2019北京市12区高三一模 数学理试题分类汇编圆锥曲线

一、选择、填空题

x21、（朝阳区2019届高三一模）双曲线y21的右焦点到其一条渐近线的距离是 ．

42、（东城区2019届高三一模）已知直线l过抛物线y28x的焦点F，与抛物线交于A，B两点，与其准线交于

点C.若点F是AC的中点，则线段BC的长为

(A)

8 3 (B) 3 (C)

16 (D)6 3x2y2x21和双曲线N：2y21的公共焦点，P为它们的一3、（丰台区2019届高三一模）已知F1,F2为椭圆M：2m2n个公共点，且PF1F1F2，那么椭圆M和双曲线N的离心率之积为

（A）2 （B）1 （C）

2 2 （D）

1 2x2x2y224、（海淀区2019届高三一模）椭圆C1:y1与双曲线C2:221的离心率之积为1，则双曲线C2的

4ab两条渐近线的倾斜角分别为 (A)

52， (B) ， (C) ， (D) ， 6633663325、（怀柔区2019届高三一模）已知抛物线y2px的准线方程为x1，则p__________．

226、（门头沟区2019届高三一模）双曲线C:2xy1的渐近线方程是 . x2y27、（石景山区2019届高三一模）13. 过双曲线221的一个焦点F作其渐近线的平行线l，直线l与y轴交

ab于点P，若线段OP的中点为双曲线的虚轴端点（O为坐标原点），则双曲线的离心率为____．

x2y21具有相同渐近8、（顺义区2019届高三第二次统练（一模））设双曲线C经过点（4,0），且与双曲线4线，则C的方程为 ；渐近线方程为 .

x2y29、（西城区2019届高三一模）设F1，F2为双曲线C： 221(a0,b0)的两个焦点，若双曲线C的两个顶

ab点恰好将线段F1F2三等分，则双曲线C的离心率为____．

x2y21具有相同渐近线，则C 的方程为10、（平谷区2019届高三一模）设双曲线C 经过点（4，3），且与

49________；离心率为________.

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数学试题答案

1、1 2、C 3、B 4、C 5、2 6、y2x 7、2

x2y211 ，yx. 8、16429、3

x2y2k，经过点（4,3）， 10、依题意，设双曲线C 的方程为：

所以，

16499k，解得：k＝3， 所以，C的方程为：

x2y212271， 离心率为：eca392

49 2 / 18

二、解答题

x21、（朝阳区2019届高三一模）已知点M(x0,y0)为椭圆C:y21上任意一点，直线l:x0x2y0y2与圆

2(x1)2y26交于A,B两点，点F为椭圆C的左焦点．

（Ⅰ）求椭圆C的离心率及左焦点F的坐标； （Ⅱ）求证：直线l与椭圆C相切；

（Ⅲ）判断AFB是否为定值，并说明理由．

x2y21(m0)与x轴交于两点A1,A2，与y轴的一个交点为B，2、（东城区2019届高三一模）已知椭圆C:4mm△BA1A2的面积为2.

（Ⅰ）求椭圆C的方程及离心率；

（Ⅱ）在y轴右侧且平行于y轴的直线l与椭圆C交于不同的两点P1P1与直线A2P1,P2，直线A2交于点P.以原点

O为圆心，以A1B为半径的圆与x轴交于M,N两点（点M在点N的左侧），求PMPN的值.

3、（丰台区2019届高三一模）已知抛物线C:y22px过点M(2,2)，A,B是抛物线C上不同两点，且AB∥OM（其中O是坐标原点），直线AO与BM交于点P，线段AB的中点为Q. （Ⅰ）求抛物线C的准线方程； （Ⅱ）求证：直线PQ与x轴平行.

