高优指导2016届高考数学二轮复习 专题能力训练 文（打包19套）.zip

1专题能力训练 10 等差数列、等比数列一、选择题1.在等差数列{ an}中,若 a2+a4+a6+a8+a10=80,则 a7-a8的值为( )A.4 B.6 C.8 D.102.已知数列{ an}的前 n项和为 Sn,a1=1,Sn=2an+1,则 Sn=( )A.2n-1 B.C. D.3.等差数列{ an}的前 n项和为 Sn(n∈N *),若当首项 a1和公差 d变化时, a5+a8+a11是一个定值,则下列选项中为定值的是( )A.S17 B.S18 C.S15 D.S144.(2014陕西高考,文 4)根据下边框图,对大于 2的整数 N,输出的数列的通项公式是( )A.an=2n B.an=2(n-1)C.an=2n D.an=2n-15.一个正整数表如下(表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的 2倍):第 1行 1第 2行 2 3第 3行4 5 6 7… …则第 9行中的第 4个数是( )A.132 B.255 C.259 D.2606.已知数列{ an}是各项均为正数且公比不等于 1的等比数列( n∈N *).对于函数 y=f(x),若数列{ln f(an)}为等差数列,则称函数 f(x)为 “保比差数列函数 ”.现有定义在(0, +∞)上的如下函数:① f(x)=,② f(x)=x2,③ f(x)=ex,④ f(x)=,则为 “保比差数列函数 ”的所有序号为( )A.①② B.③④ C.①②④ D.②③④二、填空题7.等比数列{ an}的前 n项和为 Sn,若 S3+3S2=0,则 = . 8.在等差数列{ an}中, a1=7,公差为 d,前 n项和为 Sn,当且仅当 n=8时 Sn取得最大值,则 d的取值范围为 . 29.设{ an}是公比为 q的等比数列, |q|1,令 bn=an+1(n∈N *),若数列{ bn}有连续四项在集合{ -1,5,-7,12,17}中,则 q= . 三、解答题10.已知数列{ an}中, a1=,an=2-(n≥2, n∈N *),数列{ bn}满足 bn=(n∈N *).(1)求证:数列{ bn}是等差数列;(2)求数列{ an}中的最大项和最小项,并说明理由 .11.已知数列{ an}(n∈N *)是首项为 a,公比为 q≠0 的等比数列, Sn是数列{ an}的前 n项和,已知12S3,S6,S12-S6成等比数列 .问当公比 q取何值时, a1,2a7,3a4成等差数列 .12.已知数列{ an}是各项均不为 0的等差数列, Sn为其前 n项和,且满足 S2n-1=,n∈N *.(1)求{ an}的通项公式;(2)数列{ bn}满足 bn=Tn为数列{ bn}的前 n项和,求 T2n.答案与解析专题能力训练 10 等差数列、等比数列31.C 解析:由 a2+a4+a6+a8+a10=5a6=80,解得 a6=16.所以 a7-a8==8.故选 C.2.B 解析:因为 an+1=Sn+1-Sn,所以由 Sn=2an+1,得 3Sn=2Sn+1,所以,所以数列{ Sn}是以 S1=a1=1为首项,公比 q=的等比数列,所以 Sn=,选 B.3.C 解析:由 a5+a8+a11=3a1+21d=3(a1+7d)=3a8是定值,可知 a8是定值,所以 S15==15a8是定值 .4.C 解析:由程序框图可知 a1=2×1=2,a2=2×a1=2×2=4,a3=2a2=2×4=8,…,因此在{ an}中满足a1=2,an=2an-1.所以{ an}是首项和公比均为 2的等比数列,故 an=2·2n-1=2n,故选 C.5.C 解析:依题意,知前 8行共有 1+2+4+…+27==255个数,同时 255也是第 8行的最后一个数,故第 9行中的第 4个数为 259.6.C 解析:对于①,ln f(an)=ln=-ln an=-ln(a1qn-1)=-ln a1-(n-1)ln q为等差数列,故①是,B,D均错;对于④,ln f(an)=lnln(a1qn-1)=ln a1+(n-1)ln q为等差数列,故④是,A 错,故选 C.7.4 解析:显然公比 q≠1,设首项为 a1,则由 S3+3S2=0,得 =-3×,即 q3+3q2-4=0,即 q3-q2+4q2-4=q2(q-1)+4(q2-1)=0,即( q-1)(q2+4q+4)=0,所以 q2+4q+4=(q+2)2=0,解得 q=-2,所以 =q2=4.8. 解析:由题意知当 d0,∴数列{ an}中所有非负项的和最大 .又∵当且仅当 n=8时, Sn取最大值,∴解得 -1≤ d-.9.-2 解析:易知{ an}有四项在集合{ -2,4,-8,11,16}中,四项 -2,4,-8,16成等比数列,公比为 -2.10.(1)证明:因为 an=2-(n≥2, n∈N *),bn=,所以当 n≥2 时, bn-bn-1==1.又 b1==-,所以数列{ bn}是以 -为首项,以 1为公差的等差数列 .(2)解:由(1)知, bn=n-,则 an=1+=1+.设函数 f(x)=1+,易知 f(x)在区间内均为减函数,所以当 n=3时, an取得最小值 -1;当 n=4时, an取得最大值 3.11.