1、大二轮理2大二轮 数学 理适考素能特训3大二轮 数学 理一、选择题12016天津津南一模平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(1,3)，若点 C 满足OC 1OA 2OB(O 为原点)，其中 1，2R，且 121，则点 C 的轨迹是()A直线B椭圆C圆D双曲线4大二轮 数学 理解析 设 C(x，y)，因为OC 1OA 2OB，所以(x，y)1(3,1)2(1,3)，即x312，y132，解得1y3x10，23yx10，又 121，所以y3x10 3yx10 1，即 x2y5，所以点 C 的轨迹为直线，故选 A.5大二轮 数学 理22016长春质检过双曲线 x2y2151 的右支上一点P，
2、分别向圆 C1：(x4)2y24 和圆 C2：(x4)2y21 作切线，切点分别为 M，N，则|PM|2|PN|2 的最小值为()A10 B13C16 D19解析 由题可知，|PM|2|PN|2(|PC1|24)(|PC2|21)，因 此|PM|2|PN|2|PC1|2|PC2|2 3 (|PC1|PC2|)(|PC1|PC2|)32(|PC1|PC2|)32|C1C2|313.故选 B.6大二轮 数学 理32016山西质检已知 F1、F2 分别是双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，且|F1F2|2，若 P 是该双曲线右支上的一点，且满足|PF1|2|PF2|，则PF1F2 面
3、积的最大值是()A1 B.43C.53D27大二轮 数学 理解析|PF1|2|PF2|，|PF1|PF2|2a，|PF1|4a，|PF2|2a，设F1PF2，cos16a24a2424a2a 5a214a2，S2PF1F2124a2asin 216a4125a410a2116a4169 9a2592169，8大二轮 数学 理当且仅当 a259时，等号成立，故 SPF1F2 的最大值是43，故选 B.9大二轮 数学 理42016云南统检已知双曲线 M 的焦点 F1、F2 在 x 轴上，直线 7x3y0 是双曲线 M 的一条渐近线，点 P 在双曲线 M 上，且PF1 PF2 0，如果抛物线 y21
4、6x 的准线经过双曲线 M 的一个焦点，那么|PF1|PF2|()A21 B14C7 D010大二轮 数学 理解析 设双曲线方程为x2a2y2b21(a0，b0)，直线 7x3y0 是双曲线 M 的一条渐近线，ba 73 又抛物线的准线为 x4，c4又 a2b2c2由得 a3.设点 P 为双曲线右支上一点，由双曲线定义得|PF1|PF2|611大二轮 数学 理又PF1 PF2 0，PF1 PF2，在 RtPF1F2 中|PF1|2|PF2|282联立，解得|PF1|PF2|14.12大二轮 数学 理二、填空题52016河南洛阳统考已知 F1、F2 分别是双曲线 3x2y23a2(a0)的左、右
5、焦点，P 是抛物线 y28ax 与双曲线的一个交点，若|PF1|PF2|12，则抛物线的准线方程为_x213大二轮 数学 理解析 将双曲线方程化为标准方程得x2a2 y23a21，抛物线的准线为 x2a，联立x2a2 y23a21，y28axx3a，即点P 的横坐标为 3a.而由|PF1|PF2|12，|PF1|PF2|2a|PF2|6a，又易知 F2 为抛物线的焦点，|PF2|3a2a6a，得 a1，抛物线的准线方程为 x2.14大二轮 数学 理62016南昌一模已知抛物线 C：x24y 的焦点为 F，过点 F 且斜率为 1 的直线与抛物线相交于 M，N 两点设直线 l 是抛物线 C 的切线
6、，且 lMN，P 为 l 上一点，则PM PN的最小值为_1415大二轮 数学 理解析 由题意知 F(0,1)，所以过点 F 且斜率为 1 的直线方程为 yx1，代入 x24y，整理得 x24x40，解得 x22 2，所以可取 M(22 2，32 2)，N(22 2，32 2)，因为 lMN，所以可设 l 的方程为 yxm，代入 x24y，整理得 x24x4m0，又直线 l 与抛物线相切，所以(4)24(4m)0，所以 m1，l 的方程为 yx1.设点 P(x，x1)，则PM(2x2 2，4x2 2)，PN(2x2 2，4x2 2)，PM PN(2x)28(4x)282x212x42(x3)2
7、1414.16大二轮 数学 理72016石家庄质检设抛物线 C：y24x 的焦点为 F，过 F 的直线 l 与抛物线交于 A，B 两点，M 为抛物线 C 的准线与 x 轴的交点，若 tanAMB2 2，则|AB|_.8解析 依题意作出图象如图所示，设 l：xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y24x，xmy1 得，y24my40，y1y24m，y1y24，x1x2y214 y2241，x1x2m(y1y2)24m22，tanAMBtan(AMFBMF)，17大二轮 数学 理y1x11 y2x211 y1x11 y2x212 2，y1my22y2my12x11x21y1y2 2 2，
8、y1y24 2m2，4 m214 2m2，m21，|AB|AF|BF|x11x214m248.18大二轮 数学 理三、解答题82016合肥质检设 A，B 为抛物线 y2x 上相异两点，其纵坐标分别为 1，2，分别以 A，B 为切点作抛物线的切线 l1，l2，设 l1，l2 相交于点 P.(1)求点 P 的坐标；(2)M 为 A，B 间抛物线段上任意一点，设PM PAPB，试判断 是否为定值？如果为定值，求出该定值；如果不是定值，请说明理由19大二轮 数学 理解(1)知 A(1,1)，B(4，2)，设点 P 坐标为(xP，yP)，切线 l1：y1k(x1)，联立y1kx1，y2x，由抛物线与直线
