圆锥曲线11 大题 （中档、中上、未）2-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编.docx

1、2022年全国一卷新高考题型细分S1-3圆锥曲线11 大题 （中档、中上、未）1、 试卷主要是2022年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计174套。2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。3、 比较单一的题型按知识点、方法分类排版；综合题按难度分类排版，后面标注有该题目类型。大题第一问中档、中上、未：1. （2022年福建集美中学J26）已知ABC的顶点，满足：（1）记点C的轨迹为曲线，求的轨迹方程；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设，用坐标表示 ，即可整理出的轨迹方程；（2）设直线l为，先讨论，

2、结合条件，由对称性易得点N在y轴上；再讨论，此时结合条件以及角平分线定理可得y轴为的平分线，即，最后联立方程组，整理出，即可联立解出N的纵坐标，即可得结果【小问1详解】设，则，整理得，故的轨迹方程为；【小问2详解】设直线l为，当时，可得点P，Q关于y轴对称，可得，要使恒成立，即成立，即点N在y轴上，可设为.当时，联立方程组，整理得，设，则，要使恒成立，即成立，由角平分线定理则只需使得y轴为的平分线，即只需，即，即，解得，综上可得，存在与M不同的定点，使得恒成立）（2）过点且斜率为k的直线l与相交于P，Q两点，是否存在与M不同的定点N，使得恒成立？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由（椭

3、圆，中档，未；第二问，未；）2. （2022年福建厦门双十中学J28）如图，已知和抛物线是圆上一点，M是抛物线上一点，F是抛物线的焦点（1）当直线与圆相切，且时，求的值；（ 【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）焦点F坐标为，设，利用圆的切线长公式、抛物线的定义建立方程求解即得；（2）设，设直线、的斜率,由与抛物线相切求得，知是方程的两根，得到，求得切点坐标，得到直线方程并化简整理为，利用已知面积得到，与联立得，然后利用零点存在定理判定解的个数即可.【详解】（1）焦点F坐标为，设，则，由抛物线定义，M到焦点距离等于到抛物线准线的距离，所以，由，得，所以或，所以或，此时与准线

4、垂直，所以或；（2）设，则，设直线方程为，代入，得，整理得，同理，直线方程为，有，由知，是方程的两根，所以，由切线意义知，在中，则所以，同理直线方程为即即到直线的距离所以，与联立得所以或，设，显然，又在上递增，所以在上有唯一零点所以存在两个，使得面积等于.【点睛】本题考查直线与圆，直线与抛物线的位置关系，面积问题，零点个数问题，难度较大，其中利用圆的切线长和抛物线的定义建立方程求解是第一问中的关键；第二问中关键点由同构方程，知是方程的两根，从而得到;利用零点存在定理判定三次函数在给定区间上的零点个数问题.）（2）过P作抛物线的两条切线分别为切点，求证：存在两个，使得面积等于（抛物线，中档；第二

5、问，未；）1. （2022年湖南师大附中J11）已知双曲线C：的右焦点为，O为坐标原点，点A，B分别在C的两条渐近线上，点F在线段AB上，且，.（1）求双曲线C的方程；（ 【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）不妨设点在第一象限，即可表示出，根据得到方程，即可求出，从而得到，再根据及，求出、，即可得解；（2）设点，分别求出直线与坐标轴垂直时的值，根据为定值，得到方程，即可求出及的坐标，再对直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为、，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出从而计算可得；【小问1详解】解：不妨设点在第一象限，则.因为，则，.由已知，即，即因为，则，即.因为为渐近线

6、OA倾斜角，则，即.又，则，.所以双曲线C的方程是.【小问2详解】解：解法一：设点，.当轴时，直线l的方程为，代入，得.不妨设点，则.当轴时，直线l的方程为，代入，得.不妨设点，则.令，解得，此时.当直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为，代入，得，即.设点，则，.对于点，.所以存在定点，使为定值.解法二：当直线l不与x轴重合时，设了的方程为，代入，得，即.设点，则，.在PMO中，由余弦定理，得，设点，则，令，得，此时，.当直线l与x轴重合时，则点P，Q为双曲线的两顶点，不妨设点，.对于点，.所以存在定点，使为定值.）（2）过点F作直线l交C于P，Q两点，问；在x轴上是否存在定点M，使为定值？若

7、存在，求出定点M的坐标及这个定值；若不存在，说明理由.（双曲线，中档；第二问，未；）2. （2022年湖南师大附中J15）如图，设为轴的正半轴上的任意一点，为坐标原点.过点作抛物线的两条弦和，在轴的同侧.(1)若为抛物线的焦点，直线的斜率为，且直线和的倾斜角互补，求的值；（ 【答案】(1)(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意得直线的方程为，设，进而与抛物线联立方程得，再根据题意得，进而根据焦半径公式得，解方程即可得答案；（2）根据题意设，直线的方程为，直线的方程为，分别联立方程得，再讨论，直线方程为，进而得，同理得，再计算即可证明.(1)解：根据题意，为抛物线的焦点，则，由于直线的斜率为，

