【全国百强校】江西省南昌市第十中学2018-2019学年高二上学期期中考试数学(理)试题

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江西省南昌市第十中学2018-2019学年高二上学期期中考试

数学（理）试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 总分 „„○ __○„___„_„___„„__„：„号„订考_订_„___„„___„„___„„：级„○班_○„___„_„__„_„___„„：名„装姓装_„__„_„___„„___„„_:校„○学○„„„„„„„„外内„„„„„„„„○○„„„„„„„„注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题

1．抛物线𝑦2=−4𝑥的焦点坐标为（ ）

A．（0，-2） B．（-2，0） C．（0，-1） D．（-1，0） 2．已知椭圆

𝑥225

+

𝑦2𝑚2=1（𝑚>0）的左焦点为F1(−4,0)，则𝑚=（ ）

A．9 B．4 C．3 D．2

3．下列双曲线中，焦点在𝑦轴上且渐近线方程为𝑦=±2𝑥的是（ ） A．𝑥2−

𝑦2𝑥24

=1 B．4−𝑦2=1 C．𝑦2𝑥24−𝑥2=1 D．𝑦2−

4

=1

4．过椭圆𝑥2

𝑦2

36+25=1的焦点F1作直线交椭圆与A、B两点，F2是椭圆的另一焦点，则△𝐴𝐵𝐹2的周长是（ ）

A．12 B．24 C．22 D．10 5．已知直线2𝑥+𝑦−2=0经过椭圆𝑥2𝑎

+𝑦22

𝑏2

=1(𝑎>𝑏>0)的上顶点与右焦点，则椭圆

的方程为( ) A．𝑥2

𝑦25+

4

=1 B．𝑥2

2

𝑥2𝑦25+𝑦=1 C．9+

4

=1 D．𝑥226+

𝑦4

=1

6．已知直线l过点𝑃 3,−2 且与椭圆C:𝑥2

𝑦2

20+16=1相交于𝐴,𝐵两点，则使得点P为弦AB中点的直线斜率为( )

A．−3

5 B．−6

6

3

5 C．5 D．5 7．已知F是抛物线x2=8y的焦点，若抛物线上的点A到x轴的距离为5，则|AF|=（ ）试卷第1页，总4页

„„„线„„„„○„„„„

A．4 B．5 C．6 D．7

(𝑡为参数)和圆𝑥2+𝑦2=16交于𝐴,𝐵两点，则𝐴𝐵的中点坐标8．直线 3𝑦=−3 3+𝑡

22

𝑥=1+𝑡

1

（ ）

A．(3,−3) B．(− 3,3) C．( 3,−3) D．(3,− 3)

9．过椭圆的右焦点𝐹2作椭圆长轴的垂线交椭圆于A,B两点，𝐹1为椭圆的左焦点，若∆𝐹1𝐴𝐵为正三角形，则椭圆的离心率为( ) 3„„„线„„„„○„„„„ A． 3 B．3 C．2- 3 D． 2-1 10．已知双曲线x2y24b2=1（b>0），以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为

A．x243y24=1 B．x24y243=1 C．x2y244=1 x2y2D．

412=1 11．双曲线𝑥2

𝑦2

𝑎2−𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2,𝐴是双曲线渐近线上的一点，𝐴𝐹2⊥𝐹1𝐹2，原点𝑂到直线𝐴𝐹1的距离为1

3|𝑂𝐹1|， 则渐近线的斜率为（ ）

A． 5或- 5 B． 2或- 2C．1或-1 D．

22或- 22

12．已知抛物线𝑀:𝑦2=2𝑥，圆𝑁: 𝑥−1 2+𝑦2=𝑟2 （r>0），过点 1,0 的直线l交圆N于C,D两点，交抛物线M于A,B两点，且满足 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷 的直线l恰有三条，则r的取值范围为( )

A．𝑟∈(0，3

2] B．𝑟∈（ 2，+∞） C．𝑟∈（2，+∞） D．𝑟∈(1，2]

试卷第2页，总4页

„„○ „※○※„„题※„„※„答„※„订※内订„※„„※线„„※„※„订„○※※○„装„„※※„„在※„„※„装要※装„※不„„※„„※请„„※„○※○„„„„„„„„内外„„„„„„„„○○„„„„„„„„„„„线„„„„○„„„„ „„„线„„„„○„„„„

