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  • 2021-06-11 发布

【精品试题】2021年高考数学一轮复习创优测评卷(新高考专用)测试卷11 抛物线(解析版)

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2021 年高考数学一轮复习抛物线创优测评卷(新高考专用) 一、单选题(共 60 分,每题 5 分) 1.已知点  4, 2M   ,抛物线 2 4x y , F 为抛物线的焦点,l 为抛物线的准线, P 为抛物线上一点,过 P 做 PQ l ,点Q 为垂足,过 P 作抛物线的切线 1l , 1l 交 x 轴于点 R ,则 QR MR 的最小值为( ) A.1 2 5 B. 2 5 C. 17 D.5 【答案】D 【解析】由已知 (0,1)F ,设 2 0 0 , 4 xP x      , 2 4 xy  , 2 xy  ,则过 P 的切线斜率为 0 2 xk  , Q 点坐标为  0 , 1x  , 0 2 FQk x   , 1FQk k   ,根据抛物线定义有 PF PQ , 1l 为 FQ 的垂直平分线. RF RQ , ∴ 2 2( 4 0) ( 2 1) 5QR MR FR MR FM           ,当且仅当 , ,F R M 共线时等号成立. 故选:D. 2.直线l 过  1,0M  交抛物线 2 4y x 于 ,A B ,抛物线焦点为 F , 3 2BF BM ,则 AB 中点到抛物 线准线的距离为( ) A.2 B.4 C.5 D.6 【答案】D 【解析】 如图, 由抛物线 2 4y x ,得焦点  1,0F ,准线方程为 1x   , 过 B 作准线的垂线 BG , 3 3,2 2BF BM BG BM    , 则 30BMF   ,直线l 的斜率为 3 3 , 可得直线l 的方程为  3 13y x  , 联立   2 3 13 4 y x y x      ,可得 2 10 1 0x x + , 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y , 則 m m-4  ,可得 AB 中点横坐标为 5 , AB 中点到抛物线准线的距离为  5 1 6   ,故选 D . 3.已知抛物线C : 2 2 ( 0)x py p  的焦点为 F ,抛物线C 的准线与 y 轴交于点 A ,点  01,M y 在抛物线 C 上, 05| | 4 yMF  ,则 tan FAM  ( ) A. 2 5 B. 5 2 C. 5 4 D. 4 5 【答案】D 【解析】解:过 M 向抛物线的准线作垂线,垂足为 N ,则 0 0 5| | 2 4 ypMN y   ,故 0 2y p . 又  01,M y 在抛物线上,故 0 1 2y p  ,于是 12 2p p  ,解得 1 2p  , ∴ 05 5| | 4 4 yMN   , ∴ | | 4tan tan | | 5 ANFAM AMN MN      . 故选 D. 4.已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ,  ,A AA x y 是抛物线上一点,过 A 作抛物线准线的垂线,垂足为 B , 若 3 2AF BF ,则 Ay ( ) A.3 B.3 2 C. 4 D. 4 2 【答案】D 【解析】求 Ay ,不妨设 0Ay  根据题意画出图形:如图 BE 为抛物线 2: 4C y x 准线,过 A 作 x 垂线,交点为 D  3 2AF BF ,设 2BF m ( 0m  ),可得 3AF m 根据抛物线定义可知 AF AB , 又 2: 4C y x ,可得 2p   2EF  在 Rt BEF△ 和 Rt AFD 2 2 2BE BF EF  2 2 2AD AF FD   2 2 2 2BF EF AF FD        2 2 222 2 3 3 2m m m     解得 3m   9AB  ,故 A 点横坐标为 9 1 8Ax     2 4 8 32Ay     4 2Ay  故: 4 2Ay  故选:D. 5.抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  与圆 2 2: 1O x y  在第一象限交点为Q ,抛物线C 和圆O 在Q 处的切线斜 率分别为 1k , 2k ,若 1 2 1k k  ,则 p  ( ) A. 2 4 B. 2 2 C. 