2016年高考数学试题分类汇编含答案圆锥曲线

一、选择题

1、（2016年四川高考）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y22px(p0) 上任意一点，M是线段PF上的点，且PM=2MF,则直线OM的斜率的最大值为

（A）232 （B） （C） （D）1

332【答案】C

x2y22=1（b>0）2、（2016年天津高考）已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为4b半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A、B、C、D四点，四边形的ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为（ ）

x23y2x24y2x2y2x2y2=1（B）=1（C）2=1（D）=1（A）44434b412

【答案】D

x2y2

3、（2016年全国I高考）已知方程2–2=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离

m+n3m–n为4，则n的取值范围是

（A）(–1,3) （B）(–1,3) （C）(0,3) （D）(0,3)

【答案】A

4、（2016年全国I高考）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，

E两点.已知|AB|=42，|DE|=25，则C的焦点到准线的距离为

（A）2 （B）4 （C）6 （D）8 【答案】B

5、（2016年全国II高考）圆x2y22x8y130的圆心到直线axy10的距离为1，则a=（ ） （A）43 （B） （C）3 （D）2 34【答案】A

x2y26、（2016年全国II高考）圆已知F1,F2是双曲线E:221的左，右焦点，点M在Eab上，MF11与x轴垂直，sinMF2F1,则E的离心率为（ ） 3（A）2 （B）

3（C）3 （D）2

2

【答案】A

x2y27、（2016年全国III高考）已知O为坐标原点，F是椭圆C：221(ab0)的左焦

ab点，A，B分别为C的左，右顶点.P 为C上一点，且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中 点，则C的离心率为

（A）

13

（B）

12

（C）

23

（D）

3 4【答案】A

x22x22

8、（2016年浙江高考） 已知椭圆C1：2+y=1(m>1)与双曲线C2：2–y=1(n>0)的焦点重

mn合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则

A．m>n且e1e2>1 B．m>n且e1e2<1 C．m1 D．m二、填空题

x2y21、（2016年北京高考）双曲线221（a0，b0）的渐近线为正方形OABC的边OA，

abOC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则a_______________. 【答案】2

x2y22、（2016年山东高考）已知双曲线E：221 （a＞0，b＞0），若矩形ABCD的四个顶点

ab在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|=3|BC|，则E的离心率是_______. 【答案】2

【解析】由题意BC=2c，所以AB=3c，

3cc29c2（c,)在双曲线E上，代入方程，得2－2=1， 于是点

2a4b 在由a+b=c得E的离心率为e=

3、（2016年上海高考）已知平行直线l1:2xy10,l2:2xy10，则l1,l2的距离_______________ 【答案】222c=2，应填2. a25 5

2

4、（2016年浙江高考）若抛物线y=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______． 【答案】9

三、解答题

x2y231、（2016年北京高考） 已知椭圆C：221 （ab0）的离心率为 ，A(a,0)，

ab2B(0,b)，O(0,0)，OAB的面积为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设P的椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N. 求证：ANBM为定值. 【解析】⑴由已知，

解得a2,b1,c3. c31,ab1，又a2b2c2， a22x2y21. ∴椭圆的方程为4⑵方法一：

2x02y01. 设椭圆上一点Px0,y0，则4y02y0直线PA：y. x2,令x0，得yMx02x022y0 x02y1x0直线PB：y0. x1,令y0，得xNx0y01∴BM1∴AN2x0 y01x02y01y01x02

ANBM2x02y02x02y02x02y0122x04y04x0y04x08y04x0y0x02y022x02将y01代入上式得ANBM=4

4故ANBM为定值.

方法二：

设椭圆 上一点P2cos,sin，

sinsinx0,令，得. x2yM2cos21cossincos1∴BM

1cossin12cos直线PB:y. x1,令y0，得xN2cos1sin2sin2cos2∴AN

1sin2sin2cos2sincos1ANBM1sin1cos直线PA:y2422sin2cos2sincos1sincossincos

故ANBM为定值.

x2y22、（2016年山东高考）平面直角坐标系xOy中，椭圆C：221a＞b＞0 的离心率

ab是

32，抛物线E：x2y的焦点F是C的一个顶点. 2（I）求椭圆C的方程；

（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M. （i）求证：点M在定直线上;

（ii）直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求值及取得最大值时点P的坐标.

