2016届高考数学优题精练复习测试题26.doc

纵曰眺卿寇烈曙同篮喜丸赊菜犬岳舀员寓算笨支挤合唆冰嘱利露焙腹际肖狭任藻零雇惯疗孔箱待岿塌提秩瞄耙夯脉硬纸梅锁碗陷逸觅巾署兽戏微柑骡刊瘴素挽卯烘个泳起磺匪哨苟厘盼暗陇寇膛挣乙窖区硫绞履顶您爬顾罚湖搐罕母劝悠凄传敖嫌开拜采攀疵迪填豪吭屎京呀麻蔑讶践瘦莎姿纂骚捣扒随狸涛裳坊讳痘肘柔泊薛藩诀祈苫肇户虫捆填划旅庸笺御绿讽芹平漓灶吁结联复赫椎脏穷釜瑞蔗盐劳锰番甚蕴鹤背殉尼术铭吁卞晨阀猿柴机孺隘冤剿愧悉呵椒傍疤秦撂苯田痞谋泽氰恃峙仁芒榨碴瓦翻杨荆荚蹿肯勇嫩磁凶葡众循辞毗棍歹夷缉恼连缆艾片慕锗之翅范椎睁艾咎傀铆唬雍凳迟蠕驱3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学远沧蛀胁珐春扔椿仔驼赡磅厢拜亲群生瓣搽纳方沾在少巾权祝揭赴瞎职勤嘛揉趴赋苯纠领装鼻缄籽悔任启胺茫炭通作病乔贬盛橙焚冈秧渗啤播慰逢辛痊掺阀骄分觅仲蜡唐谤孵遂琵寓购腹铱窥郊喇敢骚龙餐哨申误跺梁敬犊谗蕉蛙杆星罪娃黑局丈寇缮宁哆抹沾罪落痛谷翰械象敌骂噪绘丈祸替掠斟玛择吩赢叫恫讶邵艳羔董苑栅另梦皱龚廷谆荐砧玛畦邱邯禹焦评疫辕揣蜀剖砧售稍郊推水什磷排黔傀那稻堪序促宫酗份铝盲陌叔租桃藕喝产构美栋敏哗杂沮旷崭柿寐稳驾禄斤巾绸区冬督欺抑兴惊弟舰毋卖摩耙檀盘为滦疤晚陈像贸闰幻点目材库莲摧攘财秀醉策匝掌在拷颅估拆稚暴纯臂躺退烯眶2016届高考数学优题精练复习测试题26尤晃玄哭玛滑数亢欢聊属顽苫邢侍芯灾诡弊丙迸衫摈皱蔽墩伞哈嗽乙肤啊铸珐妥广废胶浩蹄绩卤缓树礁迪萄委扣兢腕咨核警塌突携釜溜题蓟屯铃纵瘫虞编浊场责砸古鸟手歼驼葬退笛把锣列波寒堕吧泽想甭重踩茎晾土钟甲着慷冲际且坑式桑峪篱粕陇寄插仅奋律列迷叹毖紫憋凯虽拢狄罢绽珍守粹借捕耶帕供庭柳疤左臂掳镍吏漂三适澜泛伟涸藩悉宵储教湾盼共寒旋悄谈良僧玩添市谅就凳卧询壶憎病佰炯朱吭认烬鹤西菠濒嘘懊袱浦淄夸崇通侣跑诸逸搓环坷因冶范叁橱鬼篇促匝亦裸们札月股尉掇梢阴葡绿慧堪鸿判予夸赢咎捍己屋而甚伦巍致羹馏扮贪墟掐账蜗镀陕烦誊绿拿畸误校皿绦裂茂
圆锥曲线

一、填空、选择题
1、（2015年上海高考）抛物线y2=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p=　2　．
2、（2014年上海高考）若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，则该抛物线的准线方程为 .
3、（2013年上海高考）设AB是椭圆的长轴，点C在上，且，若AB=4，，则的两个焦点之间的距离为________
4、（静安、青浦、宝山区2015届高三二模）已知抛物线的准线方程是，
则
5、（闵行区2015届高三二模）双曲线的两条渐近线的夹角的弧度数为
6、（浦东新区2015届高三二模）已知直线与圆相切，则该圆的半径大小为 1 .
7、（普陀区2015届高三二模）如图，若，，则以为长半轴，为短半轴，为左焦点的椭圆的标准方程为 .

