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2017年甘肃高考数学基础提升训练(十)

来源 :中华考试网 2016-11-10

参考答案

 

一、选择题

1D  【解析】 由题意得(2y)2(1x)(1x),即x24y21.

 

2C  【解析】 由条件c|AB|8.由正弦定理:4(ba)3c24ba6,即|CA||CB|6.C的轨迹是焦点在y轴的双曲线上支,∵a 3c 4b 7,其方程y29x271(y3).

 

3C  【解析】 设椭圆方程为x225y2161P(5cos 4sin )Q(5cos 4sin )R(5cos ,-4sin )是矩形的三顶点,则S矩形=|10cos |·|8sin |40|sin2 |40.

 

4S 【解析】 a5b3c4e45F(40),由焦半径公式可得|AF|545x1|BF|545×495|CF|545x2,故|AF||BF||CF|成等差数列 (545x1)(545x2)

 

2×95 x1x28.

 

5A  【解析】 圆C(x1) 2(y1)22,圆心C(11),半径r2,直线lkxy2k20,由直线与圆相切的条件知|k12k2|k212,解得k=-1.

 

6A  【解析】 过P作抛物线的准线的垂线,垂足为H,则抛物线准线为x=-3c|PF1||PF2|e,又|PF2||PH|,∴|PF1||PH|e,∴x=-3c也为椭圆E的准线.∴-a2c=-3c e33

 

7B  【解析】  AF1·→AF20,∴AF1A2F,∵∠AF1F260 ,|F1F2|2|AF1||AF2|3|AF1|,∴2a|AF1||AF2|2c|F1F2|eca|F1F2||AF1||AF2|31.

 

8.椭圆  【解析】 |PO||PF||PM||PO|R(半径)|OF|,根据椭圆定义知P形成的图形

 

   是以OF为焦点的椭圆.

9D  【解析】 由→OQ12(OP+→OF),得QPF的中点.又∵|OQ|4,所以P点到右焦点

 

  F'的距离为8,∴|PF|2×582,又|PF|deca45(d表示P到椭圆左准线的距离),∴d

   52.

 

10B  【解析】 设P(xy),则yx*a(xa)2(xa)24ax,即y24ax(y0).

 

11A  【解析】 由构成三角形的条件知   xy1xyx1xyyy1xyx,即   2x2y12y12x1,易知选A.

 

12C  【解析】 由双曲线方程及定义|BC||AB|10|AC|8,根据正弦定理知sinAsinCsinB

 

    |BC||AB||AC|54.

 

二、填空题

 

134  【解析】 抛物线的焦点为(p20),椭圆的右焦点为(20),则由p22,得p4.

 

1422  【解析】 d|cosα+ysinα||2sin(α+ 4)2|,当sin(α+ 4)=-1时,d的最大值是22.

 

1531  【解析】  AF1·→AF20,∴AF1A2F,∵∠AF1F260 ,∴|F1F2|2|AF1||AF2|3|AF1|,∴2a|AF1||AF2|2c|F1F2|eca|F1F2||AF1||AF2|31.

 

16.-2cos2θ+2cosθ+1,θ∈( 4 2)  【解析】 根据条件知∠COA180 2θ,且θ∈( 4 2),则点C(cos(180 2θ)sin(180 2θ)),即C(cos2θ,sin2θ),则|AC||CD|(1

cos2θ)2sin22θ-cos2θ=-2cos2θ+2cosθ+1,θ∈( 4 2).

 

三、解答题

 

17.【解析】 ()依题知圆O的半径r等于原点O到直线x3y4的距离,即r4132

 

∴圆O的方程为x2y24

 

()不妨设A(x10)B(x20)x1x2,由x24即得A(20)B(20)

 

P(xy),由|PA||PO||PB|成等比数列,得

 

(x2)2y2·(x2)2y2x2y2,即x2y22

 

PA·→PB(2x,-y)·(2x,-y)x24y22(y21)

 

由于点P在圆O内,故  x2y24x2y22,由此得y21

 

又∵y20,所以→PA·→PB的取值范围为 20

 

18.【解析】 (1)设相邻两圆心为Ck(xkx2k)Ck+1(xkx2  k+1),相应的半径为rkrk+1,则

 

rkx2krk+1x2  k+1rkrk+1

 

如图,作Ck+1BkAkCkBk,则|CkCk+1|2|CkBk|2|AkAk+1|2

 

(rkrk+1)2(rkrk+1)2(xkxk+1)2,∴1xk+11xk2

 

{1xk}是首项为4,且公差为2的等差数列,∴xk12(k1).

