上海市16区2020届高三上学期期末考试(一模)数学试题分类汇编：圆锥曲线

一、填空、选择题（宝山区2020届高三上期末（一模））以抛物线y26x的焦点为圆心，且与抛物线的准线相切1、的圆的方程是（（奉贤区2020届高三上期末（一模））若双曲线的渐近线方程为y3x，它的焦距为210，2、则该双曲线的标准方程为（虹口区2020届高三上期末（一模））抛物线x26y的焦点到直线3x4y10的距离为3、（黄浦区2020届高三上期末（一模））抛物线x28y的焦点到准线的距离为4、．x2y21的两个焦点为F1，F2，点P在双曲5、（静安区2020届高三上期末（一模））设双曲线2

aa1线上，若PF1PF2，则点P到坐标原点O的距离的最小值为．（浦东新区2020届高三上期末（一模））以抛物线y24x的焦点为右焦点，且长轴为4的椭圆6、的标准方程为（）x2y2

1A.1615x2y2

1B.1x2y2

1C.43x2

y21D.4x22

（普陀区2020届高三上期末（一模））设椭圆：2y1a1，直线l过的左顶点A交7、a，且PQ2QA，则的长轴y轴于点P，交于点Q，若AOP是等腰三角形（O为坐标原点）长等于_________.8、（青浦区2020届高三上期末（一模））过抛物线y22px（p0）的焦点作两条相互垂直的弦AB和CD，则A.p

211

的值为（

|AB||CD|2B.p）C.2p

D.12px2y2

1的左、右焦点分别为F1、F2，若椭9、（松江区2020届高三上期末（一模））已知椭圆94圆上的点P满足|PF1|2|PF2|，则|PF1|

（徐汇区2020届高三上期末（一模））过抛物线C:y22x的焦点F，且斜率为3的直线交抛10、物线C于点M（M在x轴的上方），l为抛物线C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为（徐汇区2020届高三上期末（一模））若圆C1:x2y21和圆C2:x2y26x8yk0没11、有公共点，则实数k的取值范围是（A.(9,11)

B.(25,9)

）D.(25,9)U(11,)

C.(,9)U(11,)

x2y212、（杨浦区2020届高三上期末（一模））椭圆1焦点为F1、F2，P为椭圆上一点，若94|PF1|5，则cosF1PF2

13、（崇明区2020届高三上期末（一模））若双曲线的一个顶点坐标为（3，0），焦距为10，则它的标准方程为．参：

1、y2x2x2y22、1或1

91196、C11、D13、7、2512、8、D9、43、14、45、3210、335二、解答题x2y2

（宝山区2020届高三上期末（一模））已知直线l:xt(0t2)与椭圆:1相交于A、1、42B两点，其中A在第一象限，M是椭圆上一点.（1）记F1、F2是椭圆的左右焦点，若直线AB过F2，当M到F1的距离与到直线AB的距离相等时，求点M的横坐标；（2）若点M、A关于y轴对称，当MAB的面积最大时，求直线MB的方程；（3）设直线MA和MB与x轴分别交于P、Q，证明：|OP||OQ|为定值.2、（（奉贤区2020届高三上期末（一模））平面内任意一点P到两定点F1(3,0)、F2(3,0)的距离之和为4.uuuruuur