解:由题意可知, a≠0 .(1)当 q=1时,则 12S3=36a,S6=6a,S12-S6=6a,此时不满足条件 12S3,S6,S12-S6成等比数列;(2)当 q≠1 时,则12S3=12×,S6=,S12-S6=,由题意,得 12×,化简整理,得(4 q3+1)(3q3-1)(1-q3)(1-q6)=0,解得 q3=-,或 q3=,或 q=-1.当 q=-1时, a1+3a4=-2a,2a7=2a,∴ a1+3a4≠2(2 a7),不满足条件;当 q3=-时, a1+3a4=a(1+3q3)=,2(2a7)=4aq6=,即 a1+3a4=2(2a7),所以当 q=-时,满足条件 .当 q3=时, a1+3a4=a(1+3q3)=2a,2(2a7)=4aq6=,∴ a1+3a4≠2(2 a7),从而当 q3=时,不满足条件 .综上,当 q=-时,使得 a1,2a7,3a4成等差数列 .12.解:(1)设{ an}首项为 a1,公差为 d,在 S2n-1=中,令 n=1,2,得解得 a1=2,d=4或 d=-2(舍去) .∴ an=4n-2.(2)由(1)得 bn=4∴ T2n=1+2×2-3+22+2×4-3+24+…+22n-2+2×2n-3=1+22+24+…+22n-2+4(1+2+…+n)-3n=+4·-3n=+2n2-n.1专题能力训练 11 数列求和及综合应用一、选择题1.在等差数列{ an}中, a1+a5=8,a8=19,则其前 10项的和 S10等于( )A.100B.115C.95D.852.在等比数列{ an}中, a1=2,前 n项的和为 Sn,若数列{ an+1}也是等比数列,则 Sn等于( )A.2nB.3nC.3n-1D.2n+1-23.已知 Sn是非零数列{ an}的前 n项和,且 Sn=2an-1,则 S2014等于( )A.1-22014B.22014-1C.22015-1D.220134.已知等比数列{ an}的前 n项和为 Sn,若 a2·a3=2a1,且 a4与 2a7的等差中项为,则 S5等于( )A.35B.33C.31D.295.等差数列{ an}的前 n项和为 Sn,已知 a5+a7=4,a6+a8=-2,则当 Sn取最大值时 n的值是( )A.5B.6C.7D.86.若向量 an=(cos2nθ ,sin nθ ),bn=(1,2sin nθ )(n∈N *),则数列{ an·bn+2n}的前 n项和 Sn等于( )A.n2B.n2+2nC.2n2+4nD.n2+n二、填空题7.等比数列{ an}的前 n项和为 Sn,且 4a1,2a2,a3成等差数列,若 a1=1,则 S4= . 8.已知数列{ an}满足 a1=,且对任意的正整数 m,n都有 am+n=am·an,则数列{ an}的前 n项和 Sn= . 9.对于数列{ an},定义数列{ an+1-an}为数列{ an}的 “差数列 ”,若 a1=2,{an}的 “差数列 ”的通项为2n,则数列{ an}的前 n项和 Sn= . 三、解答题10.(2014四川成都三诊)已知正项等比数列{ an}满足 a2=,a4=,n∈N *.(1)求数列{ an}的通项公式;(2)设数列{ bn}满足 bn=log3an·log3an+1,求数列的前 n项和 Tn.11.已知函数 f(x)=,数列{ an}满足 a1=1,an+1=f,n∈N *.(1)求数列{ an}的通项公式;(2)令 bn=(n≥2), b1=3,Sn=b1+b2+…+bn,若 Sn0,得 n,∴前 6项和最大 .故选 B.6.B 解析: an·bn+2n=cos2nθ +2sin2nθ +2n=(1-2sin2nθ )+2sin2nθ +2n=2n+1,则数列{ an·bn+2n}是等差数列,∴ Sn==n2+2n.故选 B.7.15 解析:设等比数列{ an}的公比为 q,由题意得 4a1+a3=4a2,即 q2-4q+4=0,∴ q=2.故 S4==15.8.2- 解析:令 m=1,则 an+1=a1·an,∴数列{ an}是以 a1=为首项,为公比的等比数列,Sn==2-.9.2n+1-2 解析:∵ an+1-an=2n,∴ an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n,∴ Sn==2n+1-2.10.解:(1)设公比为 q.∵ =q2,∴ q=或 q=-.又数列{ an}为正项等比数列,∴ q=.又∵ a2=,∴ a1=.∴ an=,n∈N *.(2)∵ bn=log3an·log3an+1,n∈N *,∴ bn=n(n+1),n∈N *.∴ .∴ Tn=1-+…+=1-.11.解:(1)∵ an+1=f=an+,∴{ an}是以 1为首项,为公差的等差数列 .∴ an=1+(n-1)×n+.(2)当 n≥2 时, bn==,又 b1=3=,∴ Sn=b1+b2+…+bn==.∵ Sn对一切 n∈N *成立,∴ .又递增,且,∴,即 m≥2014 .4∴最小正整数 m=2014.12.解:(1)由 bn=2-2Sn,令 n=1,则 b1=2-2S1,∴ b1=.当 n≥2 时,由 bn=2-2Sn,可得 bn-bn-1=-2(Sn-Sn-1)=-2bn,即,所以{ bn}是以 b1=为首项,为公比的等比数列,则 bn=.