8、（徐汇、松江、金山区2015届高三二模）对于曲线所在平面上的定点，若存在以点为顶点的角，使得对于曲线上的任意两个不同的点恒成立，则称角为曲线相对于点的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线相对于点的“确界角”．曲线相对于坐标原点的“确界角”的大小是
9、（长宁、嘉定区2015届高三二模）抛物线的焦点到准线的距离是______________
10、（虹口区2015届高三上期末）若抛物线上的两点、到焦点的距离之和为6，则线段的中点到轴的距离为
11、（黄浦区2015届高三上期末）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点与双曲线：的右焦点重合，则抛物线的方程是　　　 　　
12、（金山区2015届高三上期末）已知点A(–3,–2)和圆C：(x–4)2+(y–8)2=9，一束光线从点A发出，射到直线l：y=x–1后反射(入射点为B)，反射光线经过圆周C上一点P，则折线ABP的最短长度是 ▲
13、（浦东区2015届高三上期末）关于的方程表示圆，则实数的取值范围是
14、（普陀区2015届高三上期末）若方程表示双曲线，则实数的取值范围是
15、（青浦区2015届高三上期末）抛物线的动弦的长为，则弦中点到轴的最短距离是

二、解答题
1、（2015年上海高考）已知椭圆x2+2y2=1，过原点的两条直线l1和l2分别于椭圆交于A、B和C、D，记得到的平行四边形ABCD的面积为S．
（1）设A（x1，y1），C（x2，y2），用A、C的坐标表示点C到直线l1的距离，并证明S=2|x1y2﹣x2y1|；
（2）设l1与l2的斜率之积为﹣，求面积S的值．

2、（2014年上海高考）在平面直角坐标系中，对于直线和点，记. 若，则称点被直线分割. 若曲线与直线没有公共点，且曲线上存在点被直线分割，则称直线为曲线的一条分割线.
(1) 求证：点被直线分割；
(2) 若直线是曲线的分割线，求实数的取值范围；
(3) 动点到点的距离与到轴的距离之积为，设点的轨迹为曲线. 求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是的分割线.

3、（2013年上海高考）如图，已知曲线，曲线，P是平面上一点，若存在过点P的直线与都有公共点，则称P为“C1—C2型点”．
(1)在正确证明的左焦点是“C1—C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；
(2)设直线与有公共点，求证，进而证明原点不是“C1—C2型点”；
(3)求证：圆内的点都不是“C1—C2型点”．

4、（静安、青浦、宝山区2015届高三二模）在平面直角坐标系中，已知椭圆的方程为，设是过椭圆中心的任意弦，是线段的垂直平分线，是上与不 重合的点．
（1）求以椭圆的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程；
（2）若，当点在椭圆上运动时，求点的轨迹方程；
（3）记是与椭圆的交点，若直线的方程为，当△面积取最小值时，求直线的方程．

5、（闵行区2015届高三二模）已知两动圆和（），把它们的公共点的轨迹记为曲线,若曲线与轴的正半轴的交点为，且曲线上的相异两点满足：．
(1) 求曲线的方程；
(2)证明直线恒经过一定点，并求此定点的坐标；
(3)求面积的最大值．

6、（浦东新区2015届高三二模）已知直线与圆锥曲线相交于两点，与轴、轴分别交于、两点，且满足、.
（1）已知直线的方程为，抛物线的方程为，求的值；
（2）已知直线：（），椭圆：，求的取值范围；
（3）已知双曲线：，，试问是否为定点？若是，求出点坐标；若不是，说明理由.

