2022届新高考数学一轮练习：专练48　高考大题专练（五）　圆锥曲线的综合运用 WORD版含解析.docx

1、专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.已知m1，直线l：xmy0，椭圆C：y21，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，AF1F2，BF1F2的重心分别为G，H.若坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围2.2021全国新高考卷在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|MF2|2.记M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|TB|TP|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和3.20

2、20全国卷已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点4.已知抛物线C：y23x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|BF|4，求l的方程；(2)若3，求|AB|.5.2020全国卷已知椭圆C1：1(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|AB|.(1)求C1的离心率；(2)设M是C1与C2的公共点若|MF|5，求

3、C1与C2的标准方程6.2020新高考卷已知函数f(x)aex1lnxlna(1)当ae时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)1，求a的取值范围7.2021全国乙卷已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，且F与圆M：x2(y4)21上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求PAB的最大值8.2021全国甲卷抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x1交C于P，Q两点，且OPOQ.已知点M(2,0)，且M与l相切(1)求C，M的方程；(2)设A1，A2，A3是C上的三个点，

4、直线A1A2，A1A3均与M相切判断直线A2A3与M的位置关系，并说明理由专练48高考大题专练(五)圆锥曲线的综合运用1.解析：(1)因为直线l：xmy0经过点F2(，0)，所以，解得m22.又因为m1，所以m，故直线l的方程为xy10.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去x，得2y2my10.由m28m280，得m28.y1y2，y1y2.由F1(c,0)，F2(c,0)，可知G，H.因为坐标原点O在以线段GH为直径的圆内，所以0，即x1x2y1y20.因为x1x2y1y2y1y2(m21)，所以(m21)0.解得m24(符合m21，所以实数m的取值范围是(1,2)2解析：(1)

5、因为2且x2.由韦达定理可得x1x2，x1x2，所以，设直线PQ的斜率为k2，同理可得，因为，即，整理可得kk，即0，显然k1k20，故k1k20.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.3解析：(1)由题设得A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)则(a,1)，(a，1)由8得a218，即a3.所以E的方程为y21.(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3n3.由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13)直线PB的方程为y(x3)，所以y2(x23)可得3y1(x23)y2(x13)由于y1，故y，可得27y1y2(x13

6、)(x23)，即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20.将xmyn代入y21得(m29)y22mnyn290.所以y1y2，y1y2.代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0.解得n3(舍去)或n.故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点.若t0，则直线CD的方程为y0，过点.综上，直线CD过定点.4解析：设直线l：yxt，A(x1，y1)，B(x2，y2)(1)由题设得F，故|AF|BF|x1x2，由题设可得x1x2.由可得9x212(t1)x4t20，则x1x2.从而，得t.所以l的方程为yx.(2)由3可得y13y2.由可得y22y2t0.所

7、以y1y22.从而3y2y22，故y21，y13.代入C的方程得x13，x2.故|AB|.5解析：(1)由已知可设C2的方程为y24cx，其中c.不妨设A，C在第一象限，由题设得A，B的纵坐标分别为，；C，D的纵坐标分别为2c，2c，故|AB|，|CD|4c.由|CD|AB|得4c，即3222.解得2(舍去)或.所以C1的离心率为.(2)由(1)知a2c，bc，故C1：1.设M(x0，y0)，则1，y4cx0，故1.由于C2的准线为xc，所以|MF|x0c，而|MF|5，故x05c，代入得1，即c22c30，解得c1(舍去)或c3.所以C1的标准方程为1，C2的标准方程为y212x.6解析：f

8、(x)的定义域为(0，)，f(x)aex1.(1)当ae时，f(x)exlnx1，f(1)e1，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y(e1)(e1)(x1)，即y(e1)x2.直线y(e1)x2在x轴，y轴上的截距分别为，2.因此所求三角形的面积为.(2)当0a1时，f(1)alna1.当a1时，f(x)ex1lnx，f(x)ex1.当x(0,1)时，f(x)0.所以当x1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)1，从而f(x)1.当a1时，f(x)aex1lnxlnaex1lnx1.综上，a的取值范围是1，)7解析：(1)由题意知M(0，4)，F，圆M的半径r1，所以|MF|r4

9、，即414，解得p2.(技巧点拨：F与圆M上点的距离的最小值为|MF|r，最大值为|MF|r)(2)由(1)知，抛物线方程为x24y，由题意可知直线AB的斜率存在，设A，B，直线AB的方程为ykxb，联立得，消去y得x24kx4b0，则16k216b0 ()，x1x24k，x1x24b，所以|AB|x1x2|4.因为x24y，即y，所以y，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程为y(xx1)，即yx，(技巧点拔：因为抛物线方程为x24y，即y，所以想到利用导数的几何意义求切线方程)同理得抛物线在点B处的切线方程为yx，联立得，则，即P(2k，b)因为点P在圆M上，所以4k2(4b)2

10、1，且12k1，5b3，即k，3b5，满足()(易错警示：由点P在圆M上，只得到了4k2(4b)21，而忽视k，b的取值范围，导致得到错误答案)设点P到直线AB的距离为d，则d，所以SPAB|AB|d4.由得，k2，令tk2b，则t，且3b5.因为t在3,5上单调递增，所以当b5时，t取得最大值，tmax5，此时k0，所以PAB面积的最大值为20.8解析：(1)由题意，直线x1与C交于P，Q两点，且OPOQ，设C的焦点为F，P在第一象限，则根据抛物线的对称性，POFQOF45，所以P(1,1)，Q(1，1)设C的方程为y22px(p0)，则12p，得p，所以C的方程为y2x.因为圆心M(2,0

11、)到l的距离即M的半径，且距离为1，所以M的方程为(x2)2y21.(2)设A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，A3(x3，y3)，当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，满足条件，此时直线A2A3与M相切当x1x2x3时，直线A1A2：x(y1y2)yy1y20，则1，即(y1)y2y1y23y0，同理可得(y1)y2y1y33y0，所以y2，y3是方程(y1)y22y1y3y0的两个根，则y2y3，y2y3.直线A2A3的方程为x(y2y3)yy2y30，设点M到直线A2A3的距离为d(d0)，则d21，即d1，所以直线A2A3与M相切综上可得，直线A2A3与M相切