2024新高考衡水内部卷数学第九套圆锥曲线综合答案

衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第九套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：一、单选题2由题意可得AOB，在RtAOD中，8.A．231D抛物线xy16的准线方程为y4，由抛物线的定义知，9．BD2AOD,DAO，所以OB2OD，对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质抛物线xy16上一点xy00,到焦点的距离为y04，364kk21，结合题意可知矢OBODOD2，半径OB4，弦ABOMyy0043，解得y02，故选：D.21mAB2AD216443，所以A项不正确；对于B项，根据kkABOM2，所以kAB2，2A【解析】x40ym，yx设Ax，y，44111所以弧田面积（弦矢矢2）所以直线方程为yx12(1)，即2xy30，Bx22，y214212所以B项正确；对于C项，若直线方程为yx1，点M(,)，x12(4322)432，33y11216y1y2x1x21，两式相减，则kk1442，2ABOMxx1x216y1y24．2y215D162依题设P在抛物线准线的投影为P'，抛物线的焦点为F，A（0，所以C项不正确；对于D项，若直线方程为yx2，与椭圆1AB中点的横坐标为1，则纵坐标为xy224-1）．方程1联立，24则F（1，0），依抛物线的定义知P到该抛物线准线的距离为11m222将1，代入直线yx，解得m2分值：5得到2xx(2)40，整理得：3xx40，解得444|PP'|=|PF|，4xx0,，3B由椭圆方程可得双曲线的两焦点为(0,2),(0,2),虚轴长为则点P到点A（0，-1）的距离与P到该抛物线准线的距离之和123d=|PF|+|PA|≥|AF|=(01)22(10)2．442|FF|22,所以AB1120，所以D正确；12336．D依题意，直线l过AB的中点或者直线l与直线AB平行，22所以双曲线的虚半轴长为2,长半轴长为2(2)2,10．ABDAB的中点坐标为（4，1），yx22由椭圆Ⅱ的右顶点为椭圆Ⅰ的中心，可得2aa，由椭圆Ⅰ与所以双曲线方程为1,即yx222.所以若直线l过AB的中点，则l过（4，1）和（0，1），所以此2122时直线l的方程为y=1；Ⅱ有公共的左顶点和左焦点，可得a2c2c1；因为4．A31若l与AB平行，则l的斜率k2，又直线l过点P（0，35a1c12a2a2c2，且ac22，则1），a1c12a2a2c22(a2c2)，所以A正确；因为如图，所以此时l的方程为：y–1=–2（x–0），即2x+y–1=0，综上，直线l的方程为y=1或2x+y–1=0，a1c12a2(a2c2)a2c2，所以B正确；因为7．D2a1c22a2c2，a2c1a2()ac22a2a2c2，则有明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第九套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：222a1c2a2c12a2c2a2a2c2a2(c2a2)0，所以C错误；xy80x，联立解得x0=2，y0无实数解，于是D错误.22若|AF|·|BF|=p,由x1+x2+=x1x2+(x1+x2)+pceac1故答案为BC.因为e1222，所以D正确；因为1a2a212得p2+=p2+p2,解得k=,故B错误;12.AC解析因为AB的斜率为k,AB⊥CD,所以kCD=-,c1c2a2c22c2a2c2e1e20，即ee12因为AB⊥CD,所以四边形ABCD面积a1a22a222a设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程为y=k,2SABCD=|AB||CD|=2p(1+k)==222PA1xy211．B设点Px,y，则=，化简整理PB222xy4由可得,k2x2-p(k2+2)x+k2p2=0,p2k2++2≥8p2,当且仅当k2=,即k=1时,等号成立,故2得x22y80x，即xy4216，故A错误；当D错误.故选AC.PD113DB1,0,2,0,时，，故B正确；对于C选项，PE2AP2PO2AO2cosAPO=，2APPO所以|AB|=x1+x2+p=+p=,同理可得BP2PO2BO214解：双曲线的渐近线为，即cosBPO=,要证PO为角平分线，只需证2BPPO2，明cosAPO=cosBPO，即证|CD|==2p(1+k),不妨取，圆，AP2PO2AO2BP2PO2BO2，化简整理即证22APPOBPPO则有,即，所以圆心为，半径，PO2228AP，设Px,y，则PO2x2y2，所以A正确;依题意圆心到渐近线的距离，2AP282x28x2y2x28xy2x2y2x2y22222=x1x2+y1y2=p+kx1-x2-=p+kx1x2解得或舍去．