4、（海淀区2019届高三一模）已知抛物线G:y22px，其中p0．点M(2,0)在G的焦点F的右侧，且M到G的准线的距离是M与F距离的3倍．经过点M的直线与抛物线G交于不同的A，B两点，直线OA与直线x2交于点P，经过点B且与直线OA垂直的直线l交x轴于点Q. (I)求抛物线的方程和F的坐标；

(Ⅱ)判断直线PQ与直线AB的位置关系，并说明理由．

x2y25、（怀柔区2019届高三一模）已知椭圆E:221(ab0)的右焦点为F(1,0)，点B(0,b)满足|FB|2.

ab（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）过点F作直线l交椭圆E于M、N两点，若BFM与BFN的面积之比为2，求直线l的方程.

x2y26、（门头沟区2019届高三一模）如图， 已知椭圆C:221(ab0),F1,F2分别为其左、右焦点，过

abF1的直线与此椭圆相交于D,E两点，且△F2DE的周长为8,椭圆C的离心率为

(Ⅰ)求椭圆C的方程；

2. 2 3 / 18

（Ⅱ）在平面直角坐标系xOy中，已知点P(0,1)与点Q(0,2)，过P的动直线l（不与x轴平行）与椭圆相交于

A,B两点，点B1是点B关于y轴的对称点.

求证：

（i）Q,A,B1三点共线. （ii）

QAPA. QBPBQyAPOBB1x

1x2y27、（石景山区2019届高三一模）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，右焦点为F(c,0)，左顶点为

ab2A，右顶点B在直线l:x2上．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设点P是椭圆C上异于A，B的点，直线AP交直线l于点D，当点P运动时，判断以BD为直径的圆与直线PF的位置关系，并加以证明．

8、（顺义区2019届高三第二次统练（一模））已知M，N为抛物线C:y4x上两点， M，N的纵坐标之和为4，O为坐标原点. （I）求直线MN的斜率；

（II）若点B2,0满足OBMOBN，求此时直线MN的方程.

2x2y29、（西城区2019届高三一模）已知椭圆W:1的长轴长为4，左、右顶点分别为A,B，经过点

4mmP(n,0)的直线与椭圆W相交于不同的两点C,D（不与点A,B重合）.

（Ⅰ）当n0，且直线CDx轴时， 求四边形ACBD的面积；

（Ⅱ）设n1，直线CB与直线x4相交于点M，求证：A,D,M三点共线.

x2y210、（延庆区2019届高三一模）已知椭圆G:21，左、右焦点分别为(c,0)、(c,0)，若点M(c,1)在椭

a2圆上.

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

4 / 18

（Ⅱ）若直线l:2x2ym0(m0)与椭圆G交于两个不同的点A，B，直线MA，MB

与x轴分别交于P，Q两点，求证：PMQM．

x2y2111、（房山区2019届高三一模）已知椭圆221(ab0)的离心率为，左顶点为A，右焦点为F，且

ab2AF3.

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ） 过点F做互相垂直的两条直线l1，l2分别交直线l:x4于M,N两点，直线

AM,AN分别交椭圆于P,Q两点，求证：P,F,Q三点共线.

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数学试题答案

1、解：（Ⅰ）由题意a2，b1，ca2b21

所以离心率ec2，左焦点F(1,0)．………………………………………….4分 a2（Ⅱ）当y00时直线l方程为x2或x2，直线l与椭圆C相切．

x2y21,222x0)x24x0x44y00， 当y00时，由2得(2y0xx2yy2002x02222y02， 由题知，y01，即x02222x0)(44y0) 所以 (4x0)24(2y02216[x02(1y0)] 222y02)0． =16(x0故直线l与椭圆C相切．………………………………………………………….8分

（Ⅲ）设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

当y00时，x1x2，y1y2，x12，

240， FAFB(x11)2y12(x11)26(x11)22x1所以FAFB，即AFB90．

(x1)2y26,2221)x22(2y0x0)x210y00， 当y00时，由 得(y0xx2yy200222(2y0x0)210y0则x1x2，x1x2， 221y01y022x0x05x04x041y1y22x1x22(x1x2)2． 24y02y0y022y0因为FAFB(x11,y1)(x21,y2) x1x2x1x21y1y2

2222420y08y04x022y05x04x04  2222y022y0225(x02y0)100． 222y0所以FAFB，即AFB90．

故AFB为定值90． ………………………………………………………….14分

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2、解：（Ⅰ）因为m0,由椭圆方程知：a4m,bm,a2m,b22m，

1SBA1A22ab2mm2m2，所以m1.