(2)数列{ an}为等差数列,公差 d=(a7-a5)=3,可得 an=3n-1,从而 cn=an·bn=2(3n-1)·,∴ Tn=2,Tn=2,∴ Tn=2,∴ Tn=.1专题能力训练 12 空间几何体一、选择题1.如图,一个简单组合体的正视图和侧视图相同,是由一个正方形与一个正三角形构成,俯视图中,圆的半径为 .则该组合体的表面积为( )A.15π B.18πC.21π D.24π2.(2014 山东实验中学高三模拟)如图,一个 “半圆锥 ”的正视图是边长为 2 的正三角形,侧视图是直角三角形,俯视图是半圆及其圆心,这个几何体的体积为( )A. B.C.2π D.π3.已知正三棱柱(底面为等边三角形且侧棱垂直于底面) ABC-A1B1C1的底面边长为 2,侧棱长为, D 为BC 的中点,则三棱锥 A-B1DC1的体积为( )A.3 B.C.1 D.4.如图,在半径为 3 的球面上有 A,B,C 三点,∠ ABC=90°,BA=BC,球心 O 到平面 ABC 的距离是,则B,C 两点的球面距离是( )A. B.πC. D.2π5.(2014 辽宁大连双基考试)如图,在边长为 1 的正方形网格中用粗线画出了某个多面体的三视图,则该多面体的体积为( )A.15 B.13 C.12 D.926.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 4,动点 E,F 在棱 A1B1上,点 Q 是棱 CD 的中点,动点 P 在棱 AD 上 .若 EF=2,DP=m,A1E=n(m,n 大于 0),则三棱锥 P-EFQ 的体积( )A.与 m,n 都有关 B.与 m,n 都无关C.与 m 有关,与 n 无关 D.与 n 有关,与 m 无关二、填空题7.若某几何体的三视图如下(尺寸的长度单位为 m),则该几何体的体积为 m 3. 8.(2014 四川成都二诊)如图所示的正三角形是一个圆锥的侧视图,则这个圆锥的侧面积为 .侧视图9.设 OA 是球 O 的半径, Q 是 OA 的中点,过 Q 且与 OA 与 45°角的平面截球 O 的表面得到圆 C,若圆 C的面积等于,则球 O 的表面积等于 . 三、解答题10.某高速公路收费站入口处的安全标志墩如图①所示 .墩的上半部分是四棱锥 P-EFGH,下半部分是长方体 ABCD-EFGH.图②,图③分别是该标志墩的正视图和俯视图 .(1)请画出该安全标志墩的侧视图;(2)求该安全标志墩的体积;(3)证明:直线 BD⊥平面 PEG.311.如图,四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠ BAD=60°.已知 PB=PD=2,PA=.(1)求证: PC⊥ BD;(2)若 E 为 PA 的中点,求三棱锥 P-BCE 的体积 .12.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面是直角梯形 ABCD,其中 AD⊥ AB,CD∥ AB,AB=4,CD=2,侧面 PAD 是边长为 2 的等边三角形,且与底面 ABCD 垂直, E 为 PA 的中点 .(1)求证: DE∥平面 PBC;(2)求三棱锥 A-PBC 的体积 .4答案与解析专题能力训练 12 空间几何体1.C 解析:由三视图可知,该几何体是圆锥与等底面的圆柱组合而成的组合体,所以该几何体的表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和底面圆的面积的和,所以该几何体的表面积为S=π ××2+2π ××2+π ×()2=21π .2.B3.C 解析:因为 D 是等边△ ABC 的边 BC 的中点,所以 AD⊥ BC.又 ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以 AD⊥平面 BB1C1C.又四边形 BB1C1C 为矩形,所以 ×2×.又 AD=2×,所以· AD==1.故选 C.4.B 解析:因为 AC 是小圆的直径,所以过球心 O 作小圆的垂线,垂足 O'是 AC 的中点 .O'C=,AC=3,所以 BC=3,即 BC=OB=OC.所以∠ BOC=,则 B,C 两点的球面距离为 ×3=π .5.B 解析:该题中的几何体的直观图如图所示,其中底面 ABCD 是一个矩形(其中 AB=5,BC=2),棱 EF∥底面 ABCD,且 EF=3,直线 EF 到底面 ABCD 的距离是 3.连接 EB,EC,则题中的多面体的体积等于四棱锥 E-ABCD 与三棱锥 E-FBC 的体积之和,而四棱锥E-ABCD 的体积等于 ×(5×2)×3=10,三棱锥 E-FBC 的体积等于 ×2=3,因此题中的多面体的体积等于10+3=13,故选 B.6.C 解析:∵ DC∥ A1B1,EF=2,∴ S△ EFQ=×2×4=4(定值) .三棱锥 P-EFQ 底面 EFQ 上的高为点 P 到平面 A1DCB1的距离,为 DP·sin45°=m,∴ VP-EFQ=×4m=m.7.4 解析:这是一个三棱锥,高为 2,底面三角形一边为 4,这条边上的高为 3,体积等于×2×4×3=4.8.2π 解析:由题图可知,圆锥的母线 l 长为 2,高为,底面圆的半径为 1,所以圆锥的侧面积为 ×2×2π =2π .9.8π510.