《（課標(biāo)通用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)56 理-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用）高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)56 理-人教版高三全冊(cè)數(shù)學(xué)試題（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)跟蹤檢測(cè)(五十六) [高考基礎(chǔ)題型得分練] 1．[2017·山西太原模擬]已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是點(diǎn)F1，F(xiàn)2，其離心率e＝，點(diǎn)P為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，△PF1F2面積的最大值為4. (1)求橢圓的方程； (2)若A，B，C，D是橢圓上不重合的四個(gè)點(diǎn)，AC與BD相交于點(diǎn)F1，·＝0，求||＋||的取值范圍． 解：(1)由題意，得當(dāng)點(diǎn)P是橢圓的上、下頂點(diǎn)時(shí)， △PF1F2面積取最大值， 此時(shí)S△PF1F2＝·|F1F2|·|OP|＝bc，∴bc＝4， ∵e＝，∴b＝2，a＝4， ∴橢圓的方程為＋＝1. (2)由(1)得，橢圓的方程為＋＝1， 則F1

2、的坐標(biāo)為(－2,0)， ∵·＝0，∴AC⊥BD. ①當(dāng)直線AC與BD中有一條直線斜率不存在時(shí)，易得||＋||＝6＋8＝14. ②當(dāng)直線AC的斜率k存在且k≠0時(shí)，則其方程為y＝k(x＋2)， 設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)， 聯(lián)立消去y，得 (3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0， ∴ ∴||＝|x1－x2|＝， 此時(shí)直線BD的方程為y＝－(x＋2)， 同理，由 可得||＝， ∴||＋||＝＋ ＝， 令t＝k2＋1(k≠0)，則t>1， ∴||＋||＝， ∵t>1，∴0<≤， ∴||＋||∈. 由①②可知，||＋||的取值范圍是. 2．[

3、2017·甘肅蘭州模擬]已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的離心率為e＝，過(guò)C1的左焦點(diǎn)F1的直線l：x－y＋2＝0被圓C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦長(zhǎng)為2. (1)求橢圓C1的方程； (2)設(shè)C1的右焦點(diǎn)為F2，在圓C2上是否存在點(diǎn)P，滿足|PF1|＝|PF2|？若存在，指出有幾個(gè)這樣的點(diǎn)(不必求出點(diǎn)的坐標(biāo))；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)∵直線l的方程為x－y＋2＝0， 令y＝0，得x＝－2，即F1(－2,0)， ∴c＝2，又e＝＝， ∴a2＝6，b2＝a2－c2＝2， ∴橢圓C1的方程為＋＝1. (2)∵圓心C2(3,3)到直線l：x－y＋2

4、＝0的距離d＝＝， 又直線l：x－y＋2＝0被圓C2：(x－3)2＋(y－3)2＝r2(r>0)截得的弦長(zhǎng)為2， ∴r＝＝＝2， 故圓C2的方程為(x－3)2＋(y－3)2＝4. 設(shè)圓C2上存在點(diǎn)P(x，y)滿足|PF1|＝|PF2|， 即|PF1|＝3|PF2|， 且F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)， 則＝3， 整理得2＋y2＝， 它表示圓心是C，半徑是的圓． ∵|CC2|＝＝， 故有2－<|CC2|<2＋，故圓C與圓C2相交，有兩個(gè)公共點(diǎn)． ∴圓C2上存在兩個(gè)不同的點(diǎn)P，滿足|PF1|＝|PF2|. 3．[2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅲ]已知拋物線

5、C：y2＝2x的焦點(diǎn)為F，平行于x軸的兩條直線l1，l2分別交C于A，B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線于P，Q兩點(diǎn)． (1)若F在線段AB上，R是PQ的中點(diǎn)，證明AR∥FQ； (2)若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點(diǎn)的軌跡方程． 解：由題知，F(xiàn).設(shè)l1：y＝a，l2：y＝b，則ab≠0，且A，B，P，Q， R. 記過(guò)A，B兩點(diǎn)的直線為l，則l的方程為2x－(a＋b)y＋ab＝0. (1)證明：由于F在線段AB上，故1＋ab＝0. 記AR的斜率為k1，F(xiàn)Q的斜率為k2，則 k1＝＝＝＝＝－b＝k2. 所以AR∥FQ. (2)解：設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0)， 則S△A

