考点53曲线与方程教师版备战2020年高考理科数学必刷题集

1考点53曲线与方程1．（黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟数学理）P为圆1C：229xy上任意一点，Q为圆2C：2225xy上任意一点，PQ中点组成的区域为M，在2C内部任取一点，则该点落在区域M上的概率为（）A．1325B．35C．1225D．35【答案】B【解析】设00,Qxy,中点M(x,y),则002,2Pxxyy代入229xy，得2200229xxyy，化简得：22009224xyxy，又220025xy表示以原点为圆心半径为5的圆，故易知M轨迹是在以00,22xy为圆心，以32为半径的圆绕原点一周所形成的图形，即在以原点为圆心，宽度为3的圆环带上，即应有222(14)xyrr剟，那么在C2内部任取一点落在M内的概率为1615325255，2故选B.2．（江西省宜春市2019届高三4月模拟考试数学理）已知点是单位正方体的对角面上的一动点，过点作垂直于平面的直线，与正方体的侧面相交于、两点，则的面积的最大值为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】解：由题意知，MN⊥平面BB1D1D，其轨迹经过B，D1和侧棱AA1，CC1的中点E，F，如图，设正方体中心为O1,当P点在线段BO1上运动时，MN随BP的增大而线性增大，所以△BMN的面积表达式应是开口向上的二次函数图像递增的一部分;当P点在线段D1O1上运动时,MN随D1P的增大而线性减小，所以△BMN的面积表达式应是开口向下的二次函数图像递减的一部分.所以当MN与EF重合时，△BMN的面积取最大值，此时，BM＝BN，MN，S△BMN．故选：A．3．（安徽省芜湖市2019届高三5月模拟考试数学理）在直角坐标平面内，已知，以及动点是的三个顶点，且，则动点的轨迹曲线的离心率是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】∵sinAsinB-2cosC=0，∴sinAsinB=2cosC=-2cos（A+B）=-2(cosAcosB-sinAsinB)，3∴sinAsinB=2cosAcosB，即tanAtanB=2，∴，设C（x，y），又A（﹣2，0），B（2，0），所以有，整理得，∴离心率是故选A．4．（2019届湘赣十四校高三联考第二次考试理）已知正方体1111ABCDABCD中，2AB，E为AD的中点，P为正方形1111DCBA内的一个动点（含边界），且5PE，则111PAPBPC的最小值为（）A．171B．173C．17D．171【答案】B【解析】设11AD的中点为F，连接EF、PF，则在EFP中，EFFP，222EPEFFP，∴21FP.∴P是以F为圆心，以1为半径的圆面（位于正方形1111ABCD内）.以1A为原点建系如图所示，则10,0A，12,0B，12,2,F0,1C，设P的坐标为,xy，则111,,2,,2,2PAxyPBxyPCxy,111 43,23yPAPBPCx.2222111424323333PAPBPCxyxy.设Q点的坐标为42,33，则111331PAPBPCPQQF173.4故选：B5．（湖南师大附中2019届高三月考试题（七)数学理）已知动圆C经过点A2,0，且截y轴所得的弦长为4，则圆心C的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】D【解析】设圆心C（x，y），弦为BD，过点C作CE⊥y轴，垂足为E，则|BE|＝2，∴|CA|2＝|CB|2＝|CE|2+|BE|2，∴（x﹣2）2+y2＝22+x2，化为y2＝4x．故选D．6．（安徽省淮南市2019届高三第一次模拟考试数学理）在平面直角坐标系中，设点,Pxy，定义OPxy，其中O为坐标原点，对于下列结论：1符合2OP的点P的轨迹围成的图形面积为8；2设点P是直线：3220xy上任意一点，则[]1minOP；3设点P是直线：1ykxkR上任意一点，则使得“OP最小的点有无数个”的充要条件是1k；4设点P是椭圆2219xy上任意一点，则[]10maxOP．其中正确的结论序号为()A．123B．134C．234D．124【答案】D【解析】1由2OP，根据新定义得：2xy，由方程表示的图形关于,xy轴对称和原点对称，且202,02xyxy，画出图象如图所示：5四边形ABCD为边长是22的正方形，面积等于8，故1正确；2,Pxy为直线3220xy上任一点，可得312yx，可得312xyxx，当0x时，31112OPx；当203x时，32111,23OPx；当23x时，可得321123OPx，综上可得OP的最小值为1，故2正确；311xyxykx，当1k时，11xy，满足题意；而11xyxykx，当1k时，11xy，满足题意，即1k都能“使OP最小的点P有无数个”，3不正确；4点P是椭圆2219xy上任意一点，因为求最大值，所以可设3cosx，siny，0,2，3cossin10sinOPxy，0,2，[]10maxOP，4正确．则正确的结论有：1、2、4，故选D．7．（江苏省南通市2019届高三适应性考试）在长方体1111ABCDABCD中，已知底面ABCD为正方形，P为11AD的中点，1AD，13AA，点Q为正方形ABCD所在平面内的一个动点，且满足2QCQP，则线段BQ的长度的最大值是________.