解:(1)侧视图同正视图,如图所示 .(2)该安全标识墩的体积为V=VP-EFGH+VABCD-EFGH=×402×60+402×20=32000+32000=64000(cm3).(3)证明:如图,连接 EG,HF 及 BD,EG 与 HF 相交于点 O,连接 PO.由题图易知 PO⊥平面 EFGH,∴ PO⊥ HF.又 EG⊥ HF,PO∩ EG=O,∴ HF⊥平面 PEG.又 BD∥ HF,∴ BD⊥平面 PEG.11.(1)证明:连接 AC,交 BD 于点 O,连接 PO.因为底面 ABCD 是菱形,所以 AC⊥ BD,BO=DO.由 PB=PD 知, PO⊥ BD.再由 PO∩ AC=O 知, BD⊥平面 APC,因此 BD⊥ PC.(2)解:因为 E 是 PA 的中点,所以 VP-BCE=VC-PEB=VC-PAB=VB-APC.由 PB=PD=AB=AD=2 知,△ ABD≌△ PBD.因为∠ BAD=60°,所以 PO=AO=,AC=2,BO=1.又 PA=,PO2+AO2=PA2,即 PO⊥ AC,故 S△ APC=PO·AC=3.由(1)知, BO⊥平面 APC,因此 VP-BCE=VB-APC=·BO·S△ APC=.12.(1)证明:如图,取 AB 的中点 F,连接 DF,EF.在直角梯形 ABCD 中, CD∥ AB,且 AB=4,CD=2,所以 BF￿ CD.所以四边形 BCDF 为平行四边形 .所以 DF∥ BC.在△ PAB 中, PE=EA,AF=FB,所以 EF∥ PB.又因为 DF∩ EF=F,PB∩ BC=B,所以平面 DEF∥平面 PBC.因为 DE⊂平面 DEF,所以 DE∥平面 PBC.(2)解:取 AD 的中点 O,连接 PO.在△ PAD 中, PA=PD=AD=2,6所以 PO⊥ AD,PO=.又因为平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD,所以 PO⊥平面 ABCD.在直角梯形 ABCD 中, CD∥ AB,且 AB=4,AD=2,AB⊥ AD,所以 S△ ABC=×AB×AD=×4×2=4.故三棱锥 A-PBC 的体积 VA-PBC=VP-ABC=×S△ ABC×PO=×4×.1专题能力训练 14 直线、圆一、选择题1.若直线 x+2ay-5=0与 ax+4y+2=0平行,则 a的值为( )A.2 B.±2C. D.±2.(2014四川雅安三诊改编)若直线 l过点 P(-2,2),以 l上的点为圆心,1 为半径的圆与圆C:x2+y2+12x+35=0没有公共点,则直线 l的斜率 k的取值范围是( )A.B.(-∞,0)∪C.D.3.若直线 x-y+2=0与圆 C:(x-3)2+(y-3)2=4相交于 A,B两点,则的值为( )A.-1 B.0 C.1 D.64.已知点 M是直线 3x+4y-2=0上的动点,点 N为圆( x+1)2+(y+1)2=1上的动点,则 |MN|的最小值是( )A. B.1C. D.5.(2014河南南阳三联)动圆 C经过点 F(1,0),并且与直线 x=-1相切,若动圆 C与直线 y=x+2+1总有公共点,则圆 C的面积( )A.有最大值 8πB.有最小值 2πC.有最小值 3πD.有最小值 4π二、填空题6.(2014江苏高考,9)在平面直角坐标系 xOy中,直线 x+2y-3=0被圆( x-2)2+(y+1)2=4截得的弦长为 . 7.(2014湖北高考,文 17)已知圆 O:x2+y2=1和点 A(-2,0),若定点 B(b,0)(b≠ -2)和常数 λ 满足:对圆 O上任意一点 M,都有 |MB|=λ|MA| ,则(1)b= ; (2)λ= . 8.(2014重庆高考,文 14)已知直线 x-y+a=0与圆心为 C的圆 x2+y2+2x-4y-4=0相交于 A,B两点,且AC⊥ BC,则实数 a的值为 . 9.过圆 x2+y2=1上一点作圆的切线与 x轴、 y轴的正半轴交于 A,B两点,则 |AB|的最小值为 . 三、解答题10.已知直线 l过点(2, -6),它在 y轴上的截距是在 x轴上的截距的 2倍,求直线 l的方程 .11.已知以点 C(t∈R, t≠0)为圆心的圆与 x轴交于点 O,A,与 y轴交于点 O,B,其中 O为原点 .(1)求证:△ OAB的面积为定值;(2)设直线 y=-2x+4与圆 C交于点 M,N,若 OM=ON,求圆 C的方程 .212.已知△ ABC的三个顶点 A(-1,0),B(1,0),C(3,2),其外接圆为☉ H.(1)若直线 l过点 C,且被☉ H截得的弦长为 2,求直线 l的方程;(2)对于线段 BH上的任意一点 P,若在以 C为圆心的圆上都存在不同的两点 M,N,使得点 M是线段 PN的中点,求☉ C的半径 r的取值范围 .答案与解析专题能力训练 14 直线、圆1.D 解析:当 a=0时,不符合题意;当 a≠0 时,由 -=-,得 a=±,故选 D.2.B 解析:由题意可知直线 l的方程为 y=k(x+2)+2,圆 C的圆心为( -6,0),要使两圆无交点,则 d=2,解得 k.3.B 解析:由题意可知,圆心 C(3,3)到直线 AB:x-y+2=0的距离为 d=.