《（湖北专供）高考数学二轮专题复习 6.2圆锥曲线的概念与性质和存在性问题与曲线中的证明辅导与训练检测卷 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（湖北专供）高考数学二轮专题复习 6.2圆锥曲线的概念与性质和存在性问题与曲线中的证明辅导与训练检测卷 文（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、一、选择题1.抛物线x2=2y的焦点坐标是( )(A)(,0)(B)(0,)(C)(1,0)(D)(0,1)2.以双曲线的左焦点为焦点，顶点在原点的抛物线方程是( )(A)y2=4x(B)y2=-4x(C)(D)y2=-8x3.(2012新课标全国卷)等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2=16x的准线交于A，B两点，则C的实轴长为( )(A)(B)(C)4(D)84.若双曲线的渐近线方程为则双曲线的一个焦点F到渐近线的距离为( )(A)2(B)(C)(D)5.(2012黄冈模拟)下列四个命题中不正确的是( )(A)若动点P与定点A(-4,0),B(4,0)连线PA,PB的斜率
2、之积为定值，则动点P的轨迹为双曲线的一部分(B)设m,nR，常数a0，定义运算“*”：m*n=(m+n)2-(m-n)2，若x0，则动点P(x,)的轨迹是抛物线的一部分(C)已知两圆A：(x+1)2+y2=1,圆B:(x-1)2+y2=25，动圆M与圆A外切,与圆B内切，则动圆的圆心M的轨迹是椭圆(D)已知A(7,0),B(-7,0),C(2,-12)，椭圆过A,B两点且以C为其一个焦点，则椭圆的另一个焦点的轨迹为双曲线6.已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左、右焦点分别为F1，F2，且两条曲线在第一象限的交点为P，PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若PF1=10，椭圆与双曲线的离
3、心率分别为e1,e2,则e1e2的取值范围是( )(A)(0,+) (B)(,+)(C)(,+)(D)(,+)二、填空题7.已知双曲线的渐近线方程为,则它的离心率为_.8.(2012北京高考)在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2=4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点.其中点A在x轴上方.若直线l的倾斜角为60，则OAF的面积为_.9.F1,F2是双曲线的两个焦点，过点F2作与x轴垂直的直线和双曲线的一个交点为A，满足，则m的值为_.三、解答题10.(2012北京高考)已知曲线C：(5-m)x2+(m-2)y2=8(mR).(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；(2)设m
4、=4,曲线C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N，直线y=1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线.11.(2012福州模拟)如图，圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且|MN|=3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆：相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：ANM=BNM.12.(2012湖北高考)设A是单位圆x2+y2=1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足|DM|=m|DA|(m0,且m1).当点A在圆上运动时，记点M
5、的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标；(2)过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H，是否存在m，使得对任意的k0，都有PQPH？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由.答案解析1.【解析】选B.抛物线x2=2y，2p=2，焦点坐标为(0，).2.【解析】选D.双曲线的左焦点坐标为(-2，0)，以(-2，0)为焦点，顶点在原点的抛物线方程为y2=-8x.3.【解析】选C.设双曲线的方程为抛物线的准线为x=-4,且AB=,故可得A(-4，)，B(-4，)，将点A坐标代入双曲线方程得a
6、2=4,故a=2,故实轴长为4.4.【解析】选C.双曲线的渐近线方程为m=5,取一个焦点F(,0)，它到一条渐近线的距离5.【解析】选D.A中轨迹是双曲线去掉与x轴交点的部分，B中的抛物线取x轴上方的(包含x轴)部分，C中符合椭圆定义是正确的，D中应为双曲线一支.故选D.6.【解析】选B.设椭圆与双曲线的半焦距为c,PF1=r1,PF2=r2.由题意知r1=10,r2=2c,且r1r2,2r2r1,2c10,2c+2c10,故选B.7.【解析】答案:2【易错提醒】本题易出现的错误，其错误原因是对双曲线的渐近线方程理解不准确，将误认为8.【解析】由y2=4x可求得焦点坐标F(1,0)，因为倾斜角
7、为60，所以直线l的斜率为k=tan 60=，利用点斜式，直线l方程为，将直线和曲线联立，B()，因此答案:9.【解析】由，可知又a=1，所以有，即m2-4m=4，m2-4m+4=8，(m-2)2=8，解得m=2.又m0，所以答案:10.【解析】(1)原曲线方程可化简得：由题意可得：解得：(2)当m=4时，曲线C为：令x=0得A(0,2)，B(0,-2).将已知直线代入椭圆方程化简得：(2k2+1)x2+16kx+24=0，=32(2k2-3)0，解得：设N(xN,kxN+4)，M(xM,kxM+4)，G(xG,1)由根与系数的关系得：MB方程为：则欲证A,G,N三点共线，只需证共线，即成立，
8、化简得：(3k+k)xMxN=-6(xM+xN)将代入易知等式成立，则A,G,N三点共线得证.11.【解析】(1)设圆C的半径为r(r0)，依题意，圆心坐标为(r,2).|MN|=3，解得圆C的方程为(2)把y=0代入方程,解得x=1或x=4,即点M(1，0)，N(4,0).当ABx轴时，由椭圆对称性可知ANM=BNM.当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y=k(x-1).联立方程消去y得，(k2+2)x2-2k2x+k2-8=0.设直线AB交椭圆于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，则.y1=k(x1-2),y2=k(x2-2),=.(x1-1)(x2-4)+(x2-1)(x1-4
9、)=2x1x2-5(x1+x2)+8=kAN+kBN=0,ANM=BNM.综上所述，ANM=BNM.12.【解题指导】本题考查求轨迹的方法和直线与圆锥曲线之间的位置关系，解答本题的关键是把点M的坐标设出，用代入法求轨迹，再结合一定的运算能力求解.【解析】(1)如图1.设M(x,y),A(x0,y0)，则由|DM|=m|DA|(m0，且m1).得x=x0,|y|=m|y0|,.又A是单位圆x2+y2=1上任意一点,则 .把代入得曲线C的方程为.当m(0,1)时，曲线C为以点(,0),(,0)为焦点的椭圆;当m(1,+)时，曲线C为以点(0,),(0,)为焦点的椭圆. (2)如图2,3,对任意的k0,设P(x1,kx1),H(x2,y2),则Q(-x1,-kx1),N(0,kx1),直线QN的方程为y=2kx+kx1,将其代入椭圆方程并整理得:.依题意设此方程的两根为-x1,x2,对任意的k0,都有PQPH,.又点H在直线QN上，所以,于是由PQPH，即，得,也就是2-m2=0,m0，m=2,故存在,使得对任意的k0,都有PQPH.
