高考理科数学练习卷：圆锥曲线的综合应用（含答案）

衡水万卷周测（七）理科数学圆锥曲线的综合应用考试时间：120分钟姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分得分一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.椭圆221168xy的离心率为()A.13B.12C.33D.222.空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离.已知平面，，两两互相垂直，点A∈，点A到，的距离都是3，点P是上的动点，满足P到的距离是到P到点A距离的2倍，则点P的轨迹上的点到的距离的最小值是（）A.33B.323C.36D.33.若一个椭圆长轴的长度.短轴的长度和焦距成等差数列，则该椭圆的离心率是()A.45B.35C.25D.154.已知F1.F2为椭圆2212516xy的左.右焦点，若M为椭圆上一点，且△MF1F2的内切圆的周长等于3,则满足条件的点M有()个.A.0B.1C.2D.45.已知抛物线y2＝2px（p＞0）与双曲线22221(00)xyabab，有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为()A．22B．51C．31D．216.已知双曲线)0,0(12222babyax的右焦点F，直线cax2与其渐近线交于A，B两点，且△ABF为钝角三角形，则双曲线离心率的取值范围是()A.（，3）B.（1，3）C.（，2）D.（1，2）7.设F为抛物线xy22的焦点，CBA、、为抛物线上三点，若F为ABC的重心，则||||||FCFBFA的值为()A.1B.2C.3D.48.（2015浙江高考真题）如图，设抛物线24yx的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点,,ABC，其中点,AB在抛物线上，点C在y轴上，则BCF与ACF的面积之比是（）A.11BFAFB.2211BFAFC.11BFAFD.2211BFAF二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9.已知F是双曲线221412xy的左焦点，(1,4)A是双曲线外一点，P是双曲线右支上的动点，则PFPA的最小值为10.过抛物线22(0)ypxp的焦点作倾斜角为60的直线，与抛物线分别交于A，B两点（点A在x轴上方），AFBF.11.如图所示，直线2x与双曲线C:1422yx的渐近线交于21,EE两点，记11eOE，22eOE.任取双曲线C上的点P，若12OPaebe（a.bR），则a.b满足的一个等式是.12.若椭圆)0(1:112122121babyaxC和)0(1:222222222babyaxC是焦点相同且21aa的两个椭圆，有以下几个命题：①21,CC一定没有公共点；②2121bbaa；③22212221bbaa；④2121bbaa，其中，所有真命题的序号为。三、解答题（本大题共5小题，共90分）13.已知椭圆C1：)0(12222babyax的离心率为33，直线l:y=x+2与以原点为圆心、椭圆C1的短半轴长为半径的圆相切.（1）求椭圆C1的方程；（2）设椭圆C1的左焦点为F1，右焦点为F2，直线l1过点F1且垂直于椭圆的长轴，动直线l2垂直于直线l1，垂足为点P，线段PF2的垂直平分线交l2于点M，求点M的轨迹C2的方程；(3)设C2与x轴交于点Q，不同的两点R、S在C2上，且满足0RSQR，求QS的取值范围.14.如图，设F(－c,0)是椭圆)0(12222babyax的左焦点，直线l：x＝－ca2与x轴交于P点，MN为椭圆的长轴，已知|MN|＝8，且|PM|＝2|MF|。（1）求椭圆的标准方程；（2）过点P的直线m与椭圆相交于不同的两点A,B。①证明：∠AFM＝∠BFN；②求△ABF面积的最大值。15.已知实轴长为2a，虚轴长为2b的双曲线S的焦点在x轴上，直线xy3是双曲线S的一条渐近线，且原点O.点A(,0)a和点B(0,)b）使等式222243OAOBOAOA成立.（1）求双曲线S的方程；（II）若双曲线S上存在两个点关于直线4:kxyl对称，求实数k的取值范围.16.已知双曲线221222:1(0,0),,xyCabFFab分别为C的左右焦点.P为C右支上一点，且使21212=,333FPFFPFa又的面积为.(I)求C的离心率e；(II)设A为C的左顶点，Q为第一象限内C上的任意一点，问是否存在常数λ（λ0）,使得22QFAQAF恒成立.若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.17.已知抛物线C:)0(22ppyx的准线为L，焦点为F，M的圆心在y轴的正半轴上，且与x轴相切，过原点作倾斜角为6的直线n，交L于点A，交M于另一点B，且2AOOBxyAQBFMSTLOn（Ⅰ）求M和抛物线C的方程;（Ⅱ）过L上的动点Q作M的切线，切点为S、T，求当坐标原点O到直线ST的距离取得最大值时，四边形QSMT的面积0.衡水万卷周测（七）答案解析一、选择题1.D【解析】由221168xy可得2216,8ab,2228,cab22212,22ceea∴∴.2.A3.B【解析】由题意有2222acb，即2acb，又222cab，消去b整理得22532caac，即25230ee，35∴e或1e（舍去），选B4.C5.D6.D7.C8.A.