又因为 sin∠ BAC=,所以∠ BAC=45°.又因为 CA=CB,所以∠ BCA=90°.故 =0.4.C 解析:因为圆心( -1,-1)到点 M的距离的最小值为点( -1,-1)到直线 3x+4y-2=0的距离d=,所以点 N到点 M的距离的最小值为 d-1=.5.D 解析:设圆心为( a,b),半径为 r,r=|CF|=|a+1|,3即( a-1)2+b2=(a+1)2,即 a=b2,∴圆心为, r=b2+1,圆心到直线 y=x+2+1的距离为d=+1,∴ b≤ -2(2+3)或 b≥2 .当 b=2时, rmin=×4+1=2,∴ Smin=π r2=4π .6. 解析:圆( x-2)2+(y+1)2=4的圆心为 C(2,-1),半径 r=2,圆心 C到直线 x+2y-3=0的距离为d=,故所求弦长 l=2=2.7.(1)- (2) 解析:因为对圆 O上任意一点 M,都有 |MB|=λ|MA| ,所以可取圆上点( -1,0),(1,0),满足解得 b=-或 b=-2(舍去), b=-,λ= ,故答案为(1) -,(2).8.0或 6 解析:由题意,得圆心 C的坐标为( -1,2),半径 r=3.因为 AC⊥ BC,所以圆心 C到直线 x-y+a=0的距离 d=r=,即 |-3+a|=3,所以 a=0或 a=6.9.2 解析:假设直线 lAB:=1.由于圆心(0,0)到 l的距离为 1,可得 a2b2=a2+b2.又 a2b2≤,所以 a2+b2≥4 .当且仅当 a=b=时等号成立 .故 |AB|=≥2 .10.解:当直线 l过原点时,它在两坐标轴上的截距都是 0,适合题意,此时直线 l的方程为 y=x,即 y=-3x,可化为 3x+y=0;当直线 l不过原点时,设它在 x轴上的截距为 a(a≠0),则它在 y轴上的截距为 2a,则直线的截距式为 =1,把点(2, -6)的坐标代入得 =1,解得 a=-1,故此时直线 l的方程为 -x-=1,可化为 2x+y+2=0.综上,直线 l的方程为 3x+y=0或 2x+y+2=0.11.(1)证明:∵圆 C过原点 O,∴ OC2=t2+.设圆 C的方程是( x-t)2+=t2+,令 x=0,得 y1=0,y2=;令 y=0,得 x1=0,x2=2t,∴ S△ OAB=OA·OB=·|2t|=4,即△ OAB的面积为定值 .(2)解:∵ OM=ON,CM=CN,∴ OC垂直平分线段 MN.∵ kMN=-2,∴ kOC=.∴直线 OC的方程是 y=x.∴ t,解得 t=2或 t=-2.当 t=2时,圆心 C的坐标为(2,1),OC=,此时 C到直线 y=-2x+4的距离 d=,圆 C与直线 y=-2x+4相交于两点 .当 t=-2时,圆心 C的坐标为( -2,-1),此时 C到直线 y=-2x+4的距离为 .又 OC=,显然不合题意 .综上所述,满足条件的圆 C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.412.解:(1)线段 AB的垂直平分线方程为 x=0,线段 BC的垂直平分线方程为 x+y-3=0,所以外接圆圆心 H(0,3),半径,☉ H的方程为 x2+(y-3)2=10.设圆心 H到直线 l的距离为 d,因为直线 l被☉ H截得的弦长为 2,所以 d==3.当直线 l垂直于 x轴时,显然符合题意,即 x=3为所求;当直线 l不垂直于 x轴时,设直线方程为 y-2=k(x-3),则 =3,解得 k=,综上,直线 l的方程为 x=3或 4x-3y-6=0.(2)直线 BH的方程为 3x+y-3=0,设 P(m,n)(0≤ m≤1), N(x,y),因为点 M是线段 PN的中点,所以 M.又 M,N都在半径为 r的☉ C上,所以即因为该关于 x,y的方程组有解,即以(3,2)为圆心, r为半径的圆与以(6 -m,4-n)为圆心,2 r为半径的圆有公共点,所以(2 r-r)2≤(3 -6+m)2+(2-4+n)2≤( r+2r)2,又 3m+n-3=0,所以 r2≤10 m2-12m+10≤9 r2对∀ m∈[0,1]成立 .而 f(m)=10m2-12m+10在[0,1]上的值域为,故 r2≤,且 10≤9 r2.又线段 BH与圆 C无公共点,所以( m-3)2+(3-3m-2)2r2对∀ m∈[0,1]成立,即 r2.故☉ C的半径 r的取值范围为 .1专题能力训练 15 椭圆、双曲线与抛物线一、选择题1.(2014 四川内江四模)双曲线 =1 的离心率 e=( )A.2 B. C. D.32.(2014 河北唐山二模)已知椭圆 C1:=1(ab0)与圆 C2:x2+y2=b2,若在椭圆 C1上存在点 P,使得由点P 所作的圆 C2的两条切线互相垂直,则椭圆 C1的离心率的取值范围是( )A. B.C. D.3.已知双曲线 =1(a0,b0)的两条渐近线均和圆 C:x2+y2-6x+5=0 相切,且双曲线的右焦点为圆 C 的圆心,则该双曲线的方程为( )A.=1B.=1C.=1D.=14.(2014 课标全国Ⅰ高考,文 10)已知抛物线 C:y2=x 的焦点为 F,A(x0,y0)是 C 上一点, |AF|=x0,则x0=( )A.1 B.2 C.4 D.85.