PFPF（1）若点P是第二象限内的一点且满足120，求点P的坐标；uuuuruuuur

（2）设平面内有关于原点对称的两定点M1、M2，判别PM1PM2是否有最大值和最小值，请说明理由？3、（虹口区2020届高三上期末（一模））已知两点F1(3,0)、F2(3,0)，设圆O:x2y24与x轴交于A、B两点，且动点P满足：以线段F2P为直径的圆与圆O相内切，如图所示，记动点P的轨迹为，过点F2与x轴不重合的直线l与轨迹交于M、N两点.（1）求轨迹的方程；uuur43（2）设线段MN的中点为Q，直线OQ与直线x相交于点R，求证：F2Rl；3（3）记△ABM、△ABN面积分别为S1、S2，求|S1S2|的最大值及此时直线l的方程.（黄浦区2020届高三上期末（一模））已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上4、一点A(23,1)到两焦点距离之和为8．若点B是椭圆C的上顶点，点P,Q是椭圆C上异于点B的任意两点．（1）求椭圆C的方程；（2）若BPBQ，且满足3PD2DQ的点D在y轴上，求直线BP的方程；（3）若直线BP与BQ的斜率乘积为常数(0)，试判断直线PQ是否经过定点．若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由．（静安区2020届高三上期末（一模））已知抛物线的准线方程为xy20，焦点为F(1,1)．5、（1）求证：抛物线上任意一点P的坐标(x,y)都满足方程x22xyy28x8y0；（2）请指出抛物线的对称性和范围，并运用以上方程证明你的结论；（3）设垂直于x轴的直线与抛物线交于A，B两点，求线段AB的中点M的轨迹方程．（闵行区2020届高三上期末（一模））已知抛物线:y28x和圆:x2y24x0，抛物线6、的焦点为F.（1）求的圆心到的准线的距离；（2）若点T(x,y)在抛物线上，且满足x[1,4]，过点T作圆的两条切线，记切线为A、B，求四边形TAFB的面积的取值范围；（3）如图，若直线l与抛物线和圆依次交于M、P、Q、N四点，证明：“|MP||QN|

1

|PQ|”的充要条件是“直线l的方程为x2”.27、（浦东新区2020届高三上期末（一模））已知曲线C:x2y21，过点T(t,0)作直线l和曲线C交于A、B两点.（1）求曲线C的焦点到它的渐近线之间的距离；（2）若t0，点A在第一象限，AHx轴，垂足为H，连结BH，求直线BH倾斜角的取值范围；uuuruuur

（3）过点T作另一条直线m，m和曲线C交于E、F两点，问是否存在实数t，使得ABEF0uuuruuur

和|AB||EF|同时成立？如果存在，求出满足条件的实数t的取值集合，如果不存在，请说明理由.x2y2

（普陀区2020届高三上期末（一模））已知双曲线：221(a0,b0)的焦距为4，直8、ab线l:xmy40（mR）与交于两个不同的点D、E，且m0时直线l与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形.（1）求双曲线的方程；（2）若坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，求实数m的取值范围；（3）设A、B分别是的左、右两顶点，线段BD的垂直平分线交直线BD于点P，交直线AD于点Q，求证：线段PQ在x轴上的射影长为定值.9、（青浦区2020届高三上期末（一模））已知焦点在x轴上的椭圆C上的点到两个焦点的距离和为10，椭圆C经过点(3,（1）求椭圆C的标准方程；（2）过椭圆C的右焦点F作与x轴垂直的直线l1，直线l1上存在M、N两点满足OMON，求△OMN面积的最小值；（3）若与x轴不垂直的直线l交椭圆C于A、B两点，交x轴于定点M，线段AB的垂直平分线交x轴于点N，且16

).5|AB|

为定值，求点M的坐标.|MN|（松江区2020届高三上期末（一模））设抛物线:y24x的焦点为F，经过x轴正半轴上点10、M(m,0)的直线l交于不同的两点A和B.（1）若|FA|3，求点A的坐标；（2）若m2，求证：原点O总在以线段AB为直径的圆的内部；（3）若|FA||FM|，且直线l1∥l，l1与有且只有一个公共点E，问：△OAE的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出M点的坐标，若不存在，请说明理由.x2y2