【答案】6【解析】6在正方形ABCD所在平面内建立平面直角坐标系，设(,)Qxy，则有2223(1)PQxy，222(2)(2)QCxy，因为2QCQP，所以2222(2)(2)622(1)xyxy，整理得22(2)4xy，所以点Q的轨迹是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，所以线段BQ长度的最大值为2226.故答案为68．（北京市昌平区2019届高三5月综合练习（二模)数学理）已知平面内两个定点(3,0)M和点(3,0)N，P是动点，且直线PM,PN的斜率乘积为常数(0)aa，设点P的轨迹为C.①存在常数(0)aa，使C上所有点到两点(4,0),(4,0)距离之和为定值；②存在常数(0)aa，使C上所有点到两点(0,4),(0,4)距离之和为定值；③不存在常数(0)aa，使C上所有点到两点(4,0),(4,0)距离差的绝对值为定值；④不存在常数(0)aa，使C上所有点到两点(0,4),(0,4)距离差的绝对值为定值.其中正确的命题是_______________.（填出所有正确命题的序号）【答案】②④【解析】设点P的坐标为：P（x，y），依题意，有：33yyaxx，整理，得：22199xya，对于①，点的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且c＝4，a＜0，7椭圆在x轴上两顶点的距离为：29＝6，焦点为：2×4＝8，不符；对于②，点的轨迹为焦点在y轴上的椭圆，且c＝4，椭圆方程为：22199yxa，则9916a，解得：259a，符合；对于③，当79a时，22197xy，所以，存在满足题意的实数a，③错误；对于④，点的轨迹为焦点在y轴上的双曲线，即22199yxa，不可能成为焦点在y轴上的双曲线，所以，不存在满足题意的实数a，正确.所以，正确命题的序号是②④.9．（河北省石家庄市2019届高三毕业班模拟考试一A卷理）在棱长为1的透明密闭的正方形容器1111ABCDABCD中，装有容器总体积一半的水（不计容器壁的厚度），将该正方体容器绕1BD旋转，并始终保持1BD所在直线与水平平面平行，则在旋转过程中容器中水的水面面积的最大值为__________．【来源】科数学试题【答案】2【解析】如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，点E在11AB上，点F在CD上，满足1AECF，则原问题等价于求解四边形1BFDE的最大值.作1EGBD于点G，当EG最大时，四边形1BFDE有最大值.8建立如图所示的空间直角坐标系，设,0,101Emm，设,,Gxyz，由于11,0,0,0,1,1BD，由1BGBD可得：1,,1,1,1xyz，则：1xyz，故1,,G,故：11,,1,1,1,1GEmBD，由1110GEBDm可得：21,133mm.故：2221221333mmmGEm21613mm，结合二次函数的性质可知：当0m或1m时，GE取得最大值，此时S取得最大值，最大值为：11max2BDDBSS.10．（河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评理）三角形ABC中，2AB且2ACBC，则三角形ABC面积的最大值为__________．【答案】43【解析】设1,0,1,0,,ABCxy，则由2ACBC得，2222121xyxy9化简得2251639xy，所以C点轨迹为以5,03圆心，以43为半径的圆，所以ABCS最大值为1442233，所以三角形ABC面积的最大值为43.11．（2019届毕业班四省联考第二次诊断性考试理）在平面上给定相异两点A,B，设P点在同一平面上且满足，当λ＞0且λ≠1时，P点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗斯圆，现有椭圆,A,B为椭圆的长轴端点，C,D为椭圆的短轴端点，动点P满足，△PAB面积最大值为,△PCD面积最小值为，则椭圆离心率为______。【答案】【解析】依题意，设，依题意的,，两边平方化简得，故圆心为，半径.所以的最大面积为，解得，的最小面积为，解得.故椭圆离心率为.12．（江西省名校（临川一中、南昌二中)2019届高三5月联合考试数学理）已知两定点11,0,,033AB，点M是平面内的动点，且4ABAMBABM,记M的轨迹是C（1）求曲线C的方程；（2）过点1(1,0)F引直线l交曲线C于,QN两点，设(01)QFFN且，点Q关于x轴的对称点为R，证明直线NR过定点.【答案】（1）22143xy；（2）见解析【解析】10（1）设(,)Mxy，(1,)ABAMxy，(1,)BABMxy，则22||(1)ABAMxy，22||(1)BABMxy，由于||||4ABAMBABM，即2222(1)(1)4xyxy，设1(1,0)F，2(1,0)F，则12||||4FMFM，点M的轨迹是以1F，2F为焦点的椭圆，故2a，1c，3b，所以，动点M的轨迹E的方程为：22143xy．如图所示，先探究特殊性，当点Q为椭圆的上顶点（0，3）时，直线l:3(1)yx,联立直线和椭圆方程得833(,),(0,3)55NR,3,4RNk直线RN:33,4yx令y=0,得x=4,所以直线RN过定点P(4,0).下面证明一般情形：设直线l:1122111,(,),(,),(,)xmyQxyNxyRxy则联立22221,(34)690341