已知实数 4,m,9 构成一个等比数列,则圆锥曲线 +y2=1 的离心率为( )A. B.C. D.6.(2014 四川凉山州第二次诊断)若 F1,F2是双曲线 =1 的两个焦点,点 P 是该双曲线上一点,满足|PF1|+|PF2|=9,则 |PF1|·|PF2|=( )A.4 B.5 C.1 D.二、填空题7.(2014 四川资阳模拟)顶点在原点,对称轴是 y 轴,并且经过点 P(-4,-2)的抛物线方程是 . 8.在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 C 的中心为原点,焦点 F1,F2在 x 轴上,离心率为 .过 F1的直线 l交 C 于 A,B 两点,且△ ABF2的周长为 16,那么椭圆 C 的方程为 . 9.(2014 山东高考,文 15)已知双曲线 =1(a0,b0)的焦距为 2c,右顶点为 A,抛物线 x2=2py(p0)的焦点为 F,若双曲线截抛物线的准线所得线段长为 2c,且 |FA|=c,则双曲线的渐近线方程为 .三、解答题10.已知椭圆 C:=1(ab0)的左焦点 F 及点 A(0,b),原点 O 到直线 FA 的距离为 b.(1)求椭圆 C 的离心率 e;(2)若点 F 关于直线 l:2x+y=0 的对称点 P 在圆 O:x2+y2=4 上,求椭圆 C 的方程及点 P 的坐标 .11.(2014 福建高考,文 21)已知曲线 Γ 上的点到点 F(0,1)的距离比它到直线 y=-3 的距离小 2.(1)求曲线 Γ 的方程;(2)曲线 Γ 在点 P 处的切线 l 与 x 轴交于点 A,直线 y=3 分别与直线 l 及 y 轴交于点 M,N.以 MN 为直径作圆 C,过点 A 作圆 C 的切线,切点为 B.试探究:当点 P 在曲线 Γ 上运动(点 P 与原点不重合)时,线段 AB 的长度是否发生变化?证明你的结论 .12.过椭圆 =1(ab0)的左顶点 A 作斜率为 2 的直线,与椭圆的另一个交点为 B,与 y 轴的交点为 C,已知 .2(1)求椭圆的离心率;(2)设动直线 y=kx+m 与椭圆有且只有一个公共点 P,且与直线 x=4 相交于点 Q,若 x 轴上存在一定点M(1,0),使得 PM⊥ QM,求椭圆的方程 .答案与解析专题能力训练 15 椭圆、双曲线与抛物线1.A 解析:由双曲线的标准方程可知 c2=16+48=64,∴ c=8,a=4.∴ e==2.2.C 解析:从椭圆上长轴端点向圆引两条切线 P'A,P'B,则两切线形成的角∠ AP'B 最小 .若椭圆 C1上存在点 P',令切线互相垂直,则只需∠ AP'B≤90°,即 α= ∠ AP'O≤45°,∴sin α= ≤sin45° =.又 b2=a2-c2,∴ a2≤2 c2,∴ e2≥,即 e≥ .又∵0 0,b0)的两条渐近线的方程为 y=±x,即 bx±ay=0.又圆 C 的标准方程为( x-3)2+y2=4,半径为 2,圆心坐标为(3,0),∴ a2+b2=9,且 =2,解得 a2=5,b2=4.∴该双曲线的方程为 =1.4.A 解析:由抛物线方程 y2=x 知,2 p=1,,即其准线方程为 x=-.因为点 A 在抛物线上,由抛物线的定义知|AF|=x0+=x0+,于是 x0=x0+,解得 x0=1,故选 A.5.C 解析:因为已知实数 4,m,9 构成一个等比数列,所以可得 m2=36,解得 m=6 或 m=-6.当圆锥曲线为椭圆时,即 +y2=1 的方程为 +y2=1.所以 a2=6,b2=1,则 c2=a2-b2=5.所以离心率 e=.当是双曲线时可求得离心率为 .3故选 C.6.D 解析:由题意结合双曲线的定义知||PF1|-|PF2||=4.则由可解得 |PF1|·|PF2|=.故选 D.7.=1 解析:由椭圆的第一定义可知△ ABF2的周长为 4a=16,得 a=4,又离心率为,即,所以 c=2.故 a2=16,b2=a2-c2=16-8=8,椭圆 C 的方程为 =1.8.y=±x 解析:由已知得 |OA|=a.∵ |AF|=c,∴ |OF|==b,∴ b=.∴抛物线的准线 y=-=-b.把 y=-b 代入双曲线 =1 得 x2=2a2,∴直线 y=-被双曲线截得的线段长为 2a,从而 2a=2c.∴ c=a,∴ a2+b2=2a2,∴ a=b,∴渐近线方程为 y=±x.9.解:(1)由点 F(-ae,0),点 A(0,b),及 b=,得直线 FA 的方程为 =1,即 x-ey+ae=0.∵原点 O 到直线 FA 的距离为 b=ae,∴· a=ae,解得 e=.(2)设椭圆 C 的左焦点 F 关于直线 l:2x+y=0 的对称点为 P(x0,y0),则有解得 x0=a,y0=a.∵点 P 在圆 x2+y2=4 上,∴ =4.∴ a2=8,b2=(1-e2)a2=4.故椭圆 C 的方程为 =1,点 P 的坐标为 .10.解法一:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点,依题意,点 S 到 F(0,1)的距离与它到直线 y=-1 的距离相等,所以曲线 Γ 是以点 F(0,1)为焦点、直线 y=-1 为准线的抛物线,所以曲线 Γ 的方程为 x2=4y.(2)当点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变 .