（徐汇区2020届高三上期末（一模））已知椭圆:221（ab0），点A为椭圆短轴11、ab的上端点，P为椭圆上异于A点的任一点，若P点到A点距离的最大值仅在P点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知b2.（1）若a5，判断椭圆是否为“圆椭圆”；（2）若椭圆是“圆椭圆”，求a的取值范围；（3）若椭圆是“圆椭圆”，且a取最大值，Q为P关于原点O的对称点，Q也异于A点，直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，试问以线段MN为直径的圆是否过定点？证明你的结论.12、（杨浦区2020届高三上期末（一模））如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y24x的焦点为F，点A是第一象限内抛物线C上的一点，点D的坐标为(t,0)，t0.（1）若|OA|5，求点A的坐标；（2）若△AFD为等腰直角三角形，且FAD90，求点D的坐标；（3）弦AB经过点D，过弦AB上一点P作直线xt的垂线，垂足为点Q，求证：“直线QA与抛物线相切”的一个充要条件是“P为弦AB的中点”.13、（崇明区2020届高三上期末（一模））已知椭圆下顶点分别为C，D．圆O是以线段AB为直径的圆．（1）求圆O的方程；，其左右顶点分别为A，B，上（2）若点E，F是椭圆上关于y轴对称的两个不同的点，直线CE，DF分别交x轴于点M、N，求证：为定值；（3）若点P是椭圆Γ上不同于点A的点，直线AP与圆O的另一个交点为Q．是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由．参：

1、（1）由条件知，2、解：点P的轨迹是以F13,0,F2所以2a4，c

3,0为焦点，长轴长为4的椭圆3，b2a2c21

-----------3分2

2

x2所以点P的轨迹方程是y21

4设P(x0,y0)，由PF1PF20得x0y03

-----------2分26x02y023x023由x，点P是第二象限内的点，解得

0y021y3403

所以点P的坐标为(（2）设P(2cos,sin)

263,)33-----------2分-----------1分M1(x1,y1)、M2(x2,y2)，因为M1,M2是关于原点对称的两个定点，所以x1x2、x1x2、y1y2、y1y2为定值----------1分PM1(x12cos,y1sin)，PM2(x22cos,y2sin)

所以PM1PM2(x12cos)(x22cos)(y1sin)(y2sin)

x1x22cos(x1x2)4cos2y1y2sin(y1y2)sin2因为x1x20，y1y20

----------1分x1x22cos(x1x2)3cos2y1y2sin(y1y2)1x1x23cos2y1y21（*）由x1x2、y1y2为定值，cos[0,1]

2

-----------2分知（*）式P在左右端点时有最大值x1x2y1y24

-----------1分----------1分P在上下端点时有最小值x1x2y1y21

3、4、（1）证明：抛物线的准线方程为xy20，焦点为F(1,1)，5、解：抛物线上任意一点P的坐标(x,y)，由抛物线的定义可得|PF|d(d为P到准线的距离），即为(x1)2(y1)2|xy2|，两边平方化简可得x22xyy28x8y0；2（2）抛物线关于yx对称，顶点为(0,0)，范围为x1，y1，由方程x22xyy28x8y0，设抛物线上任一点(x,y)关于直线yx对称的点为(y,x)，满足原方程，则抛物线关于直线yx对称；由直线y1x1即yx，联立xy20，解得xy1，可得抛物线的顶点为(0,0)；由x1和x22xyy28x8y0联立可得切点为(1,3)，同样由y1和x22xyy28x8y0联立可得切点为(3,1)，可得抛物线的范围为x1，y1；（3）设垂直于x轴的直线为xt，代入抛物线的方程x22xyy28x8y0，可得t2(2t8)yt28t0，设A(t,y1)，B(t,y2)，可得y1y22t8，则AB的中点为(t,t4)，则AB的中点的轨迹方程为直线yx4．6、7、【解答】（1）曲线C的焦点为F12,0,F2

由对称性，不妨计算F2

2,0，渐近线方程yx，……2分2021.……4分y1k

7分2x122,0到直线yx的距离，d

（2）设l:ykx(0k1)，A(x1,y1),B(x1,y1),H(x1,0)，从而kBH

又因为点A在第一象限，所以0k1，………………………8分从而kBH0，，……………………………………………9分所以直线BH倾斜角的取值范围是(0,arctan)（3）当直线l:y0，直线m:xt