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题

x2y21表示双曲线,则k的取值范围是______. 13．若曲线

4k1k14．椭圆9+𝑥2

𝑦22

=1的焦点为𝐹1，𝐹2，点P在椭圆上，若|𝑃𝐹1|=4，则∠𝐹1𝑃𝐹2的余弦值

„„○ __○„___„_„___„„__„：„号„订考_订_„___„„___„„___„„：级„○班_○„___„_„__„_„___„„：名„装姓装_„__„_„___„„___„„_:校„○学○„„„„„„„„外内„„„„„„„„○○„„„„„„„„为_______.

15．过双曲线𝑥2

𝑦2

𝑎2−𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左焦点F作圆𝑥2+𝑦2=𝑎2的切线，切点为E，

延长FE交双曲线于点P，O为坐标原点，若 𝑂𝐸=1

2

(𝑂𝐹+ 𝑂𝑃

)，则双曲线的离心率为_________

16．已知椭圆C：𝑥2𝑦2

𝑎2+𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的短轴长为2，离心率为 22，设过右焦点的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，过A，B作直线𝑥=2的垂线AP，BQ，垂足分别为P，𝑄.记𝜆=𝐴𝑃+𝐵𝑄𝑃𝑄

，若直线l的斜率𝑘≥ 3，则𝜆的取值范围为______．

评卷人 得分 三、解答题

17．(1)若椭圆的对称轴为坐标轴，长轴长与短轴长的和为18，焦距为6，求椭圆的方程； (2)求与椭圆𝑥2

24+𝑦=1共焦点且过点𝑄(2,1)的双曲线方程； 18．已知曲线𝐶 : 𝑥=4cos𝜑𝑦=3sin𝜑

(𝜑为参数)．

(1)将C的参数方程化为普通方程；

(2)若点P(x,y)是曲线C上的动点，求x+y的取值范围．

19．已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点𝑃(4,𝑚)到焦点的距离为6．

（1）求抛物线C的方程；

（2）若抛物线C与直线𝑦=𝑘𝑥−2相交于不同的两点A、B，且AB中点横坐标为2，求k的值．

20．椭圆的两个焦点坐标分别为F1(－ 3，0)和F2( 3，0)，且椭圆过点(1,− 32

) (1)求椭圆方程；

试卷第3页，总4页

„„„线„„„„○„„„„

(2)过点(−5,0)作不与y轴垂直的直线l交该椭圆于M，N两点，A为椭圆的左顶点,证明𝑀𝐴⊥𝑁𝐴．

21．已知平面内两个定点𝐴 −1,0 ,𝐵 1,0 ，过动点M作直线AB的垂线，垂足为N，且 • = . 𝑀𝑁𝐴𝑁𝐵𝑁

(1)求点M的轨迹曲线E的方程；

(2)若直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥−1与曲线E有交点，求实数k的取值范围. 22．己知𝐹1，𝐹2分别为椭圆C:+𝑥2

𝑦22

6

=1的左、右焦点，点𝑃(𝑥0,𝑦0)在椭圆C上．

„„„线„„„„○„„„„ 32

（1）求 𝑃𝐹 1⋅ 𝑃𝐹 2的最小值；

（2）已知直线l：𝑦=𝑘(𝑥+1)与椭圆C交于两点A、B，过点𝑃(−1,

2 33

)且平行于直线

l的直线交椭圆C于另一点Q，问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由．

试卷第4页，总4页

„„○ „※○※„„题※„„※„答„※„订※内订„※„„※线„„※„※„订„○※※○„装„※„※„„在※„„※装要„※装„※不„„※„„※请„„※※„○○„„„„„„„„内外„„„„„„„„○○„„„„„„„„

参考答案

1．D 【解析】 【分析】

由题意，抛物线𝑦2=−4𝑥，则𝑝=2，即可得到抛物线的焦点坐标，得到答案. 【详解】

由题意，抛物线𝑦2=−4𝑥，则𝑝=2，所以抛物线的焦点坐标为𝐹(−1,0)，故选D. 【点睛】

本题主要考查了抛物线的标准方程及几何性质的应用，其中解答中熟记抛物线的标准方程及其简单的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 2．C 【解析】 【分析】 利用椭圆

𝑥225

+

𝑦2𝑚2=1的左焦点为F1 −4,0 ，可得25−𝑚2=16，即可求解实数𝑚的值.