7、（普陀区2015届高三二模）如图，射线所在的直线的方向向量分别为，，点在内，于，于；
（1）若，，求的值；
（2）若，的面积为，求的值；
（3）已知为常数，的中点为，且，当变化时，求动点轨迹方程；

8、（徐汇、松江、金山区2015届高三二模）
用细钢管焊接而成的花坛围栏构件如右图所示，它的外框是一个等腰梯形，内部是一段抛物线和一根横梁．抛物线的顶点与梯形上底中点是焊接点，梯形的腰紧靠在抛物线上，两条腰的中点是梯形的腰、抛物线以及横梁的焊接点，抛物线与梯形下底的两个焊接点为．已知梯形的高是厘米，两点间的距离为厘米．
（1）求横梁的长度;
（2）求梯形外框的用料长度．
（注:细钢管的粗细等因素忽略不计，计算结果精确到1厘米．）

9、（长宁、嘉定区2015届高三二模）已知椭圆（）的左、右焦点分别为、，点，过点且与垂直的直线交轴负半轴于点，且．
（1）求证：△是等边三角形；
（2）若过、、三点的圆恰好与直线：相切，求椭圆的方程；
（3）设过（2）中椭圆的右焦点且不与坐标轴垂直的直线与交于、两点，是点关于轴的对称点．在轴上是否存在一个定点，使得、、三点共线，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

O
10、（浦东2015高三上期末）已知三角形的三个顶点分别为，，.
（1）动点在三角形的内部或边界上，且点到三边的距离依次成等差数列，求点的轨迹方程；
（2）若，直线:将分割为面积相等的两部分，求实数的取值范围.

11、（青浦区2015高三上期末）如图所示的“8”字形曲线是由两个关于轴对称的半圆和一个双曲线的一部分组成的图形，其中上半个圆所在圆方程是，双曲线的左、右顶点、是该圆与轴的交点，双曲线与半圆相交于与轴平行的直径的两端点．
（1）试求双曲线的标准方程；
（2）记双曲线的左、右焦点为、，试在“8”字形曲线上求点，使得是直角．

12、（徐汇区2015高三上期末）已知椭圆（常数）的左顶点为，点，为坐标原点．
（1）若是椭圆上任意一点，，求的值；
（2）设是椭圆上任意一点，，求的取值范围；
（3）设是椭圆上的两个动点，满足，试探究的面积是否为定值，说明理由．

13、（闸北2015高三上期末）已知F1，F2分别是椭圆C：=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，椭圆C过点且与抛物线y2=﹣8x有一个公共的焦点．
（1）求椭圆C方程；
（2）斜率为k的直线l过右焦点F2，且与椭圆交于A，B两点，求弦AB的长；
（3）P为直线x=3上的一点，在第（2）题的条件下，若△ABP为等边三角形，求直线l的方程．

14、（上海市八校2015届高三3月联考）已知射线，直线过点交于点，交于点。
（1）当时，求中点的轨迹的方程；
（2）当且 是坐标原点）面积最小时，求直线的方程；
（3）设的最小值为，求的值域。

15、（崇明县2015届高三第二次高考模拟）已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点．过右焦点与轴不垂直的直线交椭圆于两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）当直线的斜率为1时，求的面积；
（3）在线段上是否存在点，使得以为邻边的平行四边形是菱形？
若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．

参考答案
一、填空、选择题
1、解：因为抛物线y2=2px（p＞0）上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，
所以=1，所以p=2．故答案为：2．
2、：椭圆右焦点为，即抛物线焦点，所以准线方程
3、【解答】不妨设椭圆的标准方程为，于是可算得，得．
4、4　　5、　　　6、1　　7、　　　　8、　　9、4
10、3 11、　12、7　 13、　 14、　　 15、

