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全国卷高考圆锥曲线真题答案
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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
参照答案与试题分析
(共
21小题)
1.(2015?新课标
II)已知椭圆
2
2
2
C:9x+y=m(m>0),直线l可是原点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),延伸线段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;若不可以,说明原由.
【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获取结论.
2)四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP相互均分,即xP=2xM,成立方程关系即可获取结论.
【解答】解:(1)设直线l:y=kx+b,(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM),
2
2
2
2
2
2
2
,
将y=kx+b代入9x
+y=m(m>0),得(k
+9)x+2kbx+b
﹣m=0
2
2
2
2
2
)>
0,
则鉴别式△=4k
b﹣4(k
+9)(b﹣m
则x1+x2=,则xM==,yM=kxM+b=,
于是直线OM的斜率k==,
OM
即k?k=﹣9,
OM
∴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),
2
2
2
2
2
∴由鉴别式△=4kb
﹣4(k+9)(b
﹣m)>0,
2
2
2
2
即km>9b﹣9m,
b=m﹣m,
2222
∴km>9(m﹣m)﹣9m,
即k2>k2﹣6k,
则k>0,
∴l可是原点且与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=,
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四边形

OAPB为平行四边形当且仅当线段

AB与线段

OP相互均分,即

xP=2xM,
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于是=2×,解得k1=4﹣或

k2=4+,
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∵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.
【讨论】本题主要察看直线和圆锥曲线的订交问题,联立方程组转变为一元二次方程,
,难度较大.

利用
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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轴上能否存在点P,使适合k改动时,总有∠OPM=∠OPN?(说明原由)
【分析】(I)联立,可得交点M,N的坐标,由曲线C:y=,利用导数的运算法例可得:y′=,利用导数的几何意义、点斜式即可得出切线方程.
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(II)存在符合条件的点(0,﹣a),设P(0,b)知足∠OPM=∠(x1,y1),N(x2,
y2),直线PM,PN的斜率分别为:k1,﹣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=∠.
【解答】解:(I)联立,不如取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),下边给出证明:
设P(0,b)知足∠OPM=∠(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.
【讨论】本题察看了导数的运算法例、利用导数的几何意义研究切线方程、直线与抛物线相
交问题转变为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式,察看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订交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
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【分析】(Ⅰ)经过离心率获取a、c关系,经过A求出a,即可求E的方程;
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(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|,此后求出△OPQ的面积表达式,利用换元法以及基本不
等式求出最值,此后求解直线方程.
【解答】解:(Ⅰ)设F(c,0),由条件知,得
又,
2
2
2
分)
因此a=2,b
=a
﹣c=1,故E的方程..(6
(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,因此△OPQ的面积=,
设,则t>0,,
当且仅当t=2,k=±等号成立,且知足△>0,
因此当△OPQ的面积最大时,l的方程为:y=x﹣2或y=﹣x﹣2.(12分)
【讨论】本题察看直线与椭圆的地点关系的应用,椭圆的求法,基本不等式的应用,察看转
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)的单一性;
(Ⅱ)设g(x)=f(2x)﹣4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;
(Ⅲ)已知<<,预计ln2的近似值(精准到).
【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,先考证g(0)=0,只需说明g(x)在[0+∞)上为增函数即可,从而问题转变为“判断g′(x)>0能否成立”的问题;
对第(Ⅲ)问,依据第(Ⅱ)问的结论,想法利用的近似值,并追求
ln2,于是在b=2及b
>2的状况下分别计算,最后可预计
ln2的近似值.
x
﹣x
【解答】解:(Ⅰ)由f(x)得f′(x)=e+e
﹣2,
x﹣x
即x=0时,f′(x)=0,
即f′(x)≥0,当且仅当e=e
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∴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,
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则g′(x)=2[e

2x﹣2xx﹣x
+e﹣2b(e+e)+(4b﹣2)]
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=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知足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)∵<<,依据(Ⅱ)中
2x
﹣2x
x
﹣e
﹣x
g(x)=e﹣e
﹣4b(e
)+(8b﹣4)x,
为了凑配ln2,并利用的近似值,故将ln
即代入g(x)的分析式中,
得.
当b=2时,由g(x)>0,得,从而;
令,得>2,当时,
由g(x)<0,得,.
【讨论】,察看了学生对函数单一性深层次的掌握能力,对思想的要求较高,属压轴题.
,对导函数分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打破口.
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,要点是依据第(2)问中g(x)的分析式研究b的值,从
而获取不等式,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;
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(Ⅱ)过F的直线l与C订交于A、B两点,若且A、M、B、N四点在同一圆上,求l的方程.