【详解】 由椭圆的方程

𝑥225

+

𝑦2𝑚2

=1(𝑚>0)的左焦点为F1 −4,0 ，

所以25−𝑚2=16，因为𝑚>0，解得𝑚=3，故选C. 【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的标准方程和简单的几何性质上解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 3．C 【解析】 【分析】

对选项首项判定焦点的位置，再求渐近线方程，即可得到答案. 【详解】

由题意，A中，可得焦点在𝑥轴上，不符合题意； B中，可得焦点在𝑥轴上，不符合题意；

C中，可得焦点在𝑦轴上，渐近线的方程为𝑦=±2𝑥，符合题意； D中，可得焦点在𝑦轴上，渐近线的方程为𝑦=±2𝑥，不符合题意，

答案第1页，总14页

1

故选C. 【点睛】

本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质，其中解答中熟记双曲线的标准化方程及其简单的几何性质是解答此类问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 4．B 【解析】 【分析】

由椭圆的方程求得𝑎=6,𝛥𝐴𝐵𝐹2的周长(𝐴𝐹1+𝐴𝐹2)+(𝐵𝐹1+𝐵𝐹2)，由椭圆的定义，即可求解. 【详解】 由椭圆的方程

𝑥236

+

𝑦225

=1可得𝑎=6,𝑏=5，

所以𝛥𝐴𝐵𝐹2的周长是(𝐴𝐹1+𝐴𝐹2)+(𝐵𝐹1+𝐵𝐹2)=2𝑎+2𝑎=24，故选B. 【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程，及椭圆的定义的应用，其中解答中熟记椭圆标准方程及其简单的几何性质，合理利用定义求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 5．A 【解析】 【分析】

求出直线与坐标轴的交点，推出椭圆的𝑎,𝑏，即可得到椭圆的方程. 【详解】

由题意，直线2x+y−2=0经过椭圆𝑎2+𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的上顶点与右焦点， 可得𝑐=1,𝑏=2，可得𝑎= 𝑏2+𝑐2= 5， 所以椭圆的标准方程为5+【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中熟记椭圆的额标准方程的形式和简单的几何性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 6．C

答案第2页，总14页

𝑥2

𝑦24

𝑥2

𝑦2

=1，故选A.

【解析】 【分析】

设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则20+16=1,20+16=1，两式相减，再利用中点公式和斜率公式，即可求解. 【详解】

设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则20+16=1,20+16=1， 两式相减

(𝑥1−𝑥2)(𝑥1+𝑥2)

20

2𝑥1

2𝑦1

2𝑥2

2𝑦2

2𝑥1

2𝑦1

2𝑥2

2𝑦2

+

(𝑦1−𝑦2)(𝑦1+𝑦2)

16

=0，

又由点𝑃(3,−2)为弦𝐴𝐵的中点， 所以𝑥1+𝑥2=6,𝑦1+𝑦2=−4，所以𝑘=【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中合理利用“点差法”和中点坐标公式、斜率公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 7．D 【解析】

试题分析：由已知得F（0，2），A（值．

解：∵F是抛物线x2=8y的焦点，∴F（0，2）， ∵抛物线上的点A到x轴的距离为5，∴A（∴|AF|=∴|AF|=7． 故选：D．

考点：抛物线的简单性质． 8．D 【解析】 【分析】

把直线的参数方程化为普通方程，代入圆的方程，利用韦达定理求得𝐴𝐵的中点的横坐标，进而得到𝐴𝐵中点的坐标.

=7．

，5），

，5），由此利用两点间距离公式能求出|AF|的

𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2

=，故选C.

