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
中参考答案
一、选择题
1.D 【解析】 由题意得(2y)2=(1+x)(1-x),即x2+4y2=1.
2.C 【解析】 由条件c=|AB|=8.由正弦定理:4(b-a)=3c=24,b-a=6,即|CA|-|CB|=6.点C的轨迹是焦点在y轴的双曲线上支,∵a =3,c =4,b =7,其方程y29-x27=1(y>3).
3.C 【解析】 设椭圆方程为x225+y216=1,P(5cos ,4sin ),Q(-5cos ,4sin ),R(5cos ,-4sin )是矩形的三顶点,则S矩形=|10cos |·|8sin |=40|sin2 |≤40.
4.S 【解析】 a=5,b=3,c=4,e=45,F(4,0),由焦半径公式可得|AF|=5-45x1,|BF|=5-45×4=95,|CF|=5-45x2,故|AF|,|BF|,|CF|成等差数列 (5-45x1)+(5-45x2)=
2×95 x1+x2=8.
5.A 【解析】 圆C:(x-1) 2+(y-1)2=2,圆心C(1,1),半径r=2,直线l:kx-y-2k+2=0,由直线与圆相切的条件知|k-1-2k+2|k2+1=2,解得k=-1.
6.A 【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 e=33.
7.B 【解析】 →AF1·→AF2=0,∴AF1⊥A2F,∵∠AF1F2=60 ,∴|F1F2|=2|AF1|,|AF2|=3|AF1|,∴2a=|AF1|+|AF2|,2c=|F1F2|,e=ca=|F1F2||AF1|+|AF2|=3-1.
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O、F为焦点的椭圆.
9.D 【解析】 由→OQ=12(→OP+→OF),得Q是PF的中点.又∵|OQ→|=4,所以P点到右焦点
F'的距离为8,∴|PF|=2×5-8=2,又|PF|d=e=ca=45(d表示P到椭圆左准线的距离),∴d
=52.
10.B 【解析】 设P(x,y),则y=x*a=(x+a)2-(x-a)2=4ax,即y2=4ax(y≥0).
11.A 【解析】 由构成三角形的条件知 x+y>1-x-yx+1-x-y>yy+1-x-y>x,即 2x+2y>12y<12x<1,易知选A.
12.C 【解析】 由双曲线方程及定义|BC|+|AB|=10,|AC|=8,根据正弦定理知sinA+sinCsinB
=|BC|+|AB||AC|=54.
二、填空题
13.4 【解析】 抛物线的焦点为(p2,0),椭圆的右焦点为(2,0),则由p2=2,得p=4.
14.2+2 【解析】 d=|cosα+ysinα|=|2sin(α+ 4)-2|,当sin(α+ 4)=-1时,d的最大值是2+2.
15.3-1 【解析】 →AF1·→AF2=0,∴AF1⊥A2F,∵∠AF1F2=60 ,∴|F1F2|=2|AF1|,|AF2|=3|AF1|,∴2a=|AF1|+|AF2|,2c=|F1F2|,e=ca=|F1F2||AF1|+|AF2|=3-1.
16.-2cos2θ+2cosθ+1,θ∈( 4, 2) 【解析】 根据条件知∠COA=180 -2θ,且θ∈( 4, 2),则点C(cos(180 -2θ),sin(180 -2θ)),即C(-cos2θ,sin2θ),则|AC|+|CD|=(1+
cos2θ)2+sin22θ-cos2θ=-2cos2θ+2cosθ+1,θ∈( 4, 2).
三、解答题
17.【解析】 (Ⅰ)依题知圆O的半径r等于原点O到直线x-3y=4的距离,即r=41+3=2,
∴圆O的方程为x2+y2=4.
(Ⅱ)不妨设A(x1,0),B(x2,0),x1<x2,由x2=4即得A(-2,0),B(2,0),
设P(x,y),由|PA|,|PO|,|PB|成等比数列,得
(x+2)2+y2·(x-2)2+y2=x2+y2,即x2-y2=2,
→PA·→PB=(-2-x,-y)·(2-x,-y)=x2-4+y2=2(y2-1),
由于点P在圆O内,故 x2+y2<4x2-y2=2,由此得y2<1,
又∵y2≥0,所以→PA·→PB的取值范围为 -2,0 .
18.【解析】 (1)设相邻两圆心为Ck(xk,x2k),Ck+1(xk,x2 k+1),相应的半径为rk,rk+1,则
rk=x2k,rk+1=x2 k+1,rk>rk+1,
如图,作Ck+1Bk⊥AkCk于Bk,则|CkCk+1|2-|CkBk|2=|AkAk+1|2,
即(rk+rk+1)2-(rk-rk+1)2=(xk-xk+1)2,∴1xk+1-1xk=2,
∴{1xk}是首项为4,且公差为2的等差数列,∴xk=12(k+1).