9、 l1相切，解得 k12，即 l1：y12x12，同理 l2：y14x1，联立 l1，l2 的方程，可解得xP2，yP12，即点 P 的坐标为2，12.20大二轮 数学 理(2)设 M(y20，y0)，且2y01，由PM PAPB得y202，y012 3，32 6，32，即y20236，y01232，解得y0229，y0129，则 y0231y031，即 为定值 1.21大二轮 数学 理92016山西四校二联已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 63，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线 2x 2y60 相切(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)已知点 A，B
10、 为动直线 yk(x2)(k0)与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存在定点 E，使得EA 2EAAB为定值？若存在，试求出点 E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由22大二轮 数学 理解(1)由 e 63 得ca 63，即 c 63 a.又以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆为x2y2a2，且该圆与直线 2x 2y60 相切，所以 a622 22 6，代入得 c2，所以 b2a2c22.所以椭圆 C 的标准方程为x26y221.23大二轮 数学 理(2)由x26y221，ykx2得(13k2)x212k2x12k260.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以 x1
11、x2 12k213k2，x1x212k2613k2.根据题意，假设 x 轴上存在定点 E(m,0)，使得EA 2EAAB(EAAB)EAEAEB为定值，24大二轮 数学 理则EAEB(x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(k21)x1x2(2k2m)(x1x2)(4k2m2)3m212m10k2m2613k2，要使上式为定值，即与 k 无关，3m212m103(m26)，得 m73.此时，EA 2EAABm2659，所以在 x 轴上存在定点 E73，0 使得EA 2EAAB为定值，且定值为59.25大二轮 数学 理102016云南统考已知焦点在 y 轴上的椭圆 E 的中心
12、是原点 O，离心率等于 32，以椭圆 E 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为 4 5.直线 l：ykxm 与 y 轴交于点 P，与椭圆 E 交于 A，B 两个相异点，且APPB.(1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在 m，使OA OB 4OP？若存在，求 m 的取值范围；若不存在，请说明理由26大二轮 数学 理解(1)根据已知设椭圆 E 的方程为y2a2x2b21(ab0)，焦距为 2c，由已知得ca 32，c 32 a，b2a2c2a24.以椭圆 E 的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4 5，4 a2b22 5a4 5，a2，b1.椭圆 E 的方程为 x2y241.27大二轮 数学 理
13、(2)根据已知得 P(0，m)，由APPB，得OP OA(OBOP)OA OB(1)OP.OA OB 4OP，(1)OP 4OP.若 m0，由椭圆的对称性得APPB，即OA OB 0.m0 能使OA OB 4OP 成立若 m0，则 14，解得 3.28大二轮 数学 理设 A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)，由ykxm，4x2y240，得(k24)x22mkxm240，由已知得 4m2k24(k24)(m24)0，即k2m240，且 x1x22kmk24，x1x2m24k24.29大二轮 数学 理由AP3PB得x13x2，即 x13x2.3(x1x2)24x1x20，12k2m2k242
14、4m24k24 0，即 m2k2m2k240.当 m21 时，m2k2m2k240 不成立k24m2m21.k2m240，30大二轮 数学 理4m2m21m240，即4m2m2m210.1m24，解得2m1 或 1m2.综上，当2m1，或 m0，或 1m2 时，OA OB 4OP.31大二轮 数学 理112015南宁适应性测试(二)已知抛物线 C：y2x2，直线 l：ykx2 交 C 于 A，B 两点，M 是线段 AB 的中点，过 M 作 x 轴的垂线交 C 于点 N.(1)证明：抛物线 C 在点 N 处的切线与 AB 平行；(2)是否存在实数 k，使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N？若存