5

6

答案第3页，总14页

【详解】

(𝑡为参数)，可得𝑦= 3𝑥−4 3， 由题意，直线 3𝑦=−3 3+𝑡

2

𝑥=1+2𝑡

1

代入圆𝑥2+𝑦2=16，可得𝑥2−6𝑥+8=0， 所以𝑥1+𝑥2=6，即𝐴𝐵中点的横坐标为3， 所以𝐴𝐵的中点的纵坐标为3 3−4 3=− 3， 所以𝐴𝐵中点的坐标为(3,− 3)，故选D. 【点睛】

本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及参数方程与普通方程的互化、中点公式的应用，其中解答中把直线的参数方程化为普通方程，代入曲线的方程，合理利用韦达定理求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 9．B 【解析】 【分析】

由题意，由于𝛥𝐹1𝐴𝐵为正三角形，可得在𝑅𝑡𝛥𝐴𝐹1𝐹2中，有 𝐴𝐹1 =2 𝐴𝐹2 , 𝐹1𝐹2 =2𝑐= 3 𝐴𝐹2 ，再结合椭圆的定义可得2𝑎= 𝐴𝐹1 + 𝐴𝐹2 =3 𝐴𝐹2 ，再由椭圆离心率的公式，即可求解. 【详解】

根据题意，如图所示，

可得𝛥𝐹1𝐴𝐵为正三角形，可得在𝑅𝑡𝛥𝐴𝐹1𝐹2中，有 𝐴𝐹1 =2 𝐴𝐹2 , 𝐹1𝐹2 =2𝑐= 3 𝐴𝐹2 ， 点𝐴在椭圆上，由椭圆的定义可得2𝑎= 𝐴𝐹1 + 𝐴𝐹2 =3 𝐴𝐹2 ， 则该椭圆的离心率𝑐=𝑎= 𝐴𝐹 1+ 2𝐴𝐹 =

1

2

𝑐 𝐹𝐹

3，故选3

B.

【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质，其中解答中注意借助直角三角形的性质分析 𝐴𝐹1 , 𝐴𝐹2 , 𝐹1𝐹2 之间的关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

答案第4页，总14页

10．D

【解析】试题分析：根据对称性，不妨设Ax,y在第一象限，则

，

x2y216bb21，故选D. ∴xy2b12，故双曲线的方程为412b422【考点】双曲线的渐近线

【名师点睛】求双曲线的标准方程时注意：

（1）确定双曲线的标准方程也需要一个“定位”条件，两个“定量”条件，“定位”是指确定焦点在哪条坐标轴上，“定量”是指确定a，b的值，常用待定系数法．

（2）利用待定系数法求双曲线的标准方程时应注意选择恰当的方程形式，以避免讨论． ①若双曲线的焦点不能确定时，可设其方程为Ax2＋By2＝1（AB＜0）．

②若已知渐近线方程为mx＋ny＝0，则双曲线方程可设为m2x2－n2y2＝λ（λ≠0）．

视频 11．D 【解析】 【分析】

设出点A的坐标，确定直线𝐴𝐹1的方程，利用点到直线的距离公式，及原点O到直线𝐴𝐹1的距离为 𝑂𝐹1 ，建立方程，即可求解渐近线的斜率.

31

【详解】

由题意，双曲线的渐近线的方程为𝑦=±𝑥，

𝑎𝑏

不妨设A在第一象限，则𝐴(𝑐,𝑎)，所以直线𝐴𝐹1的方程为𝑦−

𝑏

𝑏𝑐

1

𝑏𝑐𝑏𝑐𝑎

=

𝑏𝑐

𝑎𝑎2𝑐(𝑥−𝑐)，

即2𝑎𝑥−𝑦+2𝑎=0，所以原点O到直线𝐴𝐹1的距离为3 𝑂𝐹1 ， 所以𝑏𝑐2𝑎2 𝑏2+14𝑎=3𝑐⇒𝑎= 2𝑏，即𝑎=

1𝑏

2， 2

所以双曲线的渐近线的斜率为±

2，故选2

D.

