《高考理科数学第一轮复习基础达标演练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考理科数学第一轮复习基础达标演练（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、M斛活页限Bjilll练1学选：翰岗第尊A级基础达标演练（时间：40分钟满分：60分）一、选择题（每小题5分，共25分）1. （2012荆州二检）过点（0,1）作直线，使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点，这样的直线有（）.A.1条B.2条C.3条D.4条解析结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x=0,过点（0,1）且平行于x轴的直线以及过点（0,1）且与抛物线相切的直线（非直线乂=0）.答案C2. （2012银川模拟）过抛物线y2=4x的焦点作直线交抛物线于点A（x1，y1），B（x2,y2）,若|AB|=7,则AB的中点M到抛物线准线的距离为（）.57cA.2B.2C-2D.3解
2、析由题知抛物线的焦点为（1,0）,准线方程为x=1.由抛物线定义知：|AB|=|AF|+|BF|=x1+p+x2+p=x+x2+p,即x+x2+2=7,得x+x2=5,于是弦7- 2=1十5- 2y= x2+ 1只有一个公5AB的中点M的横坐标为5,因此M到抛物线准线的距离为答案B3.设双曲线b2=1（a0,b0）的一条渐近线与抛物线共点，则双曲线的离心率为（）.55A.B.5C.D.V522解析 双曲线 b2=1的一条渐近线为y=bx,由方程组by= ax，a 消去y得,y=x2+ 1x2-bx+ 1 = 0有唯一解，所以A= b2aabe C4=0,a=2,e=aa2+b2b2丁 = 71
3、+ a2=5.答案D4. (2011全国)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线y=2x4与C交于A,A.5C.B两点，则cos/AFB=().D.2”y=4x解析设点A(xi,yB(x2,y2).由题意得点F(1,0),由消去y得y=2x4x25x+4=0,乂=1或乂=4,因此点A(1,2)、B(4,4),FA=(0,2),fB=(3,4), cosZAFB =fA fB _|FA|FB|0X3+ -2 X42X545选D.答案D5. (2011兰州模拟)已知A,B为抛物线C:y2=4x上的两个不同的点，F为抛物线C的焦点，若FA=4FB,则直线AB的斜率为().A-4B-i!C,4D-4
4、解析由题意知焦点F(1,0),直线AB的斜率必存在，且不为0,故可设直线AB的方程为y=k(x-1)(kw0),代入y2=4x中化简得ky24y4k=0,设A(xi,y1),4_一一一，GB(x2,y2),则y+y2=k，y1y2=4,又由FA=4FB可得y1=4y2,联立式解得k=4.3答案D二、填空题(每小题4分，共12分)226. (2011北京东城检测)已知Fi、F2为椭圆25+卜1的两个焦点，过Fi的直线交椭圆于A、B两点.若|F2A|+|F2B|=12,则|AB尸.解析由题意知(|AFi|十|AF2|)+(|BFi|十|BF2|)=|AB|+|AF2|十|BF2|=2a+2a,又由
5、a=5,可得AB|十(|BF2|+AF2|)=20,即|AB|=8.答案827. (2012东北三校联考)已知双曲线方程是x2-y2-=1,过定点P(2,1)作直线交双曲线于Pi,P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是.0y20y2y2y12x2+xi解析设点Pi(xi,y1)，P2(x2,y2),贝U由xi2=1,x2一1，得k=22x2xiy2+y12X4=号=4,从而所求方程为4x-y-7=0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2-56x+51=0,媵0,故此直线满足条件.答案4x-y-7=08. (2011河南洛阳、安阳统考)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F
6、(0,-1),直线l与抛物线C相交于A,B两点.若AB的中点为(2,2),则直线l的方程为.解析由题意知，抛物线的方程为x2=4y,设A(xi,y1),B(x2,y2),且x1Wx2,=- 21 22 X X1-=X 4 十一=yyx2-y1X1两式相减得x2x2=4(yiy2),直线l的万程为y+2=(x2),即y=一x.答案x+y=0三、解答题(共23分)29. 分)设Fi,F2分别是椭圆E：x2+b2=1(0bb0)过点(0,4),离心率为3.ab5求C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为5的直线被C所截线段的中点坐标.516解(1)将(0,4)代入C的万程得1b6=1,b=4,又e=
