2018届高考理科数学第一轮复习基础达标演练1

1、A级基础达标演练(时间：40分钟满分：60分)一、选择题(每小题5分，共25分)1(2017荆州二检)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A1条 B2条 C3条 D4条解析结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x0)答案C2(2017银川模拟)过抛物线y24x的焦点作直线交抛物线于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若|AB|7，则AB的中点M到抛物线准线的距离为()A. B. C2 D3解析由题知抛物线的焦点为(1,0)，准线方程为x1.由抛物线定义知：|AB|AF|BF|x1x2x1x2p，即x1x227，得x1x25，于是弦AB的中点M的横坐标为，因此M到抛物线准线的距离为1.答案B3设双曲线1(a0，b0)的一条渐近线与抛物线yx21只有一个公共点，则双曲线的离心率为()A. B5 C. D.解析双曲线1的一条渐近线为yx，由方程组消去y得，x2x10有唯一解，所以240，2，e.答案D4(2011全国)已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线y2x

2、4与C交于A，B两点，则cosAFB()A. B. C D解析设点A(x1，y1)、B(x2，y2)由题意得点F(1,0)，由消去y得x25x40，x1或x4，因此点A(1，2)、B(4,4)，F(0，2)，F(3,4)，cosAFB，选D.答案D5(2011兰州模拟)已知A，B为抛物线C：y24x上的两个不同的点，F为抛物线C的焦点，若4，则直线AB的斜率为()A B C D解析由题意知焦点F(1,0)，直线AB的斜率必存在，且不为0，故可设直线AB的方程为yk(x1)(k0)，代入y24x中化简得ky24y4k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y24，又由4可得y14y2，联立式解得k.答案D二、填空题(每小题4分，共12分)6(2011北京东城检测)已知F1、F2为椭圆1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点若|F2A|F2B|12，则|AB|_.解析由题意知(|AF1|AF2|)(|BF1|BF2|)|AB|AF2|BF2|2a2a，又由a5，可得|AB|(|BF2|AF2|)20，即|AB|8.答案87(2017东北三校联考)已知双曲线方程是x21

3、，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是_解析设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x1，x1，得k4，从而所求方程为4xy70.将此直线方程与双曲线方程联立得14x256x510，0，故此直线满足条件答案4xy708(2011河南洛阳、安阳统考)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为F(0，1)，直线l与抛物线C相交于A，B两点若AB的中点为(2，2)，则直线l的方程为_解析由题意知，抛物线的方程为x24y，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x2，联立方程得两式相减得xx4(y1y2)，1，直线l的方程为y2(x2)，即yx.答案xy0三、解答题(共23分)9()(11分)设F1，F2分别是椭圆E：x21(0b1)的左，右焦点，过F1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列(1)求|AB|；(2)若直线l的斜率为1，求b的值思路分析第(1)问由椭圆定义可求；第(2)问将直线l与椭圆联立方程组，利用弦长公式求解解(1)由椭圆定义知|AF2|AB|BF2|4，又2|AB|AF2

4、|BF2|，得|AB|.(2)l的方程为yxc，其中c.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点坐标满足方程组化简得(1b2)x22cx12b20.则x1x2，x1x2.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|x2x1|，即|x2x1|.则(x1x2)24x1x2，解得b.10(12分)(2011陕西)设椭圆C：1(ab0)过点(0,4)，离心率为.(1)求C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标解(1)将(0,4)代入C的方程得1，b4，又e得，即1，a5，C的方程为1.(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y(x3)，设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80.x1x23，y1y2(x1x26)(36).，.即中点为.B级综合创新备选(时间：30分钟满分：40分)一、选择题(每小题5分，共10分)1()直线ykx1，当k变化时，此直线被椭圆y21截得的最大弦长是()A4 B. C2 D不能确定解析(筛选法)直线ykx1恒过点(0,1)，该点恰巧是椭圆y21的上顶点，椭圆的长轴长为4