答案第5页，总14页

【点睛】

本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中设出点A的坐标，利用点到直线的距离公式求得𝑎,𝑏的关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题. 12．B 【解析】 【分析】

由题意，当𝑙⊥𝑥轴和当𝑙与𝑥轴不垂直时，设直线𝑙:𝑥=𝑚𝑦+1，代入抛物线的方程𝑦2=2𝑥， 设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),𝐶(𝑥3,𝑦3),𝐷(𝑥4,𝑦4)，结合 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷 ，得2 𝑚2+2=解. 【详解】

由题意，当𝑙⊥𝑥轴时，过𝑥=1与抛物线交于(1,±2)，与圆交于(1,±𝑟)，满足题设； 当𝑙与𝑥轴不垂直时，设直线𝑙:𝑥=𝑚𝑦+1,𝑚≠0，

代入抛物线的方程𝑦2=2𝑥，得𝑦2−2𝑚𝑦−2=0，则𝛥=4𝑚2+8， 把直线𝑙:𝑥=𝑚𝑦+1代入圆的方程(𝑥−1)+𝑦=𝑟，整理得𝑦=设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),𝐶(𝑥3,𝑦3),𝐷(𝑥4,𝑦4),

因为 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷 ，所以𝑦1−𝑦3=𝑦2−𝑦4，即𝑦1−𝑦2=𝑦3−𝑦4 可得2 𝑚2+2=

2𝑟 𝑚2+12

2

2

2

𝑟2𝑚2+1

2𝑟 𝑚2+1，即可求，

，则𝑟= (𝑚2+2)(𝑚2+1)= 𝑚4+3𝑚2+2，

设𝑡=𝑚2>0，则𝑟= 𝑡2+3𝑡+2，此时 𝑡2+3𝑡+2> 2， 所以𝑟> 2，即实数𝑟的取值范围是( 2,+∞)，故选B. 【点睛】

本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系的应用，其中解答中利用等价转化思想和分类讨论，求得2 𝑚2+2=

2𝑟 𝑚2+1是解答的关键，着重考查了综合运算能力，以及分析问题和解答

问题的能力，属于难题. 13．,41, 【解析】试题分析:由题设可得

且

,解之得

且

答案第6页，总14页

,故应填k4,33,1. 22考点：椭圆的标准方程及运用． 14．−

21

【解析】 【分析】

根据题意，由椭圆的标准方程可得𝑎,𝑏的值，由椭圆的几何性质可得𝑐的值，由椭圆的定义，得 𝑃𝐹2 =2𝑎− 𝑃𝐹1 =2，在𝛥𝑃𝐹1𝐹2中利用余弦定理，即可求解. 【详解】

根据题意，椭圆的标准方程9+则有 𝐹1𝐹2 =2 7,

由椭圆的定义，可得 𝑃𝐹1 + 𝑃𝐹2 =2𝑎=6， 又由 𝑃𝐹1 =4，则 𝑃𝐹2 =6− 𝑃𝐹1 =2， 则cos∠𝐹1𝑃𝐹2=【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中涉及到椭圆的定义，三角形的余弦定理等知识点的综合应用，同时利用椭圆的定义求出 𝑃𝐹2 的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 15． 5 【解析】 【分析】

由题意，可知E是PF的中点，OE为𝛥𝐹𝐹′𝑃的中位线，根据三角形中中位线定理及双曲线的定义，即可求解𝑎,𝑏的关系，即可求出双曲线的离心率. 【详解】

由题意，双曲线𝑎2−𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)焦点在𝑥轴上，焦点𝐹′(𝑐,0)， 则 𝑂𝐹 =𝑐, 𝑂𝐸 =𝑎，所以 𝐸𝐹 =𝑏，

1

)，则E是PF的中点，OE为𝛥𝐹𝐹′𝑃的中位线， 因为 𝑂𝐸=2(𝑂𝐹+𝑂𝑃

𝑥2

𝑦2

42+22−(2 7)2

2×4×2

𝑥2

𝑦22

=1，可得𝑎=3,𝑏= 2，则𝑐= 9−2= 7，

=−.

2

1

则 𝑃𝐹 =2 𝐸𝐹 =2𝑏, 𝑃𝐹′ =2𝑎，

答案第7页，总14页

由双曲线的定理可知 𝑃𝐹′ − 𝑃𝐹 =2𝑎，则𝑏=2𝑎， 所以双曲线的离心率为𝑒=𝑎= 1+𝑎2= 5.

