全国卷高考圆锥曲线真题答案.docx
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全国卷高考圆锥曲线真题答案
全国卷高考圆锥曲线真题
参考答案与试题解析
一.解答题(共21小题)
1.(2015•新课标II)已知椭圆C:
9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.
(1)证明:
直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;
(2)若l过点(,m),延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?
若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.
【分析】
(1)联立直线方程和椭圆方程,求出对应的直线斜率即可得到结论.
(2)四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,建立方程关系即可得到结论.
【解答】解:
(1)设直线l:
y=kx+b,(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM),
将y=kx+b代入9x2+y2=m2(m>0),得(k2+9)x2+2kbx+b2﹣m2=0,
则判别式△=4k2b2﹣4(k2+9)(b2﹣m2)>0,
则x1+x2=,则xM==,yM=kxM+b=,
于是直线OM的斜率kOM==,
即kOM•k=﹣9,
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
(2)四边形OAPB能为平行四边形.
∵直线l过点(,m),
∴由判别式△=4k2b2﹣4(k2+9)(b2﹣m2)>0,
即k2m2>9b2﹣9m2,
∵b=m﹣m,
∴k2m2>9(m﹣m)2﹣9m2,
即k2>k2﹣6k,
则k>0,
∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3,
由
(1)知OM的方程为y=x,
设P的横坐标为xP,
由得,即xP=,
将点(,m)的坐标代入l的方程得b=,
即l的方程为y=kx+,
将y=x,代入y=kx+,
得kx+=x
解得xM=,
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,
于是=2×,
解得k1=4﹣或k2=4+,
∵ki>0,ki≠3,i=1,2,
∴当l的斜率为4﹣或4+时,四边形OAPB能为平行四边形.
【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题,联立方程组转化为一元二次方程,利用根与系数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强,难度较大.
2.(2015•河北)在直角坐标系xOy中,曲线C:
y=与直线l:
y=kx+a(a>0)交于M,N两点.
(Ⅰ)当k=0时,分別求C在点M和N处的切线方程.
(Ⅱ)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=∠OPN?
(说明理由)
【分析】(I)联立,可得交点M,N的坐标,由曲线C:
y=,利用导数的运算法则可得:
y′=,利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程.
(II)存在符合条件的点(0,﹣a),设P(0,b)满足∠OPM=∠OPN.M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为:
k1,k2.直线方程与抛物线方程联立化为x2﹣4kx﹣4a=0,利用根与系数的关系、斜率计算公式可得k1+k2=.k1+k2=0⇔直线PM,PN的倾斜角互补⇔∠OPM=∠OPN.即可证明.
【解答】解:
(I)联立,不妨取M,N,
由曲线C:
y=可得:
y′=,
∴曲线C在M点处的切线斜率为=,其切线方程为:
y﹣a=,化为.
同理可得曲线C在点N处的切线方程为:
.
(II)存在符合条件的点(0,﹣a),下面给出证明:
设P(0,b)满足∠OPM=∠OPN.M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为:
k1,k2.
联立,化为x2﹣4kx﹣4a=0,
∴x1+x2=4k,x1x2=﹣4a.
∴k1+k2=+==.
当b=﹣a时,k1+k2=0,直线PM,PN的倾斜角互补,
∴∠OPM=∠OPN.
∴点P(0,﹣a)符合条件.
【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程、直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
3.(2014•新课标I)已知点A(0,﹣2),椭圆E:
+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆的焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.
(Ⅰ)求E的方程;
(Ⅱ)设过点A的直线l与E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
【分析】(Ⅰ)通过离心率得到a、c关系,通过A求出a,即可求E的方程;
(Ⅱ)设直线l:
y=kx﹣2,设P(x1,y1),Q(x2,y2)将y=kx﹣2代入,利用△>0,求出k的范围,利用弦长公式求出|PQ|,然后求出△OPQ的面积表达式,利用换元法以及基本不等式求出最值,然后求解直线方程.
【解答】解:
(Ⅰ)设F(c,0),由条件知,得=又,
所以a=2=,b2=a2﹣c2=1,故E的方程.….(6分)
(Ⅱ)依题意当l⊥x轴不合题意,故设直线l:
y=kx﹣2,设P(x1,y1),Q(x2,y2)
将y=kx﹣2代入,得(1+4k2)x2﹣16kx+12=0,
当△=16(4k2﹣3)>0,即时,
从而=+
又点O到直线PQ的距离,所以△OPQ的面积=,
设,则t>0,,
当且仅当t=2,k=±等号成立,且满足△>0,
所以当△OPQ的面积最大时,l的方程为:
y=x﹣2或y=﹣x﹣2.…(12分)
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用,椭圆的求法,基本不等式的应用,考查转化思想以及计算能力.
4.(2014•新课标II)已知函数f(x)=ex﹣e﹣x﹣2x.
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;
(Ⅱ)设g(x)=f(2x)﹣4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(Ⅲ)已知1.4142<<1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).
【分析】对第(Ⅰ)问,直接求导后,利用基本不等式可达到目的;
对第(Ⅱ)问,先验证g(0)=0,只需说明g(x)在[0+∞)上为增函数即可,从而问题转化为“判断g′(x)>0是否成立”的问题;
对第(Ⅲ)问,根据第(Ⅱ)问的结论,设法利用的近似值,并寻求ln2,于是在b=2及b>2的情况下分别计算,最后可估计ln2的近似值.
【解答】解:
(Ⅰ)由f(x)得f′(x)=ex+e﹣x﹣2,
即f′(x)≥0,当且仅当ex=e﹣x即x=0时,f′(x)=0,
∴函数f(x)在R上为增函数.