2x2y21. 所以椭圆C的方程为4由a2,b1，abc，得c3， 所以椭圆C的离心率为

2223. ............................5分 2（Ⅱ）设点P(xP,yP),P1(x0,y0),P2(x0,y0)(x00),不妨设A1(2,0),A2(2,0), 设P1A1:yy0yx2，P2A2:y0x2， x02x024y0xyx2，Px,x200由得

2yy0y0.yx2Px0x204x0x,P即4yPxxy2yy00P=pP.22xP

42)x02xP4yP22y01，得又21， 44xP(xP2yP21(xP0). 化简得4因为A1(2,0),B(0,1)，所以A1B5，即M(5,0),N(5,0).

x2y21的右支，M,N两点恰为其焦点，A1,A2为双曲线的顶点，且 所以点P的轨迹为双曲线4A1A24，所以PMPN4. ............................13分

3、解：（Ⅰ）由题意得2=4p ，解得p1．

所以抛物线C的准线方程为x2y12y2 （Ⅱ）设A,y1,B,y2，

222p1 ． 22 7 / 18

由AB∥OM得kABkOM1，则

y2y121，所以y2y12． 2y2y12y2y122所以线段AB中点Q的为纵坐标yQ1．

直线AO方程为yy12xx┅① y12y12直线BM方程为y2y222x2x2┅② 2y2y2222yx1联立①②解得2 ，即点P的为纵坐标yP1．

y1如果直线BM斜率不存在，结论也显然成立． 所以直线PQ与x轴平行．

24、解：(Ⅰ)抛物线y2px的准线方程为xpp，焦点坐标为F(,0) 22 所以有2pp3(2)，解得p1 222 所以抛物线方程为y4x，焦点坐标为F(1,0)

(Ⅱ)直线PQAB

方法一：

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

设直线AB的方程为xmy2

xmy2,联立方程 2

y4x,2 消元得，y4my80

所以y1y24m，y1y28

x1x2122y1y24 16显然x1x2y1y20，

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直线OA的方程为yy1x x1令x2，则y2y12y1，则P(2,) x1x1x1 y1因为OABQ ，所以kBQ直线BQ的方程为yy2x1(xx2)， y1令y0，则xy1y2yyx1x244x212，则Q(,0) x1x1x1x1① 当m0时，直线AB 的斜率不存在，x12，可知 ， 直线PQ的斜率不存在，则PQAB

② 当m0时，kPQ2y11x1y1y11=，kAB， 4m22x12(my12)mx1则PQAB

AB

综上所述，PQ方法二： 直线PQAB

(1) 若直线AB的斜率不存在，根据对称性，不妨设A(2,22)，B(2,22)

直线AO的方程为y2x，则P(2,22)

直线BQ的方程为y2222(x2)，即yx2， 22AB

令y0，则Q(2,0)，则直线PQ 的斜率不存在，因此PQ(2) 设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

当直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x2)，k0

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y24x 联立方程，

yk(x2) 消元得，k2x24k2x4k24x0，

2222 整理得，kx(4k4)x4k0

4k24由韦达定理，可得x1x2，x1x24

k22y12y216x1x264，因为y1y20，可得y1y28.

显然x1x2y1y20， 直线OA的方程为yy1x x1令x2，则y2y12y1，则P(2,) x1x1x1 y1因为OABQ ，所以kBQ直线BQ的方程为yy2x1(xx2)， y1令y0，则xy1y2yyxx44x21212，则Q(,0) x1x1x1x1kPQ2y1x12y12k(x12)=k，则PQ442x2x4112x1AB

AB

综上所述，PQx2y25、解 （Ⅰ） 椭圆E:221(ab0)的右焦点为F(1,0)，点B(0,b)满足|FB|2，

ab则1b2，解得b223(b0).

222由公式cab，得a134,a2(a0)

a2,所以

b3. 10 / 18

x2y21--------------------------------------------------5分 所以椭圆E的方程为43 （Ⅱ）直线l的斜率不存在时，FM设直线l的方程为y=k(x-1),

FM,SBFMSBFN,不符合题意；

由

yk(x1)x24y231 得，（3+4k）x228k2x4k2120

设M(x1y1),N(x2,y2),

0恒成立。x1x28k2 ①x1x234k24k212②

34k2由

SBFM2，得|FM|2|FN|， 即FM2NF. SBFN可得(x11,y1)2(1x2,y2)， 即x12x23 ③

由① ③ 得，x14k294k29,x2 34k234k254k294k294k212k.代入② 得，，解得，

234k234k234k2所以，所求直线l的方程为l:y5(x1). ------------------------------------13分 22c22x2y22,a2,b21 6、解：（Ⅰ）由题意知：4a8,e2a442（Ⅱ）（i）当直线l的斜率不存在时，满足题意.