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】设 0 0( , )Q x y 0 0( 0, 0)x y  ,则 2 0 02x py , 2 2 0 0 1x y  , 因为直线 OQ 的斜率 0 0 OQ yk x  ,所以圆 O 在Q 处的切线斜率 0 1 0 1 OQ xk k y     , 抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  方程可化为 21 2y xp  ,所以 xy p   所以抛物线C 在Q 处的切线斜率 0 2k x p  , 因为 1 2 1k k  ,所以 0 0 0 1x x y p    ,所以 0 0 0 0 x yp x y   , 又 2 0 02x py ,所以 2 0 0 0 0 0 0 2 x yx yx y    ,所以 2 2 0 0 0 02x x y y  ,即 2 20 0 0 9( )2 4 y yx   , 又 0 00, 0x y  ,所以 0 0 0 3 2 2 yx y  ,所以 0 0x y ,又 2 2 0 0 1x y  , 解得 0 0 2 2x y  ,所以 2 4p  . 故选:A 6.已知抛物线  2 0y ax bx c a    与 x 轴的交点 P 、Q 位于 y 轴的两侧,以线段 PQ 为直径的圆与 y 轴交 于  1 0,4M 、  2 0, 4M  .如果抛物线的顶点坐标为 1,2 4 b a a      ,则点 ,b c 所在的曲线为( ). A.圆 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 【答案】B 【解析】如图,设抛物线与 x 轴交点的横坐标为 1x 、 2x ,则 1 2 0c x xa   . 又在  1,2iRt PM Q i  中, iM Q 是斜边上的高,则有 2 iOP OQ OM  ,即 1 2 16x x  . 从而, 16c a   . ① 又由抛物线顶点的纵坐标得 24 1 4 4 ac b a a    . 从而, 2 4 1b ac  . 把式①代入上式消去 a 得 2 2 14 cb   . 所以点 ,b c 所在的曲线为椭圆. 故答案为:B 7.点 M 是抛物线 2 2 ( 0)y px p  上一点, F 为抛物线的焦点, FM x 轴,且 5OM  ,则抛物线 的准线方程为 ( ) A. 1x   B. 2x   C. 1y   D. 2y   【答案】A 【解析】抛物线 2 2y px 的焦点为 ,0  2 pF      , M 为抛物线上的点,且 FM x 轴, ,2 pM p     ; 又 5OM  , 2 2( ) 52 p p   , 解得 2p  , 12 p  , 所以抛物线的准线方程为 1x   ,故选 A . 8.已知双曲线 1C : 2 2 2 2 1y x a b   ( 0a  , 0b  )的焦点为 1(0, )F c , 2 (0, )F c ,抛物线 2C : 21 4y xc  的准线与 1C 交于 M 、 N 两点,且 MN 与抛物线焦点的连线构成等边三角形,则椭圆 2 2 2 2 1x y a c   的离心 率为( ) A. 2 3 B. 3 3 C. 5 3 D. 6 3 【答案】D 【解析】抛物线为 2 4x cy ,其焦点为 2F ,准线为 y c  ,代入 1C 方程解得 2bx a   .由于 MN 与  2 0,F c 构成等边三角形 ,则 2 2 3c b a  ,即 2 2 2 3ac c a  ,分子分母同时除以 2a 得 2 2 31 e e  ,解得 3e  .由 于 c a ,故椭圆焦点在 y 轴上,且离心率为 2 2 2 1 1 61 1 2 3 c a c e       . 9.已知等腰三角形 OPM 中,OP⊥MP,O 为抛物线 2y =2px(p>0)的顶点,点 M 在抛物线的对称轴上,点 P 在抛物线上,则点 P 与抛物线的焦点 F 之间的距离是 A.2 2 p B. 5 2 p C.2p D. 2 p 【答案】B 【解析】由题意得 2 2 2 ,P P P P Py x x px x p     因此点 P 与抛物线的焦点 F 之间的距离为 5 2 2P p px   ,选 B. 10.