(2)∵1(k+1)2<1k(k+1)=1k-1k+1,
∴x21+x22+…+x2n=14[122+132+1(n+1)2]<14(1-12+12-13+…+1n-1n+1)=14(1-1n+1)<14.
19.【解析】 (1)连OP,∵Q为切点,PQ⊥OQ,由勾股定理有|PQ|2=|OP|2-|OQ|2.
又由已知|PQ|=|PA|,故|PQ|2=|PA|2,即a2+b2-12=(a-2)2+(b-1)2,
化简得实数a、b间满足的等量关系为:2a+b-3=0.
(Ⅱ)由2a+b-3=0,得b=-2a+3.
∴|PQ|=a2+b2-1=a2+(-2a+3)2-1=5a2-12a+8=5(a-65)2+45,
故当a=65时,|PQ|min=255,即线段PQ长的最小值为255.
(Ⅲ)设⊙P的半径为R,OP设⊙O有公共点,⊙O的半径为1,
∴|R-1|≤|OP|≤R+1,R≥|OP|-1,且R≤|OP|+1.
而|OP|=a2+b2=a2+(-2a+3)2=5(a-65)2+95,
故当a=65时,|PQ|min=355,此时b=-2a+3=35,R min=355-1,
得半径取最小值⊙P的方程为(x-65)2+(y-35)2=(355-1)2.
20.【解析】 (Ⅰ)直线l方程为y=x-2,将其代入y2=2px,并整理,得
x2-2(2+p)x+4=0…①,
∵p>0,∴△=4(2+p)2-16>0,
设B(x1,y1)、C(x2,y2),∴x1+x2=4+2p,x1·x2=4,
∵|BC|=210,而|BC|=1+k2|x1-x2|,
∴22p2+4p=210,解得p=1,∴抛物线方程y2=2x.
(Ⅱ)假设在抛物线y2=2x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| DE⊥BC kDE=-1k1=-1,
当p=1时,①式成为x2-6x+4=0,∴x0=x1+x22=3,y0=x0-2=1,
∴点D(x3,y3)应满足 y23=2x3y3-1x3-3=-1,解得 x3=2y3=2或 x3=8y3=-4.
∴存在点D(2,2)或(8,-4),使得|DB|=|DC|成立.
21.【解析】 (Ⅰ)设抛物线方程为y2=2px(p>0),将点M(1,2)坐标代入方程得p=2,
所以抛物线方程为y2=4x.
由题意知椭圆、双曲线的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),所以c=1,c =1,
对于椭圆,2a=|MF1|+|MF2|=(1+1)2+22+(1-1)2+22=22+2,所以a=1+2,
所以a2=(1+2)2=3+22,所以b2=a2-c2=2+22,所以椭圆方程为x23+22+y22+22=1,
对于双曲线,2a =||MF1|-|MF2||=22-2,所以a =2-1,所以a 2=3-22,
所以b =c 2-a 2=22-2,所以双曲线方程为x23-22-y222-2=1,
(Ⅱ)设AP的中点为G,l 的方程为x=t,以AP为直径的圆交l 于D、E两点,DE中点为H,
令A(x1,y1),所以G(x1+32,y12),所以|DG|=12|AP|=12(x1-3)2+y12,
|GH|=|x1+32-t|=12|(x1-2t)+3|,
所以|DH|2=|DG|2-|GH|2=14[(x1-3)2+y12]-14[(x1-2t)+3]2=(t-2)x1-t2+3t,
当t=2时,|DH|2=-4+6=2为定值,所以|DE|=2|DH|=22为定值,此时l 的方程为x=2.
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a=2b=2c,即椭圆方程可为x2+2y2=2b2.
设H(x,y)为椭圆上一点,则
|HN|2=x2+(y-3)2=-(y+3)2+2b2+18,其中-b≤y≤b,
若0<y<3,则y=-b时,|HN|2有最大值b2+6b+9,
由b2+6b+9=50,得b=-3±52(舍去),
若b≥3,当y=-3时,|HN|2有最大值2b2+18.
由2b2+18=50,得b2=16,
故所示椭圆的方程为x232+y216=1.
(Ⅱ)设E(x1,y1),F(x2,y2),Q(x0,y0),则
由x1232+y1216=1与x2232+y2216=1二式相减,得(x1+x2)(x1-x2)32-(y1+y2)(y1-y2)16=0,
又x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,且k=y1-y2x1-x2,则x0+2ky0=0,
又直线PQ⊥直线m,∴直线PQ方程为y=1kx+33,
将点Q(x0,y0)代入上式得,y0=1kx0+33……④,
由③④得Q(233k,-33)Q,
而Q点必在椭圆内部,x0232+y0216<1,由此得k2<472,
又k≠0,∴-942<k<0或0<k<942,
故当k∈(-942,0)∪(0,942)时,E、F两点关于点P、Q的直线对称.