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QyAPOBB1x

x2y21,当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，A、B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立42ykx1得(2k1)x4kx20.

22x1x2kQA4k2,xx.……8分 122k212k21y12y2(kx1)x2(kx21)x1xx,kQB/2kQAkQB/12k120 x1x2x1x2x1x2所以，Q,A,B1三点共线。 （ii）由（i）可知，

QAQAxPA 1QBQB1x2PB7、解：（Ⅰ）依题可知B(a，0)，a2 因为ec1 ， a23 所以c1 bx2y21． 故椭圆C的方程为43（Ⅱ）以BD为直径的圆与直线PF相切． 证明如下：由题意可设直线AP的方程为yk(x2)(k0)． 则点D坐标为（2，4k)，BD中点E的坐标为（2，2k)，

yk(x2),由2得 xy2134(34k2)x216k2x16k2120．

16k212设点P的坐标为(x0,y0)，则2x0．

34k2 12 / 18

68k212k所以x0，． yk(x2)0034k234k2因为点F坐标为(1, 0)，

①当k13时，点P的坐标为(1, )，直线PF的方程为x1， 22点D的坐标 为(2, 2)．

此时以BD为直径的圆(x2)(y1)1与直线PF相切．

22② 当ky04k1时，直线PF的斜率kPF． 2x0114k214k24ky10． 所以直线PF的方程为y(x1),即x24k14k故点E到直线PF的距离

14k214k2|22k1|4k2d|2k|

2214k214k21()()4k4k（或直线PF的方程为

4k4kxy0,

14k214k2故点E到直线PF的距离

d8k4k2k14k214k216k21(14k2)22k8k314k22|k|）

14k2|14k2|又因为BD2R4k ，故以BD为直径的圆与直线PF相切． 综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．

解法二:

（Ⅱ）以BD为直径的圆与直线PF相切．

22x0y01(y00) 证明如下: 设点P(x0,y0),则43 13 / 18

① 当x01时,点P的坐标为(1, )，直线PF的方程为x1， 点D的坐标为(2, 2)， 此时以BD为直径的圆(x2)(y1)1与直线PF相切，

2232② 当x1时直线AP的方程为yy0(x2)， x02点D的坐标为D(2,4y02y02y0),BD中点E的坐标为(2,),故|BE||| x02x02x02y0, x01y0x1(x1),即x0y10, x01y0直线PF的斜率为kPF故直线PF的方程为y|2所以点E到直线PF的距离dx012y01|y0x022y0|||BE| x02x11(0)2y0故以BD为直径的圆与直线PF相切．

综上得，当点P运动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．

228、 解：（I）设Mx1,y1,Nx2,y2，则依题意可知：y14x1,y24x2 22相减可得：y1y24x14x2即y1y2y1y24x1x2

又y1y24，所以ky1y21，即直线MN的斜率为1.-----------------------------------------x1x2

-4分

（II）由（I）知直线MN的斜率为1，所以可设直线MN的方程为yxa 讨论：

Mx1,y1,Nx2,y2当（1）

x由OBMOBN知kBMkBN0，---------------------6

在轴异侧时，

分

又kBMy1y2,kBN x12x22 14 / 18

y1x22y2x12y1y200 --------------------7分 所以即x12x22x2x212又y1x1a,y2x2a，所以x1ax22x2ax120 化简得2x1x2a2x1x24a0（1） ---------------------8分

yxa22联立方程组2消去y得x2a4xa0

y4x2所以x1x242a，x1x2a---------------------12分

代入（1）式可得a2所以直线MN的方程为yx2--------------------13分

x（2）当Mx1,y1,Nx2,y2在轴同侧时，由OBMOBN知kBM=kBN

即直线MN过点B，所以此时直线方程为yx2，经验证，此时直线与抛物线无交点，故舍去

--------------------14分

综上可知：直线MN的方程为yx2.