证明如下:由(1)知抛物线 Γ 的方程为 y=x2,4设 P(x0,y0)(x0≠0),则 y0=,由 y'=x,得切线 l 的斜率 k=y'x0,所以切线 l 的方程为 y-y0=x0(x-x0),即 y=x0x-.由得 A.由得 M.又 N(0,3),所以圆心 C,半径 r=|MN|=,|AB|===.所以点 P 在曲线 Γ 上运动时,线段 AB 的长度不变 .解法二:(1)设 S(x,y)为曲线 Γ 上任意一点,则 |y-(-3)|-=2,依题意,点 S(x,y)只能在直线 y=-3 的上方,所以 y-3,所以 =y+1,化简得,曲线 Γ 的方程为 x2=4y.(2)同解法一 .11.解:(1)由题意可知 A(-a,0),设直线方程为 y=2(x+a),B(x1,y1).令 x=0,得 y=2a,∴ C(0,2a).∴ =(x1+a,y1),=(-x1,2a-y1).∵,∴ x1+a=(-x1),y1=(2a-y1),整理得 x1=-a,y1=a.∵ B 点在椭圆上,∴ =1.∴ .∴,即 1-e2=,∴ e=.(2)∵,可设 b2=3t,a2=4t(t0),∴椭圆的方程为 3x2+4y2-12t=0,由得(3 +4k2)x2+8kmx+4m2-12t=0.∵动直线 y=kx+m 与椭圆有且只有一个公共点 P,∴ Δ =0,即 64k2m2-4(3+4m2)(4m2-12t)=0,整理得 m2=3t+4k2t.设 P(x1,y1),则有 x1=-=-,y1=kx1+m=,∴ P.又 M(1,0),Q(4,4k+m),若 x 轴上存在一定点 M(1,0),使得 PM⊥ QM,则 =0,即·( -3,-(4k+m))=0 恒成立,整理得 3+4k2=m2,∴3 +4k2=3t+4k2t 恒成立 .∴ t=1,故所求椭圆方程为 =1.1专题能力训练 16 直线与圆锥曲线一、选择题1.(2014 福建质检)已知双曲线 C1:=1(a0,b0)的离心率为,一条渐近线为 l,抛物线 C2:y2=4x 的焦点为 F,点 P 为直线 l 与抛物线 C2异于原点的交点,则 |PF|=( )A.2 B.3C.4 D.52.(2014 山东临沂二模)已知双曲线 =1(a0,b0)的一条渐近线被圆 C:x2+y2-6x=0 所截得的弦长等于2,则该双曲线的离心率等于( )A. B. C. D.3.椭圆 C:=1 的左、右顶点分别为 A1,A2,点 P 在 C 上且直线 PA2的斜率的取值范围是[ -2,-1],则直线 PA1斜率的取值范围是( )A. B.C. D.4.(2014 福建福州质量检测)如图,直线 y=m 与抛物线 y2=4x 交于点 A,与圆( x-1)2+y2=4 的实线部分交于点 B,F 为抛物线的焦点,则△ ABF 的周长的取值范围是( )A.(2,4) B.(4,6)C.[2,4] D.[4,6]5.已知(4,2)是直线 l 被椭圆 =1 所截得的线段的中点,则直线 l 的方程是( )A.x-2y=0 B.x+2y-4=0C.2x+3y+4=0 D.x+2y-8=06.(2014 河北唐山一中调研)已知双曲线 =1(a0,b0)上一点 C,过双曲线中心的直线交双曲线于A,B 两点,记直线 AC,BC 的斜率分别为 k1,k2,当 +ln|k1|+ln|k2|最小时,双曲线离心率为( )A. B.C.+1 D.2二、填空题7.过点 M(1,1)作斜率为 -的直线与椭圆 C:=1(ab0)相交于 A,B 两点,若 M 是线段 AB 的中点,则椭圆 C 的离心率为 . 8.设抛物线 y2=8x 的准线与 x 轴交于点 Q,若过点 Q 的直线 l 与抛物线有公共点,则直线 l 的斜率的取值范围是 . 三、解答题9.(2014 重庆高考,文 21)如图,设椭圆 =1(ab0)的左、右焦点分别为 F1,F2,点 D 在椭圆上,DF1⊥ F1F2,=2,△ DF1F2的面积为 .(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在 y 轴上的圆,使圆在 x 轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程;若不存在,请说明理由 .10.已知动圆过定点 A(0,2),且在 x 轴上截得的弦长为 4.(1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程;2(2)点 P 为轨迹 C 上任意一点,直线 l 为轨迹 C 上在点 P 处的切线,直线 l 交直线: y=-1 于点 R,过点P 作 PQ⊥ l 交轨迹 C 于点 Q,求△ PQR 的面积的最小值 .11.已知椭圆 C:=1(ab0)的右焦点为 F(1,0),右顶点为 A,且 |AF|=1.(1)求椭圆 C 的标准方程;(2)若动直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 有且只有一个交点 P,且与直线 x=4 交于点 Q,问:是否存在一个定点 M(t,0),使得 =0.若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由 .3答案与解析专题能力训练 16 直线与圆锥曲线1.D 解析:∵ e=,∴ .