kk2+13k2+4.
所以△APQ的面积S=12|AP|·|AQ|=72k(k2+1)(3k2+4)(4k2+3)=72(k+1k)12k2+12k2+25.
令k+1k=m(m≥2),则S=72m12m2+1=7212m+1m.又因为函数y=12m+1m在区间[2,+∞)上单调递增,所以当m=2时,y有最小值492,即12m+1m≥492.
所以S=7212m+1m≤72492=14449(当且仅当m=2,即k=1时,等号成立),
所以△APQ面积的最大值为14449.