如图,在边长为 2 的正方形 ABCD 中, M 是 AB 的中点,过 , ,C M D 三点的抛物线与 CD 围成阴影 部分,则向正方形内撒一粒黄豆落在阴影部分的概率是( ) A. 1 6 B. 1 3 C. 3 4 D. 2 3 【答案】D 【解析】以 M 为原点,BA 所在直线为 y 轴,BA 的垂线为 x 轴,建立平面直角坐标系,则过 C,M,D 的 抛物线方程为 2 1 2y x ,则图中阴影部分面积为 2 3 2 0 1 2 82 2 22 3 3xdx         ,所以落在阴影部分的概 率为 8 23 4 3P   ,故选择 D. 11.如图,抛物线 2 2 ( 0)y px p  和圆 2 2 0x y px   ,直线l 经过抛物线的焦点,依次交抛物线 与圆于 A , B , C , D 四点, 2AB CD  ,则 p 的值为( ) A. 2 2 B.1 C. 2 D. 2 2 【答案】D 【解析】设    1 1 2 2, , ,A x y D x y ,由题意知抛物线 1C 的焦点 ,02 pF      ,则设直线 AD 的方程为: 2 py k x     ,联立 2 2 { 2 y px py k x       ,消去 y 得:   2 2 2 2 2 04 k pkx p k x    ,  2 2 1 2 1 22 2 , ,4 p k px x x xk      根据抛物线的定义得: 1 2,2 2 p pAF x FD x    ,    2 1 2 22 2 4 p p pAB CD AB CD AF BF FD CF AF FD x x                     , 所以 2 2p  . 点晴:本题考查的是直线,圆与抛物线的综合.关键是充分利用圆的半径为 2 p 和抛物线的定义,表示    2 2 p pAB CD AF BF FD CF AF FD               ,又 AB CD AB CD     再结合抛物线的定义 可 得 1 2,2 2 p pAF x FD x    , 所 以    2 1 2 22 2 4 p p pAB CD AB CD AF BF FD CF AF FD x x                     求得 2 2p  . 12.如图,过抛物线 焦点的直线依次交抛物线与圆 于点 A、B、C、D,则 的值是( ) A.8 B.4 C.2 D.1 【答案】D 【解析】利用特殊值法:过焦点的直线取 1y  ,此时 AB CD  , 中令 1y  得 2x   , 中令 1y  得 1x   ,    2,1 , 1,1A B   ,  1,0AB  · 1ABCD   二、填空题(共 20 分,每题 5 分) 13.已知抛物线C : 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 F ,  0, 3A ,抛物线C 上的点 B 满足 AB AF , 且 4BF  ,则 p  __________. 【答案】2 或 6 【解析】设    0 0,0 , 0, 3 , ,2 pF A B x y     ,则  0 0, 3 , , 32 pAF AB x y         ,所以 0AF AB   , 即 0 03 3 02 p x y   与 2 0 02y px 联立可得 2 0 04 3 12 0y y   ,解之得 0 2 3y  代入 0 03 3 02 p x y   可得 0 3px  ;又由抛物线定义可得 0 42 px   代入 0 3px  化简可得 2 8 12 0p p   ,解之得 2p  或 6p  ,应填答案 2 或 6 。 14.已知抛物线 与圆 有公共点 ,若抛物线在 点处的切线与圆 也相切,则 ______. 【答案】 【解析】设切点为 ,导数为 ,故切线的斜率为 ,连接圆心和切点,两条直线垂直,斜率相乘 等于 ,即 ,解得 ,半径 . 15.已知点 F 为抛物线 2 8y x  的焦点,O 为原点,点 P 是抛物线准线上一动点,点 A 在抛物线上,且 | | 4AF  ,则| | | |PA PO 的最小值为_______________ 【答案】 2 13 【解析】  2 8 , 2,0y x F    ,准线方程为 2x  , 设  ,A AA x y ,则 2 4Ax   ,即 2Ax   , 代入 2 8y x  ,得 2 16y  , 不妨取 4Ay  ,即  2,4A  , 设 A 关于准线 2x  的对称点为  ', 'Q x y ,可得  6,4Q , 故 2 26 4 2 13PA PO OQ     . 即 PA PO 的最小值为 2 13 . 故答案为 2 13 。 