∴ =1.∴渐近线方程为 y=±x.∴ y=±x.又∵ F(1,0),由得∴ P(4,4).故 |PF|==5.2.B 解析:由题意知双曲线 =1 的渐近线方程为 y=±x,圆的标准方程为( x-3)2+y2=9,圆心到渐近线的距离 d=.由勾股定理得 +5=9,整理得 .故 e=.3.B 解析:由椭圆 C:=1 可知其左顶点 A1(-2,0),右顶点 A2(2,0).设 P(x0,y0)(x0≠ ±2),则 =1,得 =-.因为,所以 =-.因为 -2≤≤ -1,所以 -2≤ -≤ -1,解得 .故选 B.4.B 解析:设 B(xB,yB),则 1≤ xB≤3 .因为可以构成△ ABF,所以 10.又 +ln|k1|+ln|k2|=+ln(k1k2),对于函数 y=+ln x(x0)利用导数法可以得到当 x=2 时,函数 y=+ln x(x0)取得最小值 .故当 +ln|k1|+ln|k2|取得最小值时, k1k2==2,所以 e=.故选 B.7. 解析: e==.8. 解析:设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 =1,=1,∴ =0.∴ =0.∴ a2=2b2.∴ e=.9.-1≤ k≤1 解析: Q 点坐标为( -2,0),直线 l 的斜率不存在时,不满足题意,所以可设直线 l 的斜率为 k,方程为y=k(x+2).当 k=0 时,满足题意;当 k≠0 时, x=y-2,代入 y2=8x,得 y2-y+16=0.Δ=- 64≥0, k2≤1,即 -1≤ k≤1( k≠0) .综上, -1≤ k≤1 .10.解:(1)设 F1(-c,0),F2(c,0),其中 c2=a2-b2.由 =2 得 |DF1|=c.从而 |DF1||F1F2|=c2=,故 c=1.从而 |DF1|=,由 DF1⊥ F1F2得 |DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此 |DF2|=.所以 2a=|DF1|+|DF2|=2,故 a=,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为 +y2=1.(2)如图,设圆心在 y 轴上的圆 C 与椭圆 +y2=1 相交, P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y10,y20,F1P1,F2P2是圆 C 的切线,且 F1P1⊥ F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知, x2=-x1,y1=y2.由(1)知 F1(-1,0),F2(1,0),所以 =(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由 F1P1⊥ F2P2得 -(x1+1)2+=0.由椭圆方程得 1-=(x1+1)2,即 3+4x1=0.解得 x1=-或 x1=0.当 x1=0 时, P1,P2重合,题设要求的圆不存在 .当 x1=-时,过 P1,P2分别与 F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心 C.设 C(0,y0),由 CP1⊥ F1P1,得 =-1.而 y1=|x1+1|=,故 y0=.5圆 C 的半径 |CP1|=.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为 x2+.11.解:(1)设 C(x,y),|CA|2-y2=4,即 x2=4y.∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 x2=4y.(2)C 的方程为 x2=4y,即 y=x2,故 y'=x.设 P(t≠0),PR 所在的直线方程为 y-(x-t),即 y=x-,则点 R 的横坐标 xR=,|PR|=|xR-t|=.PQ 所在的直线方程为 y-=-(x-t),即 y=-x+2+,由 x-2-=0,由 xP+xQ=-得点 Q 的横坐标为 xQ=--t,|PQ|=|xP-xQ|==.∴ S△ PQR=|PQ||PR|=.不妨设 t0,记 f(t)=(t0),则当 t=2 时, f(t)min=4.由 S△ PQR=[f(t)]3,得△ PQR 的面积的最小值为 16.12.解:(1)由 c=1,a-c=1,得 a=2,∴ b=.故椭圆 C 的标准方程为 =1.(2)存在定点 M(1,0),理由如下:由得(3 +4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,∴ Δ= 64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=0,即 m2=3+4k2.设 P(xP,yP),则 xP=-=-,yP=kxP+m=-+m=,即 P.∵ M(t,0),Q(4,4k+m),∴ =(4-t,4k+m),∴·(4 -t)+·(4k+m)=t2-4t+3+(t-1)=0 恒成立 .故即 t=1.∴存在点 M(1,0)符合题意 .