𝑐

𝑏2

【点睛】

本题主要考查了双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中合理用题设条件，借助双曲线的定义和三角形的中位线，求得𝑎,𝑏的关系式是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及转化思想的应用，属于中档试题. 16．( 2,2 63

]

【解析】 【分析】

根据已知条件求出椭圆𝐶的方程，在由直线𝑙过椭圆𝐶的右焦点，射出直线𝑙的方程，联立方程组，利用一元二次方程根与系数的关系能求出𝜆的取值范围. 【详解】 因为椭圆

𝑥2𝑎𝑐

2+

𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的短轴长为2，离心率为，

，解得𝑎= 2,𝑏=𝑐=1，所以椭圆𝐶:𝑥+𝑦2=1，

2

2

22

2𝑏=2

所以

𝑎=𝑏+𝑐2

2=𝑎222

因为过右焦点的直线𝑙过椭圆𝐶交于不同的两点𝐴,𝐵， 设直线的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，

𝑦=𝑘(𝑥−1)

，得(2𝑘2+1)𝑥2−4𝑘2𝑥+2𝑘2−2=0， 联立 𝑥2

2

+𝑦=12设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),𝑦1>𝑦2，则𝑥1+𝑥2=

4𝑘22𝑘2+1

,𝑥1𝑥2=

2𝑘2−22𝑘2+1

，

4−2𝑘2+14𝑘2

𝜆=

𝐴𝑃+𝐵𝑄2−𝑥1+2−𝑥24−(𝑥1+𝑥2)

=== 𝑃𝑄𝑦1−𝑦2𝑘(𝑥1−1)−𝑘(𝑥2−1)𝑘 (𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2

4𝑘22𝑘2+1=

4−

4𝑘22𝑘2−2𝑘 (2)2−4×22𝑘+12𝑘+1

=

2𝑘2+2𝑘

= 2+𝑘2，

2

答案第8页，总14页

因为𝑘≥ 3，所以当𝑘= 3时，𝜆max= 2+=

3

22 63

；

当𝑘→+∞时，𝜆min→ 2， 所以实数𝜆的取值范围是( 2,【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程及几何性质的综合应用，其中解答中认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，同时合理地等价转化，准确运算是解答的关键，试题有一定的综合性，属于中档试题，着重考查了转化思想的应用，以及推理与运算能力. 17．(1) 25+16=1或16+25=1 (2) 【解析】 【分析】

（1）根据椭圆的定义，列出方程，取得𝑎=5,𝑏=4，进而利用椭圆的额标准方程，即可求解；

（2）由焦点在𝑥轴上，可设双曲线方程为【详解】

解：（1）2𝑎+2𝑏=18,𝑎+𝑏=9,2𝑐=6,𝑐=3,𝑐2=𝑎2−𝑏2=9,𝑎−𝑏=1 得𝑎=5,𝑏=4，∴25+16=1或16+25=1

（2） 𝑐2=4−1，𝑐= 3，且焦点在𝑥轴上，可设双曲线方程为𝑎2−3−𝑎2=1过点𝑄(2,1)得

4𝑎2𝑥2

𝑦2

𝑥2

𝑦2

𝑥2

𝑦2

𝑥2𝑎

2−

2 63

].

𝑥2𝑦2𝑥2𝑦2𝑥22

−𝑦2=1

𝑦23−𝑎2

=1，代入点𝑄(2,1)，即可求解.

−3−𝑎2=1⇒𝑎=2,

1

2

𝑥22

−𝑦2=1

【点睛】

本题主要考查了标准方程的求解问题，其中解答中熟记椭圆的标准方程及其简单的几何性质的合理应用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 18．(1)16+【解析】 【分析】

（1）根据曲线的参数方程，消去参数𝜑，即可得到曲线的普通方程；

（2）根据曲线的参数方程，求得𝑥+𝑦=4cos𝜃+3sin𝜃，再利用三角函数的性质，即可求解.