 

(2)1(k1)21k(k1)1k1k1

 

x21x22+…+x2n14[1221321(n1)2]14(1121213+…+1n1n1)14(11n1)14.

 

19.【解析】 (1)连OP,∵Q为切点,PQOQ,由勾股定理有|PQ|2|OP|2|OQ|2.

 

又由已知|PQ||PA|,故|PQ|2|PA|2,即a2b212(a2)2(b1)2

 

化简得实数ab间满足的等量关系为:2ab30.

 

()2ab30,得b=-2a3.

 

|PQ|a2b21a2(2a3)215a212a85(a65)245

 

故当a65时,|PQ|min255,即线段PQ长的最小值为255.

 

()设⊙P的半径为ROP设⊙O有公共点,⊙O的半径为1

 

|R1||OP|R1R|OP|1,且R|OP|1.

 

|OP|a2b2a2(2a3)25(a65)295

 

故当a65时,|PQ|min355,此时b=-2a335R min3551

 

得半径取最小值⊙P的方程为(x65)2(y35)2(3551)2.

20.【解析】 ()直线l方程为yx2,将其代入y22px,并整理,得

 

x22(2p)x40…①,

 

p0,∴△=4(2p)2160

 

B(x1,y1)C(x2,y2),∴x1x242px1·x24

 

|BC|210,而|BC|1k2|x1x2|

 

22p24p210,解得p1,∴抛物线方程y22x

 

()假设在抛物线y22x上存在点D(x3,y3),使得|DB||DC|成立,

 

记线段BC中点为E(x0,y0),则|DB||DC| DEBC kDE=-1k1=-1

 

p1时,①式成为x26x40,∴x0x1x223y0x021

 

∴点D(x3,y3)应满足   y232x3y31x33=-1,解得  x32y32  x38y3=-4

 

∴存在点D(22)(8,-4),使得|DB||DC|成立.

 

21.【解析】 ()设抛物线方程为y22px(p0),将点M(12)坐标代入方程得p2

 

所以抛物线方程为y24x.

由题意知椭圆、双曲线的焦点为F1(-10),F210),所以c1c 1

 

对于椭圆,2a|MF1||MF2|(11)222(11)222222,所以a12

 

所以a2(1+2)2322,所以b2a2c2222,所以椭圆方程为x2322y22221

 

对于双曲线,2a ||MF1||MF2||222,所以a 21,所以a 2322

 

所以b c 2a 2222,所以双曲线方程为x2322y22221

 

()AP的中点为Gl 的方程为xt,以AP为直径的圆交l DE两点,DE中点为H

 

A(x1y1),所以G(x132y12),所以|DG|12|AP|12(x13)2y12

 

|GH||x132t|12|(x12t)3|

 

所以|DH|2|DG|2|GH|214[(x13)2y12]14[(x12t)3]2(t2)x1t23t

 

t2时,|DH|2=-462为定值,所以|DE|2|DH|22为定值,此时l 的方程为x2.

 

22.【解析】(Ⅰ)根据椭圆的几何性质,线段F1F2与线段B1B2互相垂直平分,故椭圆中心即为该四点外接圆的圆心,故该椭圆中a2b2c,即椭圆方程可为x22y22b2.

 

Hx,y)为椭圆上一点,则

 

|HN|2x2(y3)2=-(y3)22b218,其中-byb

 

0y3,则y=-b时,|HN|2有最大值b26b9

 

b26b950,得b=-3±52(舍去)

 

b3,当y=-3时,|HN|2有最大值2b218.

 

2b21850,得b216

 

故所示椭圆的方程为x232y2161.

 

(Ⅱ)设E(x1y1)F(x2y2)Q(x0y0),则

 

x1232y12161x2232y22161二式相减,得(x1x2)(x1x2)32(y1y2)(y1y2)160

 

x1x22x0y1y22y0,且ky1y2x1x2,则x02ky00

 

又直线PQ⊥直线m,∴直线PQ方程为y1kx33

 

将点Q(x0y0)代入上式得,y01kx033……④,

 

由③④得Q(233k,-33)Q

 

Q点必在椭圆内部,x0232y02161,由此得k2472

 

k0,∴-942k00k942

 

故当k(9420)(0942)时,EF两点关于点PQ的直线对称.

 

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