12

12…………………10分AB2,E0,t21,F0,t21，2t21=2t2.当直线l:xt，直线m:y0时，t2（根据对称性，这种不讨论不扣分）11分不妨设l:yk(xt)k0，与双曲线联立可得(1k)x2ktx(1kt)0，…12分222221k2(t21)k21由弦长公式，|AB|1k221k1k22…14分1k21t21k2将k替换成，可得|EF|2

kk21

由|AB||EF|，可得(t1)k1t1k，解得t2，此时4(ktk1)0成立．2

……………………15分2222222因此满足条件的集合为{2,2}……………………………………16分（1）当m0直线l:x4与C的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形，由根据双曲线的性8、b21222

质得，2tan30，又焦距为4，则ab4，…………………3分a3x2

解得a3，b1，则所求双曲线的方程为y21.……………………………4分3x22y122（2）设D(x1,y1)，E(x2,y2)，由3，得(m3)y8my130，xmy40

则y1y28m13222m52(m3)12(m13)0，，，且yy12223mm3………………………………………………………………2分又坐标原点O在以线段DE为直径的圆内，则ODOE0，即x1x2y1y20，即(my14)(my24)y1y20，即4m(y1y2)(m21)y1y2160，13m2138m2

则2160，……………………………4分2m3m33m251515即2或0，则3mm3，m333即实数m的取值范围(3,

1515)(,3).…………………6分33（3）线段PQ在x轴上的射影长是xpxq.设D(x0,y0)，由（1）得点B(3,0)，又点P是线段BD的中点，则点P(

x03y0

,)，22……………2分直线BD的斜率为y0x03，直线AD的斜率为y0x03，又BDPQ，y03x0x033x0x023y0则直线PQ的方程为y(x)，即yx，2y02y02y023x0x023y0xy

y02y02y0

(x3)，联立方程又直线AD的方程为y，x03yy0(x3)3x0x023y02y02x022

消去y化简整理，得(3x0)x(x3)，又y01，322x032(x023)1

代入消去y0，得(3x0)x(x03)(x3)，332

即x

2(x03)12x3，(x3)，则x0

3342x03，4……………5分即点Q的横坐标为则xpxq

x032x033.故线段PQ在x轴上的射影长为定值.……6分

244说明：看作是PQ在OB或i(1,0)方向上投影的绝对值，请相应评分.9、10、解：（1）由抛物线方程知，焦点是F(1,0)，准线方程为x1，设A（x1，y1），由|FA|=3及抛物线定义知，x1=2，代入y4x得y222所以A点的坐标A(2,22)或A(2,22)（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），设直线AB的方程是：x＝my+2，联立………………………4分xmy2y1y24m2，消去x得：y﹣4my﹣8＝0，由韦达定理得，………6分2y4xy1y28

2

y12y2(y1y2)2

y1y2y1y2480，OAOB(x1,y1)(x2,y2)x1x2y1y2

4416故AOB恒为钝角，故原点O总在以线段AB为直径的圆的内部．………………………10分（3）设A（x1，y1），则x1y1≠0，因为|FA|＝|FM|，则|m﹣1|＝x1+1，由m＞0得m＝x1+2，故M（x1+2，0）．故直线AB的斜率KAB＝

y1．2y1

xb，代入抛物线方程2因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y

得y

2

88b32b2y0，由题意20，得b．……………12分y1y1y1y1y1

441

，xE2y1y1x1

设E（xE，yE），则yE

SOAE

1

x121x1

00y14y1

111

1y14x122x1y1

………………………14分当且仅当y14x122，即y14x1时等号成立，x1y1得4x14x1，解得x11或x10（舍），………………15分………………………16分2y124x12

由2

y14x1

所以M点的坐标为M(3,0)，(SOAE)min211、12、13、解：（1）由题意得：A（﹣2，0），B（2，0），∴圆O的圆心为原点，半径为2，∴圆O的方程是x2+y2＝4；（2）由题意可知：C（0，1），D（0，﹣1），设E（x0，y0），则F（﹣x0，y0），（x0≠1），所以|AQ|＝2＝4，