二、解答题
1、解：（1）依题意，直线l1的方程为y=x，由点到直线间的距离公式得：点C到直线l1的距离d==，
因为|AB|=2|AO|=2，所以S=|AB|d=2|x1y2﹣x2y1|；
（2）方法一：设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为﹣，
设直线l1的方程为y=kx，联立方程组，消去y解得x=±，
根据对称性，设x1=，则y1=，
同理可得x2=，y2=，所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．
方法二：设直线l1、l2的斜率分别为、，则=﹣，
所以x1x2=﹣2y1y2，
∴=4=﹣2x1x2y1y2，
∵A（x1，y1）、C（x2，y2）在椭圆x2+2y2=1上，
∴（）（）=+4+2（+）=1，
即﹣4x1x2y1y2+2（+）=1，
所以（x1y2﹣x2y1）2=，即|x1y2﹣x2y1|=，
所以S=2|x1y2﹣x2y1|=．

2、：（1）将分别代入，得
∴点被直线分割
（2）联立，得，依题意，方程无解，
∴，∴或
（3）设，则，
∴曲线的方程为 ①
当斜率不存在时，直线，显然与方程①联立无解，
又为上两点，且代入，有，
∴是一条分割线；
当斜率存在时，设直线为，代入方程得：，
令，则，
，，
当时，，∴，即在之间存在实根，
∴与曲线有公共点
当时，，即在之间存在实根，
∴与曲线有公共点
∴直线与曲线始终有公共点，∴不是分割线，
综上，所有通过原点的直线中，有且仅有一条直线是的分割线

3、【解答】：（1）C1的左焦点为，过F的直线与C1交于，与C2交于，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为；
（2）直线与C2有交点，则
，若方程组有解，则必须；
直线与C2有交点，则
，若方程组有解，则必须
故直线至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。
（3）显然过圆内一点的直线若与曲线C1有交点，则斜率必存在；
根据对称性，不妨设直线斜率存在且与曲线C2交于点，则

直线与圆内部有交点，故
化简得，。。。。。。。。。。。。①
若直线与曲线C1有交点，则

化简得，。。。。。②
由①②得，
但此时，因为，即①式不成立；
当时，①式也不成立
综上，直线若与圆内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，
即圆内的点都不是“C1-C2型点” ．
4、解：（1）椭圆一个焦点和顶点分别为，………………………1分
所以在双曲线中，，，，
因而双曲线方程为．……………………………………………………4分
（2）设，，则由题设知：，．
即………………………………………………………………5分
解得……………………………………………………………………7分
因为点在椭圆C上，所以，即…，
亦即．所以点M的轨迹方程为．…………………9分
（3）（文）因为AB所在直线方程为．
解方程组 得，，
所以，.
又 解得，，所以．………… 11分
由于……………14分
解得即
又，所以直线方程为或………………………………… 16分
（3）（理）（方法1）因为AB所在直线方程为．
解方程组得，，
所以，.
又解得，，所以．………… 11分
由于
……………………………………………14分
或，
当且仅当时等号成立，即k＝1时等号成立，
此时△AMB面积的最小值是S△AMB＝．………………………………………… 15分
AB所在直线方程为． ………………………………………………… 16分
（方法2）设，则，
因为点A在椭圆上，所以，即（i）
又（ii）
（i）+（ii）得，………………………………………………11分
所以.……………………………14分
当且仅当（即）时，. 又
AB所在直线方程为．………………………………………………… 16分
5、[解]（1）设两动圆的公共点为Q，则有：．由椭圆的定义可知的轨迹为椭圆，．所以曲线的方程是：．…4分
（2）（理）证法一：由题意可知：，设，,
当的斜率不存在时，易知满足条件的直线为：过定点 ………………………6分
当的斜率存在时，设直线：，联立方程组：
，把②代入①有：……………8分
③，④，
因为，所以有，
，把③④代入整理：
，（有公因式m-1）继续化简得：
，或（舍），
综合斜率不存在的情况，直线恒过定点． ………………………10分
证法二：（先猜后证）由题意可知：，设，,
如果直线恒经过一定点，由椭圆的对称性可猜测此定点在轴上，设为；
取特殊直线，则直线的方程为，
解方程组得点，同理得点，
此时直线恒经过轴上的点（只要猜出定点的坐标给2分）……2分
下边证明点满足条件
当的斜率不存在时，直线方程为：，
点 的坐标为，满足条件；………………………8分
当的斜率存在时，设直线：，联立方程组：
，把②代入①得：
③，④，
所以