AB的垂直均分线

l′与

C订交于

M、N两点,
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【分析】(Ⅰ)设点Q的坐标为(
据|QF|=|PQ|求得p的值,可得

x0,4),把点C的方程.

Q的坐标代入抛物线

C的方程,求得

x0=,根
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(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|.因为MN垂直均分线段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,明显鉴别式△=16m2+16>0,y1+y2=4m,y1?y2=﹣4.
2
2
).
∴AB的中点坐标为D(2m+1,2m),弦长|AB|=|y1﹣y2|==4
(m+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订交于A、B两点,若AB的垂直均分线
l′与C订交于M、N两点,
把线l′的方程代入抛物线方程可得
2
2
2
).
y+y﹣4(2m+3)=0,∴y3+y4=,y3?y4=﹣4(2m+3
2
故线段MN的中点E的坐标为(+2m+3,),∴|MN|=|y3﹣y4|=,
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∵MN垂直均分线段AB,故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|,
22
∴+DE=MN,
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∴4(

m2+1)2++=×,化简可得

m2﹣1=0,
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∴m=±1,∴直线

l的方程为

x﹣y﹣1=0,或

x+y

﹣1=0.
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【讨论】本题主要察看求抛物线的标准方程,直线和圆锥曲线的地点关系的应用,韦达定理、弦长公式的应用,表现了转变的数学思想,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)(x1,y1),B(x2,y2),线段AB
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的中点

P(x0,y0),利用“点差法”即可获取

a,b的关系式,再与

a2=b2+c2联立刻可获取

a,
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b,c.
(Ⅱ)由CD⊥AB,可设直线CD的方程为y=x+t,与椭圆的方程联立获取根与系数的关系,
即可获取弦长|CD|.把直线x+y﹣=0与椭圆的方程联立获取根与系数的关系,即可获取弦长
|AB|,利用S=即可获取对于t的表达式,利用二次函数的单一性即可获取其最大值.
四边形ACBD
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【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,
∴,
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∴,又

=,
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∴,即

a2=2b2.
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联立得,解得,
∴M的方程为.
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(Ⅱ)∵CD⊥AB,∴可设直线

CD的方程为

y=x+t

,
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联立,消去

y获取

2
3x+4tx+2t

2﹣6=0,
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∵直线CD与椭圆有两个不同样的交点,
∴△=16t2﹣12(2t2﹣6)=72﹣8t2>0,解﹣3<t<3(*).
设C(x3,y3),D(x4,y4),∴,.∴|CD|===.
联立获取3x2﹣4x=0,解得x=0或,∴交点为A(0,),B,
∴|AB|==.
∴S四边形===,
ACBD
∴当且仅当t=0时,四边形ACBD面积的最大值为,知足(*).
∴四边形ACBD面积的最大值为.
【讨论】本题综合察看了椭圆的定义、标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、直
线与椭圆订交问题转变为方程联立获取一元二次方程根与系数的关系、弦长公式、四边形的面积计算、二次函数的单一性等基础知识,察看了推理能力、数形联合的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力.
7.(2013?新课标Ⅰ)已知圆M:(x+1)2+y2=1,圆N:(x﹣1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并与圆N内切,圆心P的轨迹为曲线C.
(Ⅰ)求C的方程;
(Ⅱ)l是与圆P,圆M都相切的一条直线,l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求|AB|.
【分析】(I)设动圆的半径为R,由已知动圆P与圆M外切并与圆N内切,可得|PM|+|PN|=R+1+
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(3﹣R)=4,而|NM|=2,由椭圆的定义可知:动点的椭圆,求出即可;