9、解：（Ⅰ）由题意，得a24m4， 解得m1. ……………… 2分

x2所以椭圆W方程为y21. ……………… 3分

4当n0，及直线CDx轴时，易得C(0,1),D(0,1). 且A(2,0),B(2,0). 所以|AB|4，|CD|2，

1显然此时四边形ACBD为菱形，所以四边形ACBD的面积为424. …… 5分

2（Ⅱ）当直线CD的斜率k不存在时，由题意，得CD的方程为x1，

代入椭圆W的方程，得C(1,33)，D(1,)， 22 易得CB的方程为y3(x2). 23), 2 则M(4,3),AM(6,3),AD(3, 所以AM2AD，即A,D,M三点共线. ……………… 7分 当直线CD的斜率k存在时，设CD的方程为yk(x1)(k0)，C(x1,y1)，D(x2,y2)，

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 yk(x1),2222 联立方程 x2 消去y，得(4k1)x8kx4k40. ……… 9分 2y1,48k24k24 由题意，得0恒成立，故x1x22，x1x22. …………… 10分

4k14k1 直线CB的方程为yy1(x2). x12 令x4，得M(4,2y1). ……………… 11分 x12 又因为A(2,0)，D(x2,y2)， 则直线AD，AM的斜率分别为kADy2y1，kAM， …………… 12分 x223(x12) 所以kADkAMy2y13y(x2)y1(x22)21. x223(x12)3(x12)(x22) 上式中的分子 3y2(x12)y1(x22)3k(x21)(x12)k(x11)(x22) 2kx1x25k(x1x2)8k

4k248k25k28k 2k24k14k1 0， 所以kADkAM0.

所以A,D,M三点共线. ……………… 14分 10、解：（Ⅰ）

x2y2M(c,1)在椭圆21上

a2c21 2 由b22

a2解得 a24 ………………3分

x2y21所以，椭圆的标准方程为………………4分

42

2x2ym0, (Ⅱ)由得4x222mxm280．………………5分 x2y21,42 16 / 18

因为直线l与椭圆C有两个交点，并注意到直线l不过点M，

8m244(m28)0,所以解得4m0或0m4．……………6分

m0.m282m，x1x2设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2,……………8分 24y12x1m2x2m，y2．……………10分 22显然直线MA与MB的斜率存在，设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2， 由（Ⅰ）可知M(2,1) 则k1k2y11y12x12x22……………11分

(2x1m2x2m1)(x22)(1)(x12)22 (x12)(x22)(2x1m2)(x22)(2x2m2)(x12)

2(x12)(x22)22x1x2(m4)(x1x2)22m42 2[x1x22(x1x2)2]22(m28)(m4)22m82m1624444 2[x1x22(x1x2)2]22(m28)(m4)22m82m162 8[x1x22(x1x2)2]22m216222m282m82m1620．

8[x1x22(x1x2)2]因为k1k20，所以MPQMQP．……………13分

所以PMQM． ………………14分

11、（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c, 依题意：

c1,ac3,解得：a2,c1 a2x2y2 所以bac3, 所以椭圆C的方程是1. ……………4分

43222（Ⅱ）证明：由题意可知，直线l1,l2的斜率均存在且不为0，A(2,0)F(1,0)

设l1,l2的斜率分别为k1,k2, 则k1k21. ……………5分

17 / 18

则直线l1的方程为yk1(x1)， 则M点坐标为4,3k1, kAMk3k1k设直线AM的方程为y1(x2), 1,422 2x2y21,43222 由得：（3k1)x24k1x4k1120

yk1(x2),2

62k1k16k1因为x2是方程的根，所以xp,y(x2). pP2223k3k1162k26k2,y.同理可得xQ ……………8分Q223k23k2

62k1222k1,xQ1 1k1当xp，即时，可得2123k1又F的坐标为 F(1,0) 所以 P,F,Q三点共线； ……………9分

2262k12221k1k1时 当xp，即，12 3k12kPF6k16k212()222k13k13k22k2k12k1 k,QF22222162k1kk162k11k12211()21122k13k23k1所以 P,F,Q三点共线 ……………13分

所以kQFkPF 18 / 18