答案第9页，总14页

𝑥2

𝑦29

=1 (2)[−5,5]

【详解】

𝑥=4𝑐𝑜𝑠𝜑

解：（1）∵𝐶 : (𝜑为参数)，

𝑦=3𝑠𝑖𝑛𝜑∴曲线C的普通方程为16+

𝑥2

𝑦29

=1．

4

（2）∵𝑥+𝑦=4𝑐𝑜𝑠𝜃+3𝑠𝑖𝑛𝜃=5𝑠𝑖𝑛(𝜑+𝜃)(𝑡𝑎𝑛𝜑=3). ∴当𝑠𝑖𝑛(𝜑+𝜃)=1时，𝑥+𝑦取得最大值5， 当𝑠𝑖𝑛(𝜑+𝜃)=−1时，𝑥+𝑦取得最小值−5． ∴𝑥+𝑦的取值范围是[−5,5]． 【点睛】

本题主要考查了参数方程与普通方程的互化，以及曲线的参数方程的应用，其中解答中掌握参数方程与普通方程的互化方法，以及合理利用曲线的参数方程是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题. 19．（1）𝑦2=8𝑥（2）2 【解析】

试题分析：（Ⅰ）由题意设：抛物线方程为𝑦2=2𝑝𝑥，其准线方程为𝑥=−2，根据抛物线的大于可得：4+2=6，进而得到答案；（Ⅱ）联立直线与抛物线的方程得𝑘2𝑥2−(4𝑘+8)𝑥+4=0，根据题意可得𝛥=64(𝑘+1)>0即k＞-1且k≠0，再结合韦达定理可得k的值

𝑝

𝑝

试题解析：（1）由已知设抛物线C的方程为，则其准线方程为

由抛物线的定义得：P（4,m）到准线的距离为6，即所以抛物线C的方程为：（2）设

解得：p=4

𝑦=𝑘𝑥−2 4𝑘+8由 2得𝑘2𝑥2−(4𝑘+8)𝑥+4=0∴𝑥1+𝑥2=𝑘2 𝑦=8𝑥

𝛥=(4𝑘+8)2−16𝑘2=64𝑘+64>0∴𝑘>−1

AB中点横坐标为2

∴

所以𝑘=2

答案第10页，总14页

𝑥1+𝑥22𝑘+4

==2,即𝑘2−𝑘−2=0,解得𝑘=2或𝑘=−1 22𝑘

考点：1．抛物线的标准方程；2．直线与圆锥曲线的关系 20．(1)

𝑥24

+𝑦2=1(2)见解析

【解析】 【分析】 (1)设椭圆方程为

𝑥2𝑎

2+

𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)，由题设代入点的坐标，求得𝑎2=4,𝑏2=1，即可

得到椭圆的方程；

（2）设直线的方程𝑥=𝑘𝑦−5，联立方程组，利用根与系数的关系，得到𝑦1+𝑦2,𝑦1𝑦2，再 =0，即可得到答案. 由向量的数量积的运算求得 𝐴𝑀⋅𝐴𝑁【详解】

解：(1)设椭圆方程为𝑎2+𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)， 由𝑐=

𝑎2−𝑏2 33 3，椭圆过点(1,−2)可得 1+2𝑎4𝑏2𝑥24

𝑥2

𝑦2

6

=3

， =1

解得𝑎2=4,𝑏2=1所以可得椭圆方程为+𝑦2=1.

6

(2)由题意可设直线MN的方程为：𝑥=𝑘𝑦−5， 联立直线MN和椭圆的方程： 𝑥2

4

𝑥=𝑘𝑦−5+𝑦2=1

6

化简得(k2＋4)y2－5ky－25＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则y1y2＝-6425（𝑘2+4）1264

，y1＋y2＝

12𝑘

5（𝑘2+4） 416

＝(x1＋2，y1)·又A(－2,0)，则 𝐴𝑀⋅𝐴𝑁(x2＋2，y2)＝(k2＋1)y1y2＋k(y1＋y2)＋＝0，

5

25

所以𝑀𝐴⊥𝑁𝐴. 【点睛】

本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质的应用，其中解答中通过直线和椭圆的方程联立方程组，转化为方程的根与系数的关系，结合向量的数量积的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 21．(1)𝑥2−𝑦2=1 (2)− 2≤𝑘≤ 2 【解析】