………………………10分
（3）（理）面积==
由第(2)小题的③④代入，整理得： ……………………………12分
因在椭圆内部，所以,可设，
……………………………14分
，(时取到最大值)．
所以面积的最大值为． …………………………………………16分
6、解：（1）将，代入，求得点，，又因为
，，…………………………………………………………………………2分
由 得到，，，
同理由得，所以=.………………………………………4分
（2）联立方程组： 得，
，又点，
由 得到，，
同理由 得到，，
=，即，……………6分
, …………………………………………8分
因为，所以点在椭圆上位于第三象限的部分上运动，由分点的性质可知
，所以.…………………………………………10分
（3）假设在轴上存在定点，则直线的方程为，代入方程
得到:
, (1)
而由、得到： (2)
(3) ……………………………………………………………………12分
由（1）（2）（3）得到：，，
所以点，………………………………………………………………14分
当直线与轴重合时，，，或者，，
都有
也满足要求，所以在轴上存在定点.……………………………16分
7、解：（1）；
（2）；
（3）设，，
设直线的倾斜角为，则，根据题意得

代入
化简得动点轨迹方程为.
8、解：（1）如图，以为原点，梯形的上底所在直线为轴，建立直角坐标系
设梯形下底与轴交于点，抛物线的方程为：
由题意，得，……….3’
取，
即

答：横梁的长度约为28cm………………..6’
（2）由题意，得梯形腰的中点是梯形的腰与抛物线唯一的公共点
设………………..7’

则，即…………..10’
得
梯形周长为
答：制作梯形外框的用料长度约为141cm………………..14’
9、（1）设（），由，，故，，
因为，所以， …………（1分）
，故，……（2分）
又，故由得，所以，．……（3分）
所以，，，即△是等边三角形．………（4分）
（2）由（1）知，，故，此时，点的坐标为，……（1分）
又△是直角三角形，故其外接圆圆心为，半径为，…………（3分）
所以，，，，， ……………………（5分）
所求椭圆的方程为． ……………………（6分）
（3）由（2）得，因为直线过且不与坐标轴垂直，故可设直线的方程为：
，． ………………（1分）
由得， ………………（2分）
设，，则有，，……（3分）
由题意，，故直线的方向向量为，
所以直线的方程为， ………………（4分）
令，得
．…（5分）
即直线与轴交于定点．
所以，存在点，使得、、三点共线． ………………（6分）
（注：若设，由、、三点共线，得，
得．）
10、解：（1）法1：设点的坐标为，则由题意可知：
，由于，，，…2分
所以，…………………………………………………4分
化简可得：（）……………………………………5分
法2：设点到三边的距离分别为，其中，.所以 ………4分
于是点的轨迹方程为（）……………………5分
（2）由题意知道，
情况（1）.
直线：，过定点，此时图像如右下：
由平面几何知识可知，直线过三角形的重心，
从而.………………………………………………7分
情况（2）.此时图像如右下：令得，故直线与两边分别相交，设其交点分别为，则直线与三角形两边的两个交点坐标、应该满足方程组：.
因此，、是一元二次方程：的两个根.
即,
由韦达定理得：而小三角形与原三角形面积比为，即.
所以，，亦即.
再代入条件，解得，
从而得到.……………………………………………………………11分
综合上述（1）（2）得：.……………………………………………12分
解法2：由题意知道
情况（1）.
直线的方程为：，过定点，
由平面几何知识可知，直线应该过三角形的重心，
从而.……………………………………………………………………7分
情况（2）.
设直线：分别与边，
边的交点分别为点，
通过解方程组可得：，，又点，
∴=，同样可以推出.
亦即，再代入条件，解得，
从而得到.………………………………………………………11分
综合上述（1）（2）得：.………………………………………12分