15、在，求 k 的值；若不存在，说明理由32大二轮 数学 理解(1)证法一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 ykx2代入 y2x2 中，得 2x2kx20，x1x2k2.xNxMx1x22k4，N 点的坐标为k4，k28.(2x2)4x，(2x2)xk4 k，即抛物线在点 N 处的切线的斜率为 k.直线 l：ykx2 的斜率为 k，切线平行于 AB.33大二轮 数学 理证法二：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，把 ykx2 代入 y2x2 中，得 2x2kx20，x1x2k2.xNxMx1x22k4，N 点的坐标为k4，k28.设抛物线在点 N 处的切线 l1 的方程为 yk28
16、mxk4，将 y2x2 代入上式得 2x2mxmk4 k280，34大二轮 数学 理直线 l1 与抛物线 C 相切，m28mk4 k28 m22mkk2(mk)20，mk，即 l1AB.35大二轮 数学 理(2)假设存在实数 k，使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N.M 是 AB 的中点，|MN|12|AB|.由(1)知 yM12(y1y2)12(kx12kx22)12k(x1x2)412k224 k242，MNx 轴，|MN|yMyN|k242k28k2168.36大二轮 数学 理|AB|1k2x1x224x1x21k2k224112 k21 k216.k216814 k21 k216，k
17、2，存在实数 k2，使以 AB 为直径的圆 M 经过点 N.37大二轮 数学 理122016湖南联考已知圆 F1：(x1)2y2r2 与 F2：(x1)2y2(4r)2(0r|F1F2|，因此曲线 E 是长轴长 2a4，焦距 2c2 的椭圆，且b2a2c23，所以曲线 E 的方程为x24y231.39大二轮 数学 理(2)()由曲线 E 的方程得上顶点 M(0，3)，记 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知 x10，x20.若直线 AB 的斜率不存在，则直线 AB 的方程为 xx1，故 y1y2，且 y21y2231x214，因此，kMAkMBy1 3x1y2 3x2y213x21 3
18、4，与已知不符，因此直线 AB 的斜率存在40大二轮 数学 理设直线 AB：ykxm，代入椭圆 E 的方程x24y231，得(34k2)x28kmx4(m23)0.因为直线 AB 与曲线 E 有公共点 A，B，所以方程有两个非零不等实根 x1，x2，所以 x1x2 8km34k2，x1x24m2334k2.又kAM y1 3x1 kx1m 3x1，kMB y2 3x2kx2m 3x2.41大二轮 数学 理由 kAMkBM14得 4(kx1m 3)(kx2m 3)x1x2，即(4k21)x1x24k(m 3)(x1x2)4(m 3)20，所以 4(m23)(4k21)4k(m 3)(8km)4(
19、m3)2(34k2)0，化简得 m23 3m60，故 m 3或 m2 3.结合 x1x20 知 m2 3，即直线 AB 恒过定点 N(0,2 3)42大二轮 数学 理()由 0 且 m2 3得 k32或 kb0)的离心率是 32，抛物线 E：x22y 的焦点 F 是C 的一个顶点45大二轮 数学 理(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 l 与 C 交于不同的两点 A，B，线段 AB 的中点为 D.直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M.46大二轮 数学 理求证：点 M 在定直线上；直线 l 与 y 轴交于点 G，记PF
20、G 的面积为 S1，PDM的面积为 S2，求S1S2的最大值及取得最大值时点 P 的坐标审题过程切入点 由条件求出椭圆方程，设出 P点坐标，求出切线方程后与椭圆方程联立，顺次求点 D、M 的坐标关注点 利用表面公式表示出S1S2，由函数知识求最值注意设而不求思想的运用.47大二轮 数学 理规范解答(1)由题意知 a2b2a 32，可得：a24b2，因为抛物线 E 的焦点 F0，12，所以 b12，a1，所以椭圆 C 的方程为 x24y21.48大二轮 数学 理(2)证明：设 Pm，m22(m0)由 x22y，可得 yx，所以直线 l 的斜率为 m.因此直线 l 的方程为 ym22 m(xm)，
21、即 ymxm22，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)联立方程x24y21，ymxm22，49大二轮 数学 理得(4m21)x24m3xm410.由 0，得 0m 2 5(或 0m22 5)，(*)且 x1x2 4m34m21，因此 x0 2m34m21，将其代入 ymxm22，得 y0m224m21，因为y0 x0 14m，所以直线 OD 的方程为 y 14mx.50大二轮 数学 理联立方程y 14mx，xm，得点 M 的纵坐标 yM14，所以点 M 在定直线 y14上51大二轮 数学 理由知直线 l 的方程为 ymxm22.令 x0，得 ym22，所以 G0，m22.又
22、 Pm，m22，F0，12，D2m34m21，m224m21，所以 S112|GF|mm21m4，52大二轮 数学 理S212|PM|mx0|122m2142m3m4m21m2m21284m21.所以S1S224m21m212m212.设 t2m21.则S1S22t1t1t22t2t1t21t21t2，当1t12，即 t2 时，S1S2取得最大值94，53大二轮 数学 理此时 m 22，满足(*)式，所以 P 点的坐标为22，14，因此S1S2的最大值为94，此时点 P 的坐标为22，14.54大二轮 数学 理模型归纳求圆锥曲线中定点(定值、定直线)、最值问题的模型示意图如下：55大二轮 数学 理