6、BF＝|b－a|·|FD|＝|b－a|， S△PQF＝. 由題設(shè)可得|b－a|＝， 所以x1＝0(舍去)或x1＝1. 設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x，y)． 當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，由kAB＝kDE可得＝(x≠1)． 而＝y(tǒng)，所以y2＝x－1(x≠1)． 當(dāng)AB與x軸垂直時(shí)，E與D重合． 所以，所求軌跡方程為y2＝x－1. [沖刺名校能力提升練] 1．[2017·河北石家莊摸底考試]平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，離心率e＝，過(guò)點(diǎn)F且垂直于x軸的直線被橢圓截得的弦長(zhǎng)為1. (1)求橢圓C的方程； (2)記橢圓C的上、下頂點(diǎn)分別為A，B，設(shè)

7、過(guò)點(diǎn)M(m，－2)(m≠0)的直線MA，MB與橢圓C分別交于點(diǎn)P，Q.求證：直線PQ必過(guò)一定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo)． 解：(1)由e＝，可得a2＝4b2， 因過(guò)點(diǎn)F垂直于x軸的直線被橢圓所截得弦長(zhǎng)為1， 所以＝1，所以b＝1，a＝4， 橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由(1)知，A(0,1)，B(0，－1)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(m，－2)， 直線MAP方程為y＝－x＋1， 直線MBQ方程為y＝－x－1. 分別與橢圓＋y2＝1聯(lián)立方程組，消去x，可得 y2－m2y＋－4＝0 和(m2＋4)y2＋2m2y＋m2－4＝0， 由韋達(dá)定理，可解得 P，Q. 則直線PQ的斜率k＝，

8、則直線方程為y－＝， 化簡(jiǎn)可得直線PQ的方程為y＝x－， 恒過(guò)定點(diǎn). 所以直線PQ必過(guò)y軸上的一定點(diǎn). 2.如圖，已知橢圓＋＝1的左焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為G，AB的中垂線與x軸和y軸分別交于D，E兩點(diǎn)． (1)若點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為－，求直線AB的斜率； (2)記△GFD的面積為S1，△OED(O為原點(diǎn))的面積為S2.試問(wèn)：是否存在直線AB，使得S1＝S2？并說(shuō)明理由． 解：(1)依題意可知，直線AB的斜率存在， 設(shè)其方程為y＝k(x＋1)，將其代入＋＝1， 整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x

9、2，y2)， 由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝－. 故點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為＝＝－， 解得k＝±. (2)假設(shè)存在直線AB，使得S1＝S2， 顯然直線AB不能與x軸、y軸垂直． 由(1)可得G. 設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(xD,0)．因?yàn)镈G⊥AB， 所以×k＝－1， 解得xD＝－，即D. 因?yàn)椤鱃FD∽△OED， 所以S1＝S2?|GD|＝|OD|. 即 ＝， 整理得8k2＋9＝0. 因?yàn)榇朔匠虩o(wú)解， 所以不存在直線AB，使得S1＝S2. 3．[2017·山西太原模擬]如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到拋物線C：y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線的距離為.點(diǎn)M(t,1)是C上的

10、定點(diǎn)，A，B是C上的兩動(dòng)點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)Q(m，n)在直線OM上． (1)求曲線C的方程及t的值； (2)記d＝，求d的最大值． 解：(1)y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線為x＝－， ∴1－＝，p＝， ∴拋物線C的方程為y2＝x. 又點(diǎn)M(t,1)在拋物線C上，∴t＝1. (2)由(1)知，點(diǎn)M(1,1)， 從而n＝m，即點(diǎn)Q(m，m)， 依題意，直線AB的斜率存在，且不為0， 設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0)． 且A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2， 故k·2m＝1， ∴直線AB的方程為y－m＝(x－m)， 即x－2my＋2m2－m＝0. 由消去x， 整理得y2－2my＋2m2－m＝0， ∴Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m. 從而|AB|＝·|y1－y2| ＝· ＝2. ∴d＝＝2≤m＋(1－m)＝1， 當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－m，即m＝時(shí)等號(hào)成立， 又m＝滿足Δ＝4m－4m2>0. ∴d的最大值為1.