8、故直线的方程为，所以联立方程得，设，则，因为直线和的倾斜角互补，所以，因为，所以，所以，解得.所以.(2)解：设，直线的方程为，直线的方程为设，直线与抛物线联立得，所以，同理，直线与抛物线联立得，所以，对于直线，由于，所以，所以直线方程为，故令得，即同理得，所以，所以）(2)若直线分别与轴相交于点，求证：.（抛物线，中档，未；第二问，未；）1. （2022年湖南邵阳二中J42），是椭圆：的左、右顶点，是椭圆上位于轴上方的动点，直线，与直线：分别交于，两点，当点的坐标为时，（1）求椭圆方程；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意列方程求解确定值即可；（2）分别求出和的表达式，作

9、比根据基本不等式求最值.【小问1详解】由可得，把代入椭圆的方程得，解得，所以椭圆的方程为【小问2详解】显然直线存在斜率，设直线的方程为，由得，设，则，从而，即，又，直线的方程为，得，则，当且仅当，即时取等号，故的取值范围为【点睛】解析几何中与弦长相关的三角形面积常有两种求法：（1），其中为弦长，为另一顶点到直线的距离；（2）面积等于水平宽与铅锤高积的一半.）（2）记和的面积分别为和求的取值范围（椭圆，中档；第二问，未；）2. （2022年湖南三湘名校J45）在平面直角坐标系中，已知椭圆的右准线为（定义：椭圆C的右准线方程为，其中）.点P是右准线上的动点，过点P作椭圆C的两条切线，分别与y轴交于

10、M，N两点.当P在x轴上时，.(1)求椭圆C的方程；（ 【答案】(1)(2)4【分析】（1）根据题意可得点的坐标为时，不妨设点M在点N上方，得的坐标，从而可得切线的方程，联立切线方程与椭圆方程，消，则，再结合，求得，即可得出答案；（2）设，切线方程为，联立切线方程与椭圆方程，消，则，设切线斜率为，直线斜率为，利用韦达定理求得，根据切线方程得的坐标，从而可求得答案.(1)解：由题意可知，当P点坐标为时，不妨设点M在点N上方，则，所以直线与椭圆C相切，将直线与椭圆方程联立，消去y，整理得，则，整理得，又，解得或（舍去），所以，即椭圆C的方程为；(2)解：设，切线方程为，将切线方程与椭圆联立，消去y

11、，整理得，则，整理得，设切线斜率为，直线斜率为，则，且，所以，将，代入上式，整理得，当时，上述等号成立，即的最小值为4.【点睛】本题考查了椭圆的准线方程和椭圆的标准方程，考查了椭圆的切线方程，考查了韦达定理的应用，考查了学生的数学运算能力和转化思想，有一定的难度.）(2)求的最小值.（椭圆，切线，中档；第二问，未；）3. （2022年湖南四大名校J47）已知椭圆的左、右焦点分别为，P为椭圆上一动点，直线与圆相切于Q点，且Q是线段的中点，三角形的面积为2（1）求椭圆C的方程；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）依题可得OQ为的中位线，根据椭圆的定义可得：，结合三角形面积公式可得，又从

12、而可求出，即可得出椭圆方程；（2）设，由几何性质可知P、M、O、N四点共圆，且PO为该圆直径，写出圆方程表达式，从而求出直线MN的方程，代入椭圆方程结合弦长公式求出，和点到直线MN距离，并写出三角形ODE的面积的表达式，分析其单调性从而求出取值范围【小问1详解】连接OQ，由，且所以OQ为的中位线，所以且，所以根据椭圆的定义可得：，所以，解得，所以，所以，解得，所以，故椭圆C的方程为：【小问2详解】设，则，由几何性质可知P、M、O、N四点共圆，且PO为该圆直径，则以线段OP为直径的圆的方程为，又圆O的方程为，两式相减得直线MN的方程为由消去y整理得因为直线MN交椭圆C于D、E两点，设，所以，则又

13、原点到直线DE的距离为，所以三角形ODE 的面积为设，因为所以，因在单调递增，所以所以【原创】）（2）过点P（点P不在x轴上）作圆的两条切线、，切点分别为M，N，直线MN交椭圆C于点D、E两点，求三角形ODE的面积的取值范围（椭圆，中档；第二问，未；）1. （2022年河北演练三J41）已知椭圆的左，右焦点分别为，右顶点为A，M，N是椭圆上关于原点对称且异于顶点的两点，记直线与直线的斜率分别为，且.（1）求C的方程；（ 【答案】（1）； （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设出，由斜率公式表示出，由及在椭圆上得，再结合焦点求出，即可求解；（2）斜率不存在不合题意，斜率存在时设，联立椭圆方程求