(Ⅱ)g(x)=f(2x)﹣4bf(x)=e2x﹣e﹣2x﹣4b(ex﹣e﹣x)+(8b﹣4)x,
则g′(x)=2[e2x+e﹣2x﹣2b(ex+e﹣x)+(4b﹣2)]
=2[(ex+e﹣x)2﹣2b(ex+e﹣x)+(4b﹣4)]
=2(ex+e﹣x﹣2)(ex+e﹣x+2﹣2b).
①∵ex+e﹣x>2,ex+e﹣x+2>4,
∴当2b≤4,即b≤2时,g′(x)≥0,当且仅当x=0时取等号,
从而g(x)在R上为增函数,而g(0)=0,
∴x>0时,g(x)>0,符合题意.
②当b>2时,若x满足2<ex+e﹣x<2b﹣2即,得,此时,g′(x)<0,
又由g(0)=0知,当时,g(x)<0,不符合题意.
综合①、②知,b≤2,得b的最大值为2.
(Ⅲ)∵1.4142<<1.4143,根据(Ⅱ)中g(x)=e2x﹣e﹣2x﹣4b(ex﹣e﹣x)+(8b﹣4)x,
为了凑配ln2,并利用的近似值,故将ln即代入g(x)的解析式中,
得.
当b=2时,由g(x)>0,得,
从而;
令,得>2,当时,
由g(x)<0,得,得.
所以ln2的近似值为0.693.
【点评】1.本题三个小题的难度逐步增大,考查了学生对函数单调性深层次的把握能力,对思维的要求较高,属压轴题.
2.从求解过程来看,对导函数解析式的合理变形至关重要,因为这直接影响到对导数符号的判断,是解决本题的一个重要突破口.
3.本题的难点在于如何寻求ln2,关键是根据第
(2)问中g(x)的解析式探究b的值,从而获得不等式,这样自然地将不等式放缩为的范围的端点值,达到了估值的目的.
5.(2014•广西)已知抛物线C:
y2=2px(p>0)的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)过F的直线l与C相交于A、B两点,若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点,且A、M、B、N四点在同一圆上,求l的方程.
【分析】(Ⅰ)设点Q的坐标为(x0,4),把点Q的坐标代入抛物线C的方程,求得x0=,根据|QF|=|PQ|求得p的值,可得C的方程.
(Ⅱ)设l的方程为x=my+1(m≠0),代入抛物线方程化简,利用韦达定理、中点公式、弦长公式求得弦长|AB|.把直线l′的方程代入抛物线方程化简,利用韦达定理、弦长公式求得|MN|.由于MN垂直平分线段AB,故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|,由此求得m的值,可得直线l的方程.
【解答】解:
(Ⅰ)设点Q的坐标为(x0,4),把点Q的坐标代入抛物线C:
y2=2px(p>0),
可得x0=,∵点P(0,4),∴|PQ|=.
又|QF|=x0+=+,|QF|=|PQ|,
∴+=×,求得p=2,或p=﹣2(舍去).
故C的方程为y2=4x.
(Ⅱ)由题意可得,直线l和坐标轴不垂直,y2=4x的焦点F(1,0),
设l的方程为x=my+1(m≠0),
代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0,显然判别式△=16m2+16>0,y1+y2=4m,y1•y2=﹣4.
∴AB的中点坐标为D(2m2+1,2m),弦长|AB|=|y1﹣y2|==4(m2+1).
又直线l′的斜率为﹣m,∴直线l′的方程为x=﹣y+2m2+3.
过F的直线l与C相交于A、B两点,若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点,
把线l′的方程代入抛物线方程可得y2+y﹣4(2m2+3)=0,∴y3+y4=,y3•y4=﹣4(2m2+3).
故线段MN的中点E的坐标为(+2m2+3,),∴|MN|=|y3﹣y4|=,
∵MN垂直平分线段AB,故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|,
∴+DE2=MN2,
∴4(m2+1)2++=×,化简可得m2﹣1=0,
∴m=±1,∴直线l的方程为x﹣y﹣1=0,或x+y﹣1=0.
【点评】本题主要考查求抛物线的标准方程,直线和圆锥曲线的位置关系的应用,韦达定理、弦长公式的应用,体现了转化的数学思想,属于难题.
6.(2013•新课标Ⅱ)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:
(a>b>0)右焦点的直线x+y﹣=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.
(Ⅰ)求M的方程
(Ⅱ)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.
【分析】(Ⅰ)把右焦点(c,0)代入直线可解得c.设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点P(x0,y0),利用“点差法”即可得到a,b的关系式,再与a2=b2+c2联立即可得到a,b,c.
(Ⅱ)由CD⊥AB,可设直线CD的方程为y=x+t,与椭圆的方程联立得到根与系数的关系,即可得到弦长|CD|.把直线x+y﹣=0与椭圆的方程联立得到根与系数的关系,即可得到弦长|AB|,利用S四边形ACBD=即可得到关于t的表达式,利用二次函数的单调性即可得到其最大值.
【解答】解:
(Ⅰ)把右焦点(c,0)代入直线x+y﹣=0得c+0﹣=0,解得c=.
设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点P(x0,y0),
则,,相减得,
∴,
∴,又=,
∴,即a2=2b2.
联立得,解得,
∴M的方程为.
(Ⅱ)∵CD⊥AB,∴可设直线CD的方程为y=x+t,
联立,消去y得到3x2+4tx+
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