16.已知抛物线 2 2y px ( 0p  )的焦点为 F , ABC 的顶点都在抛物线上,且满足 0FA FB FC      , 1 1 1 AB AC BCk k k    __________. 【答案】0 【解析】 设 ,  ,A B C 三点的坐标分别为     1 1 2 2 3 3, , , , ,x y x y x y ,则 ∵ 0FA FB FC      , ∴ △ ABC 的重心是 F, ∵抛物线 2 2y px 的焦点 F 的坐标为 ,02 pF      , ∴ 1 2 3 0y y y   , ∴ . 故答案为 0. 三、解答题 17.(10 分)已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为  1,0F ,点  1,2A 在抛物线 C 上,过焦点 F 的 直线 l 交抛物线 C 于 ,M N 两点. (1)求抛物线C 的方程以及 AF 的值; (2)记抛物线C 的准线与 x 轴交于点 B ,若 MF FN  , 2 2 40BM BN  ,求  的值. 【答案】(1)y2=4x,2(2) 2 3 【解析】解:(1) 抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 F  1,0 ,  12 p  ,则 2 4p  ,抛物线方程为 2 4y x ; 点  1,2A 在抛物线 C 上  1 22 pAF    . (2)依题意,F(1,0),设 l:x=my+1,设 M(x1,y1)、N(x2,y2), 联立方程 2 4 1 y x x my      ,消去 x,得 y2﹣4my﹣4=0. 所以 1 2 1 2 4 4 y y m y y      ,① 且 1 1 2 2 1 1 x my x my      , 又 MF FN  ,则(1﹣x1,﹣y1)=λ(x2﹣1,y2),即 y1=﹣λy2, 代入①得   2 2 2 4 1 4 y y m         ,消去 y2 得 2 14 2m     , B(﹣1,0),则    1 1 2 21 1BM x y BN x y    , , , , 则 2 22 2 2 2 2 2 1 1 2 2| | ( 1) ( 1)BM BN BM BN x y x y             2 2 2 2 1 2 1 2 1 22 2x x x x y y        2 2 2 2 1 2 1 2 1 2( 1) ( 1) 2 2 2my my my my y y              2 2 2 1 2 1 21 4 8m y y m y y      (m2+1)(16m2+8)+4m•4m+8=16m4+40m2+16, 当 16m4+40m2+16=40,解得 2 1 2m  ,故 2 3   . 18.(10 分)如图,过抛物线 2 1 : 2C x py 上的一点Q 与抛物线 2 2 : 2C x py  相切于 ,A B 两点,若抛物 线 2 1 : 2C x py 的焦点 1F 到抛物线 2 2 : 2C x py  的焦点 2F 的距离为 1 2 . (1)求抛物线 1C 的方程; (2)求证:直线 AB 与抛物线 1C 相切于一点 P . 【答案】(1)抛物线 1C 的方程为: 2y x= (2)证明见解析 【解析】 试题分析: (1)由题意可得 1 2p  ,则抛物线 1C 的方程为: 2y x . (2)联立直线与抛物线的方程,结合根与系数的关系即可证得题中的结论. 试题解析: (1)设抛物线 1C 的焦点坐标为 1 0, 2 pF      ,抛物线 2C 的焦点坐标为 2 0, 2 pF     , 则 1 2 1 2F F p  , 所以抛物线 1C 的方程为: 2y x . (2)证明:设点  2 0 0,Q x x ,  2 1 1,A x x ,  2 2 2,B x x , 切线 AQ 的方程是:  2 1 1 1y x k x x   ,因为 AQ 与抛物线 2 1 :C y x 相切, 则 2 2 1 1 1 1 0x k x k x x    , 则 2 2 1 1 14 4 0k k x x     ,则 1 12k x  , ∴直线 AQ 的方程是: 2 1 12y x x x   , 同理 BQ 的方程是: 2 2 22y x x x   , 联立可以得到: 1 2 0 2 1 2 0 2x x x x x x      , 而直线 AB 的方程是:  1 2 1 2y x x x x x    ,即 2 0 02y x x x   , 联立 2 1 :C y x ,可以得到: 2 2 0 02 0x x x x   , 2 2 2 0 04 4 0x x    , 则直线 AB 与抛物线 2 1 :C y x 相切. 19.