14、得，表示出，由解得或，求出定点坐标即可.【小问1详解】设，则，又，则，又，则，故，又，故，C的方程为；【小问2详解】当直线l斜率不存在时，易知直线与直线关于轴对称，不合题意；当直线l斜率存在时，设直线，联立椭圆方程，整理得，则，又，由可得，整理得，则，整理得，即，故或，当时，直线，过定点，不合题意；当时，由得，直线，过定点，故直线l恒过定点.）（2）若直线l交椭圆C于P，Q两点，记直线与直线的斜率分别为且，证明：直线l恒过定点.（椭圆，中档；第二问，未；）2. （2022年河北J47）已知抛物线，点F为C的焦点，过F的直线l交C于A，B两点(1)设A，B在C的准线上的射影分别为P，Q，线段PQ

15、的中点为R，证明：；（ 【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）设出直线l方程，与抛物线联立，利用韦达定理证明即可；（2）假设存在点满足题意，表示出直线AT，BT的斜率，化简计算可得.(1)证明：设，故可设直线l的方程为，由得，则，由题意可知，则，因为，所以，故(2)假设存在点满足题意，设直线AT，BT的斜率分别为k1，k2，则因为，且为常数，所以，即，故存在点满足题意）(2)在x轴上是否存在一点T，使得直线AT，BT的斜率之和为定值？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由（抛物线，中档；第二问，未；）1. （2022年湖北宜昌夷陵中学J39）已知点在抛物线上，点（其中）.如图

16、过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在点的上方），直线与抛物线交于另一点.（1）记，当时，求的值；（ 【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）首先求出抛物线方程，即可求出直线，的方程，再联立直线与抛物线方程，求出交点坐标，再根据两点的距离公式求出，即可得解；（2）设，即可得到的方程，从而得到点坐标，即可得到直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出，再由点到直线的距离公式求出到直线的距离，即可得到，再利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围，从而得到的取值范围；【小问1详解】解：由题可知：，所以，所以抛物线方程为.当时，所以，联立，消去得，解得或，所以，.所以，又，消去整

17、理得，解得，所以，所以，.所以.【小问2详解】解：设，则.令，则，即.所以.联立，消元整理得，解得、，.而，因为且，所以.所以.令，则.在上单调递减.又当时，.所以当时，.）（2）若面积大于27，求的取值范围.（抛物线，中档；第二问，未；）1. （2022年湖北考协J49）在一张纸上有一圆：，定点，折叠纸片使圆C上某一点恰好与点M重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设折痕PQ与直线的交点为T.(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；（ 【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）由对称性可得，代入计算可得定值，根据定值可得的轨迹为双曲线，利用双曲线的定义可得方程；（2）根据分别为双曲

18、线的渐近线设出点AB的坐标，设，然后利用向量的坐标运算得到点坐标，将点坐标代入双曲线方程，将面积用表示出来，然后求最值即可.(1)证明：如图，由点与关于对称， 则，故为定值.由，由双曲线定义知，点的轨迹为以为焦点，实轴长为8的双曲线，设双曲线方程为，所以双曲线方程为；(2)由题意知，分别为双曲线的渐近线设，由，设.，由于P点在双曲线上又同理，设的倾斜角为，则.由对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，当时， ；当时，；.）(2)曲线上一点P，点AB分别为直线：在第一象限上的点与：在第四象限上的点，若，求面积的取值范围.（双曲线，中档；第二问，未；）2. （2022年湖北考协J50）已

19、知圆：，椭圆：的离心率为，是上的一点，是圆上的一点，的最大值为.(1)求椭圆的方程；（ 【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由可得，再根据离心率和，求出，从而可得椭圆方程，（2）当直线斜率不存在时，的方程为或，从而可求出的坐标，进而可求得，则可得到结论，当直线斜率存在时，设方程为，由直线与圆相切，可得，再将直线方程与椭圆方程联立，消去，再利用根与系数的关系，然后求解，化简后为零，再由三角形相似即可得结论(1)，所以设的焦距是，则，解得，则，所以的方程是.(2)证明：当直线斜率不存在时，的方程为或.当时，此时，即；当时，同理可得.当直线斜率存在时，设方程为，即.因为直线与圆相切，所以，即联立得.设，则，所以代入整理可得，即综上，又与圆相切于点，所以，易得，所以，即）(2)点是上异于的一点，与圆相切于点，证明：.（椭圆，圆，中档；第二问，未；）