答案第11页，总14页

【分析】

= 𝑥+1,0 ，𝐵𝑁 = 0,−𝑦 ，𝐴𝑁 =(1)∵设点M坐标为 𝑥,𝑦 ，则𝑁 𝑥,0 ，由此得𝑀𝑁 𝑥−1,0 ，

根据向量的运算，即可求解曲线的方程；

（2）将直线方程与曲线方程联立方程组，根据直线l 与曲线E只有一个交点，列出不等式组，即可求解. 【详解】

解：(1)∵设点M坐标为 𝑥,𝑦 ，∴𝑁 𝑥,0 ， = 0,−𝑦 ， ∴ 𝑀𝑁

= 𝑥+1,0 , = 𝑥−1,0 ， 𝐴𝑁𝐵𝑁 · = ， ∵ 𝑀𝑁𝐴𝑁𝐵𝑁∴𝑦2=𝑥2−1， 即：𝑥2−𝑦2=1，

∴点M的轨迹方程为𝑥2−𝑦2=1；

𝑦=𝑘𝑥−1

(2)∵将直线方程与曲线方程联立 2，∴ 1−𝑘2 𝑥2+2𝑘𝑥−2=0， 2

𝑥−𝑦=1∴当1−𝑘2=0,即𝑘=±1时，直线l与曲线E渐近线平行， ∴直线l与曲线E只有一个交点，

𝑘≠±11−𝑘2≠1 ， ∴得 ， ∴当

∆=4𝑘2+8 1−𝑘2 ≥0− 2≤𝑘≤ 2− 2≤𝑘<−1或−1<𝑘<1或1<𝑘≤ 2 综上，直线与曲线E有交点时，的取值范围为− 2≤𝑘≤ 2． 【点睛】

本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等. 22．(1)1 (2)𝑥+ 3𝑦+1=0 【解析】 【分析】

（1）由题意，求得向量 𝑃𝐹1,𝑃𝐹2的坐标，利用向量的数量积的运算的到关于𝑥0的表示，即可

答案第12页，总14页

2

求解.

（2）直线与曲线联立方程组，求得𝑥1+𝑥2,𝑥1𝑥2，利用弦长公式求得 𝐴𝐵 ，再由𝑃𝑄//𝐴𝐵，得出𝑃𝑄的方程，与椭圆的方程联立方程组，利用弦长公式得到 𝑃𝑄 ，再由平行四边形𝑃𝐴𝐵𝑄的性质，即可求解. 【详解】

解：（1）由题意可知，𝐹1(−1,0)，𝐹2(1,0)，

222 ∴ 𝑃𝐹1=(−1−𝑥0,−𝑦0)，𝑃𝐹2=(1−𝑥0,−𝑦0)，∴𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2=𝑥0+𝑦0−1=3𝑥0+1

1

∵− 3≤𝑥0≤ 3，

∴ 𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2最小值1． (2)已知𝑃(−1,

2 33

)

𝑦=𝑘(𝑥+1)

𝑥2𝑦2

+=132由直线与椭圆联立得，(2+3𝑘2)𝑥2+6𝑘2𝑥+3𝑘2−6=0， 由韦达定理可知：𝑥1+𝑥2=−2+3𝑘2，𝑥1⋅𝑥2=2+3𝑘2． ∴由弦长公式可知丨AB丨= 1+∵𝑃(−1,

2 33

6𝑘2

3𝑘2−6

𝑘2|𝑥1−𝑥2|=

4 3(1+𝑘2)2+3𝑘2，

)，𝑃𝑄//𝐴𝐵，

2 33

∴直线PQ的方程为𝑦−=𝑘(𝑥+1)．

23 𝑦- =𝑘(𝑥+1)

3 22

𝑦 𝑥+=1 32将PQ的方程代入椭圆方程可知：（2+3𝑘2）𝑥2+6𝑘(𝑘+∵𝑥𝑃=−1， ∴𝑥𝑄=

2−3𝑘2−4 3𝑘2+3𝑘22 33

)+3(𝑘+

2 32

)3

−6=0，

，

|4−4 3|2+3𝑘2∴丨PQ丨= 1+𝑘2⋅丨𝑥𝑃−𝑥𝑄丨= 1+𝑘2⋅

，

若四边形PABQ成为平行四边形，则丨AB丨=丨PQ丨， ∴4 3 1+𝑘2=丨4−4 3𝑘丨，解得𝑘=−

3． 3

答案第13页，总14页

故符合条件的直线l的方程为𝑦=−【点睛】

3(𝑥3

+1)，即𝑥+ 3𝑦+1=0．

本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.

答案第14页，总14页