【解析】试题分析：11AFBFxxACBCSSABACFBCF，故选A.考点：抛物线的标准方程及其性质二、填空题9.9【解析】设双曲线的右焦点为F1，则由双曲线的定义可知1124PFaPFPF，所以当满足1PFPA的最小时就满足PFPA取最小值.由双曲线的图像可知当点1,,APF共线时，满足1PFPA最小.而1AF即为1PFPA的最小值，15AF，故所求最小值为9.10.311.4ab=1.12.①③④三、解答题13.解：（1）3,2112,32332222abbae∴椭圆C1的方程是：.12322yx（2）由|MP∣=|MF2∣，可知动点M的轨迹是以1:1xl为准线，F2为焦点的抛物线，∴点M轨迹C2的方程是.42xy…3分（3）Q（0，0），设).,4(),,4(),,4(),,4(122122121222121yyyyRSyyQRyySyyR0)(16)(,0121212221yyyyyyRSQR….3分.6432256232256,16,212121212211221yyyyyyyyyy（当且仅当4,16,2561212121yyyy时等号成立）.64)8(41)4(22222222yyyQS又,6422y当6422y，即82y时，58minQS，故QS的取值范围是:),58[14.（1）∵|MN|＝8,∴a＝4，又∵|PM|＝2|MF|，∴e＝21，∴c＝2,b2＝a2－c2＝12，∴椭圆的标准方程为1121622yx（2）①证明：当AB的斜率为0时，显然∠AFM＝∠BFN＝0，满足题意；当AB的斜率不为0时，设AB的方程为x＝my－8，代入椭圆方程整理得(3m2＋4)ymy＋144＝0.△＝576(m),yA＋yB＝43482mm,yAyB＝431442m.则6622BBAABBAABFAFmyymyyxyxykk)6)(6()(62)6)(6()6()6(BABABABAABBAmymyyyymymymymyymyy,而2myAyB－6(yA＋yB)＝2m·431442m－6·43482mm＝0，∴kAF＋kBF＝0，从而∠AFM＝∠BFN.综合可知：对于任意的割线PAB，恒有∠AFM＝∠BFN.②方法一：S△ABF＝S△PBF－S△PAF,43472||||2122mmyyPFAB即S△ABF＝416437216)4(34722222mmmm33163272，当且仅当4164322mm，即m＝±3212时（此时适合于△＞0的条件）取到等号。∴△ABF面积的最大值是33.方法二：4341244)(1||1||222212212212mmmyyyymyymAB点F到直线AB的距离22161|82|mmd434721643412421||21222222mmmmmmdABS33163272416437222mm，当且仅当4164322mm，即m＝±2132时取等号。15.解：（I）根据题意设双曲线S的方程为,12222byax且2222343babaab,解方程组得.3,1ba所求双曲线的方程为.1322yx（II）当0k时，双曲线S上显然不存在两个点关于直线4:kxyl对称；当0k时，设又曲线S上的两点M.N关于直线l对称，lMN.设直线MN的方程为,1mxky则M.N两点的坐标满足方程组22133yxmkxy,消去y得.0)3(2)13(2222kmkmxxk显然,0132k.0])3()[13(4)2(2222kmkkm即.013222kmk设线段MN中点为),,(00yxD则0220231331kmxkkmyk.),(00yxD在直线,4:上kxyl.4131332222kmkkmk即.1322kmk.0131322222kmkkmk.10,0222mmmkmk或解得.1130132222kkkk或.413122kk或即.0,21||33||kkk且或k的取值范围是),33()21,0()0,21()33,(.16.解：(I)如图，利用双曲线的定义，将原题转化为：在ΔPF1F2中，21212=333FPFFPFa，的面积为，E为PF1上一点，PE＝PF2，EF1＝2a，F1F2＝2c，求ca.设PE＝PF2＝EF2＝x，FF2＝32x，12212113(2)33222FPFSPFFFxaxa，224120xaxa，2xa.ΔEF1F2为等腰三角形，1223EFF，于是223ca，3cea(II)2117.（1）准线L交y轴于(0,)2pN，在RtOAN中6OAN所以12OAON,所以2p，抛物线方程是24xy(3分)在OMB中有,3OMOBMOB,所以2OMOB所以⊙M方程是：2224xy(6分)（2）解法一设1122,,(,),(,1)SxyTxyQa所以:切线11:224SQxxyy；切线22:224TQxxyy(8分)因为SQ和TQ交于Q点所以11324axy和22324axy成立所以ST方程：320axy(10分)所以原点到ST距离229da，当0a即Q在y轴上时d有最大值FEPF12aP2cF22x此时直线ST方程是23y所以45,33STMQ所以此时四边形QSMT的面积14532523S说明：此题第二问解法不唯一，可酌情赋分．只猜出“直线ST方程是23y”未说明理由的，利用ＳＭＴＱ四点共圆的性质，写出以ＱＭ为直径的圆方程两圆方程相减得到直线ＳＴ方程以后步骤赋分参照解法一．