(12 分)已知 F 是抛物线  2 2 0y px p  的焦点,O 为抛物线的顶点,准线与 x 轴的交点为 M , 点 N 在抛物线上. (1)求直线 MN 的斜率的取值范围,记 MN NF   ,求  的取值范围; (2)过点 N 的抛物线的切线交 x 轴于点 P ,则 N Px x 是否为定值? 【答案】(1) 1, 2     (2)0 【解析】(1)由直线 MN 与抛物线有交点确定直线 MN 的斜率的取值范围:联立直线 : 2 pMN y k x     与抛物线 2 2y px 得,   2 2 2 2 2 2 04 p kk x k p p x    ,由 0  ,解得  1,1 ,k   由抛物线定义得 2= 1 [1, 2]MN MN kNF NN     (2)直线与抛物线相切问题,一般利用判别式为零得等量关系:设 切线方程为  N Ny y k x x   ,联立 2 2y px ,由 0  ,解得 Nky p ,从而 2 2N N N P N N N N y y pxx x x x xk p p         ,即 0N Px x  试题解析:解:(1)直线 : 2 pMN y k x     ,联立 2 2y px 得,   2 2 2 2 2 2 04 p kk x k p p x    0  ,解得   21,1 , 1k k    ,∴ 1, 2     . (2)设切线方程为  N Ny y k x x   ,联立 2 2y px 得,    22 2 22 0, 0N N N Nk x k x p ky x y kx        ,∴ 22 2N Nk x p ky  , 即  22 2 2 2 0, 0N N Nk y p ky p ky p     ,∴ Nky p , 2 2N N N P N N N N y y pxx x x x xk p p         ,即 0N Px x  . 20.(12 分)如图,已知抛物线  2: 2 0C x py p  ,圆  22: 3 8Q x y   ,过抛物线C 的焦点 F 且 与 x 轴平行的直线与C 交于 1 2,P P 两点,且 1 2 4PP  . (1)证明:抛物线C 与圆 Q 相切; (2)直线l 过 F 且与抛物线C 和圆Q 依次交于 , , ,M A B N ,且直线l 的斜率  0,1k  ,求 AB MN 的取值范 围. 【答案】(1)见解析;(2) 6( ,1)4 . 【解析】 试题分析: (1)联立抛物线与圆的方程,可得所得的二次方程 0  ,∴抛物线C 与圆Q 相切. (2)设出直线方程,联立直线与抛物线的方程,结合题意可得 2 2 12 1 1 AB k MN k    ,换元令 2 1 1 tk  1( 1)2 t  可得 AB MN 的取值范围是 6 ,14       . 试题解析: (1)证明:∵ 1 2 2 4PP p  ,∴ 2p  ,故抛物线 C 的方程为 2 4x y , 联立 2 4x y 与  22 3 8x y   ,得 2 2 1 0y y   , ∵ 0  ,∴抛物线C 与圆 Q 相切. (2)  0,1F ,直线l 的方程为  1, 0,1y kx k   , 圆心  0,3Q 到直线l 的距离为 2 2 1 d k   , ∴ 2 2 12 8 4 2 1AB d k      , 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y , 由 2 4 1 x y y kx      ,得  2 24 2 1 0y k y    , 则 2 1 2 4 2y y k   , ∴  2 1 2 2 4 1MN y y k     , ∴ 2 2 12 1 1 AB k MN k    ,设 2 1 1 tk  1( 1)2 t  ,则 2 32 2AB t t t tMN     , 设   2 3 12 ( 1)2f t t t t    ,则   24 3f t t t  , ∵ 1 12 t  ,∴   0f t  ,∴函数  y f t 在 1 ,12      上递增, ∴    1 12f f t f      ,∴  3 18 f t  ,即 AB MN 的取值范围为 6 ,14       . 