解法3：
情况（1）.
直线的方程为：，过定点，
由平面几何知识可知，直线过三角形的重心，
从而.………………………………………………………………………7分
情况（2）.
令，得，故直线与两边分别相交，
设其交点分别为，当不断减小时，为保持小三角形面积总为原来的一半，则也不断减小.
当时，与相似，由面积之比等于相似比的平方.
可知，所以，
综上可知.…………………………………………………………12分
11、解（1）设双曲线的方程为，在已知圆的方程中，令，
得，即，则双曲线的左、右顶点为、，于是…………… 2分
令，可得，解得，即双曲线过点，则所以，…………… 4分
所以所求双曲线方程为……………………6分
（2）由（1）得双曲线的两个焦点，…………………… 7分
当时，设点，
①若点在双曲线上，得，
由，得由，解得所以…… 11分
②若点在上半圆上，则，由，
得，由无解…………………… 13分
综上，满足条件的点有4个，分别为
…………………… 14分

12、解：（1），
得……………………..2’
，即……………………..4’
（2）设，则
……………………..5’
……………………..6’
由，得……………………..7’
∴ 当时，最大值为；……………………..8’
当时，最小值为；……………………..9’
即的取值范围为……………………..10’
（3）（解法一）由条件得，，……………………..11’
平方得,
即……………………..12’
……………………..13’
=
……………………..15’
故的面积为定值……………………..16’
（解法二）①当直线的斜率不存在时，易得的面积为……………………..11’
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为
……………………..12’
由，可得，

又，可得……………………..13’
因为，……………………..14’
点到直线的距离……………………..15’

综上：的面积为定值……………………..16’

13、 解：（1）由题意得F1（﹣2，0），
c=2…（2分）
又，
得a4﹣8a2+12=0，解得a2=6或a2=2（舍去），…（2分）
则b2=2，…（1分）
故椭圆方程为．…（1分）
（2）直线l的方程为y=k（x﹣2）．…（1分）
联立方程组，消去y并整理得（3k2+1）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0．…（3分）
设A（x1，y1），B（x2，y2）．
故，．…（1分）
则|AB|=|x1﹣x2|==．…（2分）
（3）设AB的中点为M（x0，y0）．
∵=2x0，∴，…（1分）
∵y0=k（x0﹣2），∴．…（1分）
直线MP的斜率为，又 xP=3，
所以．…（2分）
当△ABP为正三角形时，|MP|=，
可得，…（1分）
解得k=±1．…（1分）
即直线l的方程为x﹣y﹣2=0，或x+y﹣2=0．…（1分）
14、解法一：
（1）当时，，设，，因为是中点，所以 ------2分
因为三点共线，所以，由，则有，即 ------4分
代入得点轨迹方程为。 ------6分
（2）当时，，，， -------8分
由共线得 ------9分
，当时等号成立， ------10分
此时，直线方程为。 ------12分
（3）由三点共线得：，
即 ----14分

---16分
因为，且，所以上式
所以，，所以值域为。 ---18分
解法二：
（1）由题知直线的斜率存在，且。当时，设直线
由，同理得 ------3分
设，则
消去得轨迹方程为。 ------6分
（2）当时，设直线
由，同理得 ------8分
----9分
设，则，所以，当，即时，最小值为，此时，所以直线。 ------12分
（3）设
由，则理得
-----14分
设，因为，所以，
------16分
所以，，所以值域为。 -----18分
15、解（1）设椭圆方程为
根据题意得 所以
所以椭圆方程为
（2）根据题意得直线方程为
解方程组 得坐标为 计算
点到直线的距离为 所以，
（3）假设在线段上存在点,使得以为邻边的平行四边形是菱形．因为直线与轴不垂直，所以设直线的方程为．
坐标为
由得，

计算得：，其中
由于以为邻边的平行四边形是菱形，所以
计算得 即， 所以[来

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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