7、a=3得包泸=25，即1-竽凄，22.c的方程为25+1.过点(3,0)且斜率为5的直线方程为y=5(x-3),55设直线与C的交点为A(xi,y1),B(x2,y2),14、一一将直线万程y=(x3)代入C的万程，得52v-32一25+七一二1,即x3x8=0. Xi +x2 = 3,4412y1+y2=5(x1+x26)=5(36)=一5.X1 +X22=323-26-5即中点为3,6.B级综合创新备选(时间：30分钟满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)21.()直线y=kx+1,当k变化时，此直线被椭圆1+y2=1截得的最大弦长是().43A.4B.C.2D.不能确定2解析(
8、筛选法)直线y=kx+1恒过点(0,1),该点恰巧是椭圆1+y2=1的上顶点，椭圆的长轴长为4,短轴长为2,而直线不经过椭圆的长轴和短轴，因此排除A、C;将直线v=kx+1绕点(0,1)旋转，与椭圆有无数条弦，其中必有最大弦长，因此排除D.故选B.答案B【点评】本题通过运动的观点，得到直线在各种位置下的情形，从而排除错误选项，得到正确答案，避免了冗长的计算.2.(2011四川)在抛物线y=x2+ax5(aw0)上取横坐标为xi=4,x2=2的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x2+5y2=36相切，则抛物线顶点的坐标为().A.(2,9)B.(0,-5)C.(
9、2,-9)D.(1,-6)解析由已知得抛物线经过(4,114a)和(2,2a1)两点，过这两点的割线斜率k2a111-4a=a2.于是，平行于该割线的直线方程为y=(a2)x+b.该直线与圆相切，所以b2361+ a-22 ;互b2361+ a-2 2 5，该直线又与抛物线相切，于是(a-2)x+b=x2+ax5有两个相等的根,即由方程x2+2x-5-b=0的A=0得b=6,代入注意到aw0,得a=4.所以抛物线方程为y=x2+4x5=(x+2)29,顶点坐标为(2，9).答案A二、填空题(每小题4分，共8分)223. (2012揭阳模拟)过椭圆O2+b2=1(ab0)的左顶点A且斜率为1的直
10、线与椭圆的另一个交点为M,与y轴的交点为B,若|AM|=|MB|,则该椭圆的离心率为解析由题意知A点的坐标为(一a,0),l的方程为v=x+a,E点的坐标为(0,a),故M点的坐标为一2,2,代入椭圆方程得a2=3b2,c2=2b2,ee=.4. (2012金华模拟)已知曲线占一b=1(abw0,且a*b)与直线x+y1=0相交于p、Q两点，且OPOQ=0(O为原点)，则：一1的值为.22解析将y=1x代入:一=1，得(ba)x2+2ax(a+ab)=0.设P(xi,y1),Q(x2,y2),则xi+x2=2a,xix2=.OPOQ=xix2+y1y2=xix2+(1xi)(1x2)=abab
11、2x1x2(x1+X2)+1.所以一+1=0,即2a+2ab2a+ab=0,abab即ba=2ab,所以;一0,.m0或m160.设B(x1,y1),C(x2,y2),则y1+W=-m,y1y2m.xi+x2=5-4+5-4=10+.再设A(x3,y3),由于ABC的重心为F2，0,xi + x2 + x3 m3=2,y1 + y2 + y33解得11m “ x3= 8 10，0,m y3=.点A在抛物线上，m22 =11mc2mT08.m=8,抛物线C的方程为y2=16x.(2)证明当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y=kx+b,显然kw0,bw0,POOQ,.kPOkOQ=1,设P(xp,
12、yP),Q(xq,yQ),xpxq+yPyQ=0,yPyQ b2宿二芹将直线y=kx+b代入抛物线方程，得ky216y+16b=0,16biyPyQ=-k-.从而xpxq=bw0,.直线PQ的方程为y=kx16k,PQ过点(16,0);当PQ的斜率不存在时,显然PQ，x轴，又POXOQ,且点P在y轴上，求该圆的方与抛物线C：x2=4y是否相切？y=x|,.POQ为等腰三角形，由y2=16x,得P(16,16),Q(16,16),此时直线PQ过点(16,0),直线PQ恒过定点(16,0).6. (12分)(2011福建)已知直线l:y=x+m,mCR,若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P程；(2)若直线l关于x轴对称的直线为l,问直线l说明理由.解法一(1)依题意，点P的坐标为(0,m).一，一、，0m因为MPH,所以丁X