21.(12 分)如图,已知抛物线 M : 2 4y x ,四边形 ABCD 和 DEFG 都为正方形,原点O 为 AD 的中 点,点 ,C F 在抛物线 M 上. (1)求点C 和点 F 的坐标; (2)过点 D 的直线l 与抛物线 M 相交于 ,P Q 两点,若 4 9AP AQ   ,求直线l 的方程. 【答案】(1) ,2 aC a    ,点 F 的坐标为 (3 2 2,2 2 2)  (2)直线l 的方程为3 3 0x y   或 3 3 0x y   【解析】(1)设正方形 ABCD 的边长为 a ,则 ,2 aC a    代入 2 4y x 得: 2 4 2 aa   ,解得: 2a  或 0a  (舍) 点C 的坐标为 1, 2 设正方形 DEFG 的边长为b ,则  1 ,F b b 代入方程 2 4y x 得:  2 4 1b b  ,解得 2 2 2b   或 2 2 2b   (舍) 点 F 的坐标为 3 2 2,2 2 2  (2)由(1)知  1,0A  ,  1,0D 设直线l 的方程为 1x my  ,点 ,P Q 的坐标分别为 1 1,x y , 2 2,x y 联立方程 2 4 1 y x x my      ,消去 x 整理为: 2 4 4 0y my   则 1 2 1 2 4 4 y y m y y        2 1 2 1 2 2 4 2x x m y y m       , 2 2 2 1 2 116 y yx x   又  1 11,AP x y  ,  1 21,AQ x y  ,    2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 4AP AQ x x y y x x x x y y m            由 4 9AP AQ   得: 2 44 9m  ,解得: 1 3m   故直线l 的方程为  3 1y x   即直线l 的方程为:3 3 0x y   或3 3 0x y   22.(14 分)已知点 F 是抛物线 2C: 2 ( 0)y px p  的焦点,若点  0,4P x 在抛物线 C 上,且 5 .2PF p  1 求抛物线 C 的方程;  2 动直线  l: 1x my m R   与抛物线 C 相交于 ,A B 两点,问:在 x 轴上是否存在定点  ,0 (D t 其中 0)t  ,使得向量 DA DB DA DB      与向量OD  共线 ( 其中O 为坐标原点 ) ?若存在,求出点 D 的坐标;若不存 在,请说明理由. 【答案】(1) 2 4y x ;(2)存在,  1,0D  . 【解析】  1 抛物线 C : 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 ,02 p     , 准线方程为 2 px   , 即有 0 5 2 2 p pPF x   ,即 0 2x p , 则 216 4 p ,解得 2p  , 则抛物线的方程为 2 4y x ;  2 在 x 轴上假设存在定点  ,0 (D t 其中 0)t  , 使得 DA DB DA DB      与向量OD  共线, 由 DA DA   , DB DB   均为单位向量,且它们的和向量与 OD  共线, 可得 x 轴平分 ADB , 设  1 1,A x y ,  2 2,B x y , 联立 1x my  和 2 4y x , 得 2 4 4 0y my   ,  216 1 0m   恒成立. 1 2 4y y m  , 1 2 4.y y   ① 设直线 DA 、 DB 的斜率分别为 1k , 2k , 则由 ODA ODB   得,        1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 2 y x t y x ty yk k x t x t x t x t                       1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1y my t y my t my y t y y x t x t x t x t             ,   1 2 1 22 1 0my y t y y     , ② 联立 ①② ,得  4 1 0m t   , 故存在 1t   满足题意, 综上,在 x 轴上存在一点  1,0D  ,使得 x 轴平分 ADB , 即 DA DB DA DB      与向量OD  共线.