5、，短轴长为2，而直线不经过椭圆的长轴和短轴，因此排除A、C；将直线ykx1绕点(0,1)旋转，与椭圆有无数条弦，其中必有最大弦长，因此排除D.故选B.答案B【点评】 本题通过运动的观点，得到直线在各种位置下的情形，从而排除错误选项，得到正确答案，避免了冗长的计算.2(2011四川)在抛物线yx2ax5(a0)上取横坐标为x14，x22的两点，过这两点引一条割线，有平行于该割线的一条直线同时与抛物线和圆5x25y236相切，则抛物线顶点的坐标为()A(2，9) B(0，5)C(2，9) D(1，6)解析由已知得抛物线经过(4,114a)和(2,2a1)两点，过这两点的割线斜率ka2.于是，平行于该割线的直线方程为y(a2)xb.该直线与圆相切，所以.该直线又与抛物线相切，于是(a2)xbx2ax5有两个相等的根，即由方程x22x5b0的0得b6，代入，注意到a0，得a4.所以抛物线方程为yx24x5(x2)29，顶点坐标为(2，9)答案A二、填空题(每小题4分，共8分)3(2017揭阳模拟)过椭圆1(ab0)的左顶点A且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M，与y轴的交点为B，若|AM|M

6、B|，则该椭圆的离心率为_解析由题意知A点的坐标为(a,0)，l的方程为yxa，B点的坐标为(0，a)，故M点的坐标为，代入椭圆方程得a23b2，c22b2，e.答案4(2017金华模拟)已知曲线1(ab0，且ab)与直线xy10相交于P、Q两点，且0(O为原点)，则的值为_解析将y1x代入1，得(ba)x22ax(aab)0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.x1x2y1y2x1x2(1x1)(1x2)2x1x2(x1x2)1.所以10，即2a2ab2aab0，即ba2ab，所以2.答案2三、解答题(共22分)5(10分)(2017株洲模拟)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，ABC的三个顶点都在抛物线上，且ABC的重心为抛物线的焦点，若BC所在直线l的方程为4xy200.(1)求抛物线C的方程；(2)若O是坐标原点，P，Q是抛物线C上的两动点，且满足POOQ，证明：直线PQ过定点(1)解设抛物线C的方程为y22mx，由得2y2my20m0，0，m0或m160.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1y2，x1x210.再设A(x3，y3)，由于

7、ABC的重心为F，则解得点A在抛物线上，22m.m8，抛物线C的方程为y216x.(2)证明当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为ykxb，显然k0，b0，POOQ，kPOkOQ1，设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，xPxQyPyQ0，将直线ykxb代入抛物线方程，得ky216y16b0，yPyQ.从而xPxQ，0，k0，b0，直线PQ的方程为ykx16k，PQ过点(16,0)；当PQ的斜率不存在时，显然PQx轴，又POOQ，POQ为等腰三角形，由得P(16,16)，Q(16，16)，此时直线PQ过点(16,0)，直线PQ恒过定点(16,0)6(12分)(2011福建)已知直线l：yxm，mR，(1)若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l相切于点P，且点P在y轴上，求该圆的方程；(2)若直线l关于x轴对称的直线为l，问直线l与抛物线C：x24y是否相切？说明理由解法一(1)依题意，点P的坐标为(0，m)因为MPl，所以11，解得m2，即点P的坐标为(0,2)从而圆的半径r|MP|2，故所求圆的方程为 (x2)2y28.(2)因为直线l的方程为yxm，所以直线l的方程为yxm，由得 x24x4m0.4244m16(1m)(1)当m1，即0时，直线l与抛物线C相切；(2)当m1，即0时，直线l与抛物线C不相切综上，当m1时，直线l与抛物线C相切；当m1时，直线l与抛物线C不相切法二(1)设所求圆的半径为r，则圆的方程可设为(x2)2y2r2依题意，所求圆与直线l：xym0相切于点P(0，m)，则解得所以所求圆的方程为(x2)2y28.(2)同法一

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