，则证，故正确；对于选项，设22222cosAPO=cosBPOCDMx00,y,-(x1+x2)+p=p+kp-=-p与k无关,同理15由MO2|MA|可得2222，整理得x0y0=2x0y0=-p2,故,C正确;223x03y016x0+160，而点M在圆上，故满足明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第九套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：（）连接，在中，，，22181MF1RtMF12FFF124MF23AF12y，代入圆方程可得：x0202∴MF15222222P,，AP,,,OP222222APOP0APOP（2）设直线BM的斜率为k，则直线BN的斜率为2k联立BM与椭圆方程：2x2y122212kx4kx0∴由椭圆定义可知28a即a4，又24c，从而b212，ykx116∴椭圆的标准方程为2解：取AB的中点为E，因为|MA||NB|，所以4k21k22xM代入直线方程可得：yxy12k2M21k21．4分|ME||NE|，设A(,)xy，B(,)xy16121122联立BN与圆方程：yyyy11（2）由题意可知，若AB的垂直平分线恰好过P点，则有可得1212，即设直线22kkOE..ABxy122x1x2x1x22214kx4kx0y21kxPAPB，AB:ykxm，k0，m0，4k41k2当l与x轴垂直时，不满足PAPB；mxN代入直线方程可得：y6令x0，ym，令y0，x，所以14k2N41k2k分222mmm214k2k14k4k1E(,)，所以kk，k，MN,,,当l与x轴不垂直时，22km22222212k2k114k4k1kykxm222222kk14122mm212，m2，所以直线AB:2yx，即2222设l的方程为ykxm，由xy，消y得2224k12k14k12k11k2kk1411MN22161244kk4k2k14k4k12kxy2220.12kk221434k2x28kmx4m2480，17.解：（1）由椭圆可得ABF2,0,0,1,1,02kk2114∵64k2m2434k24m2480，MN的方程为：yxPx,y22设00，由P在第二象限可得：xy000,02k12k2k1∴16km2122，①式令Ax,y，Bx,y，AB的中1112212122整理可得：yx1，直线MN恒过定点0,1APF的面积为，2kSAPFAFy08km2424点为Cx,y，则xx0012234k8分明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第九套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：xx124km3mx23∴x，ykxm，∴设点Q的坐标为xyQQ,，则xxx.26260234k20034k2QM12T(63,)，由MTTH得到H(265,).求得3343kmm3C,，又∵PCAB，∴kk1即x12xm22PC2HN方程：34kk343223m由方程组x12xm1解得mm210，即m1.264，过点(0,2).21yx(2)234k23k1，化简得mk34，x34km2x134k22②若过点P(1,2)的直线斜率存在，设2结合①式得22，即42，解10分16kk124316kk830kxy(k2)0,M(,),(,x1y1Nx2y2).11而m12,2，所以直线l的方程为yx1.之得：k，kxy(k2)0222222联立xy,得综上所述，存在满足条件的直线，且其斜率k的取值范围为20.解：设椭圆E的方程为mxny1，过13411322,.12分AB0,2,,1，(3k4)x6k(2k)x3k(k4)0，2226kk(2)8(2k)|006|41nxxyy1219（1）由题意得b1，a3，则a23，所111234k234k22则9，解得m，n，可得，，mn1343kk(4)4(44kk22)xx4122yy222234kx34k以椭圆C的方程为y21.4分3yx2224k所以椭圆E的方程为：1.且xyxy(*)43122134k2（2）设直线l的方程为yxm，Py3,P，【小问2详解】yy13y12联立2,可得T(3,y1),H(3y16x1,y1).x232yx22y1,，所以，22AB(0,2),(,1)AB:2yx3由3得4x6mx3m30.23yxm①若过点P(1,2)的直线斜率不存在，直线x1.代入yy可求得此时HN:()yy12xx，2236yxx令36mm2248480，得22m，则xy221121，34332将(0,2)，代入整理得x12xm，x12xm1.6分2426262可得，，代入方程yx2，，因为PMN是以PMN为顶角的等腰直角三角形，M(1,)N(1,)AB2(x1x2)6(y1y2)x1y2x2y13y1y2120333所以NP平行于x轴，过M作NP的垂线，则垂足Q为线段可得将(*)代入，得NP的中点.24k12k29648k24k4848k24k236k2480,明德求是追求卓越衡水泰华中学2022-2023高三数学暑假作业第九套组编人：魏然审核人：魏然姓名：得分：家长签字：222p23p3m3k3m3同理可得x，y.yxMMBB显然成立，3kk2p3p33xx2p2yy6p综上，可得直线HN过定点(0,2).因此，点M的轨迹为直线yx，其中k为直线PQ的斜率.此时xAB，yAB.kM23p2