P的轨迹是以M,N为焦点,4为长轴长
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(II)设曲线C上随意一点P(x,y),因为|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤4﹣2=2,因此R≤2,当且
仅当⊙P的圆心为(2,0)R=2时,其半径最大,其方程为(x﹣2)2+y2=①l的倾斜角为90°,此时l与y轴重合,可得|AB|.②若l的倾斜角不为90°,因为⊙M的半径1≠R,
可知l与x轴不平行,设l与x轴的交点为Q,依据,可得Q(﹣4,0),因此可设l:y=k(x+4),与椭圆的方程联立,获取根与系数的关系利用弦长公式即可得出.
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【解答】解:(I)由圆M:(x+1)2+y2=1,可知圆心M(﹣1,0);圆N:(x﹣1)2+y2=9,圆
心N(1,0),半径3.
设动圆的半径为R,
∵动圆P与圆M外切并与圆N内切,∴|PM|+|PN|=R+1+(3﹣R)=4,
而|NM|=2,由椭圆的定义可知:动点P的轨迹是以M,N为焦点,4为长轴长的椭圆,∴a=2,c=1,b2=a2﹣c2=3.
∴曲线C的方程为(x≠﹣2).
(II)设曲线C上随意一点P(x,y),
因为|PM|﹣|PN|=2R﹣2≤3﹣1=2,因此R≤2,当且仅当⊙P的圆心为(2,0)R=2时,其半径最大,其方程为(x﹣2)2+y2=4.
①l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得|AB|=.
②若l的倾斜角不为90°,因为⊙M的半径1≠R,可知l与x轴不平行,
设l与x轴的交点为Q,则,可得Q(﹣4,0),因此可设l:y=k(x+4),由l于M相切可得:,解得.
当时,联立,获取7x2+8x﹣8=0.
∴,.
∴|AB|===
因为对称性可知:当时,也有|AB|=.
综上可知:|AB|=或.
【讨论】本题综合察看了两圆的相切关系、直线与圆相切问题、椭圆的定义及其性质、直线
与椭圆订交问题转变为方程联立获取根与系数的关系、弦长公式等基础知识,需要较强的推
理能力和计算能力及其分类讨论的思想方法.
8.(2014?沧州校级一模)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,
离心率为3,直线y=2与C的两个交点间的距离为.
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(I)求a,b;
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(II)设过F2的直线l与C的左、右两支分别订交于A、B两点,且|AF1|=|BF1|,证明:|AF2|、
|AB|、|BF2|成等比数列.
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【分析】(I)由题设,可由离心率为示出来,再由直线成立方程求出参数

3获取参数a,b的关系,将双曲线的方程用参数a即可获取双曲线的方程;

a表
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(II)由(I)的方程求出两焦点坐标,设出直线l的方程设A(x1,y1),B(x2,y2),将其
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与双曲线C的方程联立,得出x1+x2=,,再利用|AF1|=|BF1|成立对于A,B坐标的方程,得出
两点横坐标的关系,由此方程求出k的值,得出直线的方程,从而可求得:|AF2|、|AB|、
|BF2|,再利用等比数列的性质进行判断即可证明出结论.
【解答】解:(I)由题设知=3,即=9,故b2=8a2
因此C的方程为8x2﹣y2=8a2
将y=2代入上式,并求得x=±,
由题设知,2=,解得a2=1
因此a=1,b=2
(II)由(I)知,F1(﹣3,0),F2(3,0),C的方程为8x2﹣y2=8①
由题意,可设l的方程为y=k(x﹣3),|k|<2代入①并化简得(k2﹣8)x2﹣6k2x+9k2+8=0
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1≤﹣1,x2≥1,x1+x2=,,于是
|AF1|==﹣(3x1+1),
|BF1|==3x2+1,
|AF1|=|BF1|得﹣(3x1+1)=3x2+1,即
故=,解得,从而=﹣
因为|AF2|==1﹣3x1,
|BF2|==3x2﹣1,
故|AB|=|AF2|﹣|BF2|=2﹣3(x1+x2)=4,|AF2||BF2|=3(x1+x2)﹣9x1x2﹣1=16
因此|AF2||BF2|=|AB|2,因此|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列
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