S1的最大S2

【解析】(Ⅰ) 由离心率是

322，有a=4b， 211F(0,)b=又抛物线x=2y的焦点坐标为，所以，于是a=1，

222所以椭圆C的方程为x2+4y2=1．

m2),(m>0)， (Ⅱ) （i）设P点坐标为P（m,22=x，所以E在点P处的切线l的斜率为m， 由x=2y得y′m2因此切线l的方程为y=mx－，

2设A(x1,y1),B(x2,y2)，D(x0,y0)，

m2将y=mx－代入x2+4y2=1，得

2（1+4m2)x2－4m3x+m2－1=0．

x1+x24m32m3=于是x1+x2=，x0=， 21+4m21+4m2m2－m2－=又y0=mx0，

22(1+4m2)于是 直线OD的方程为y=－1x． 4m联立方程y=－11x与x=m，得M的坐标为M(m,－)． 4m41上． 4所以点M在定直线y=－m2m2（ii）在切线l的方程为y=mx－中，令x=0，得y=－，

221m2m2F(0,)， G)，又P(m,)，即点的坐标为G(0,－2221m(m2+1)所以S1=m×GF=；

242m3－m2,)，得 再由D(4m2+12(4m2+1)12m2+12m3+mm(2m2+1)2S2=××2=

244m+18(4m2+1)S12(4m2+1)(m2+1)于是有 ． =S2(2m2+1)21S12(t－2)(t+1)112==2+－ 令t=2m+1，得S2tt2t2当=1t19S1时，即t=2时，取得最大值． 24S22此时m=1221，m=，所以P点的坐标为P(,)． 2224所以

9S121的最大值为，取得最大值时点P的坐标为P(,)．

424S23、（2016年上海高考） 有一块正方形菜地EFGH,EH所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F点或河边运走。于是，菜地分为两个区域S1和S2，其中S1中的蔬菜运到河边较近，

S2中的蔬菜运到F点较近，而菜地内S1和S2的分界线C上的点到河边与到F点的距离相

等，现建立平面直角坐标系，其中原点O为EF的中点，点F的坐标为（1,0），如图

（1）求菜地内的分界线C的方程

（2）菜农从蔬菜运量估计出S1面积是S2面积的两倍，由此得到S1面积的“经验值”为

8。3设M是C上纵坐标为1的点，请计算以EH为一边、另一边过点M的矩形的面积，及五边形EOMGH的面积，并判断哪一个更接近于S1面积的经验值 【解析】

（1）因为C上的点到直线与到点F的距离相等，所以C是以F为焦点、以 ． 为准线的抛物线在正方形FG内的部分，其方程为y24x（0y2）（2）依题意，点的坐标为,1． 所求的矩形面积为

14511，而所求的五边形面积为． 24矩形面积与“经验值”之差的绝对值为

581，而五边形面积与“经验值”之差 236的绝对值为

1181． ，所以五边形面积更接近于S1面积的“经验值”

43124、（2016年上海高考）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.

y2双曲线x21(b0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与双曲线交于

b2A、B两点。

（1）若l的倾斜角为

2，F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；

（2）设b3，若l的斜率存在，且(F1AF1B)AB0，求l的斜率.

15. 5【答案】（1）y2x．（2）【解析】（1）设x,y．

22242由题意，F2c,0，c1b，ybc1b，

因为F1是等边三角形，所以2c3y，

24即41b3b，解得b22．

故双曲线的渐近线方程为y2x． （2）由已知，F12,0，F22,0．

设x1,y1，x2,y2，直线l:ykx2．显然k0．

2y21x2222由，得k3x4kx4k30． 3ykx222因为l与双曲线交于两点，所以k30，且361k0．

设的中点为x,y．

由Fk1． 1F10即F1，故kF10，知F1x1x22k26k3k2而x，ykx22，kF1，

k32k232k3所以

5、（2016年四川高考）已知椭圆E：

的两个焦点与短轴的一个端点

33k152lkk1，得，故的斜率为． 252k35是直角三角形的3个顶点，直线l:y＝－x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.

（I）求椭圆E的方程及点T的坐标；

（II）设O是坐标原点，直线l’平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于

2

点P.证明：存在常数λ，使得∣PT∣=λ∣PA∣· ∣PB∣，并求λ的值.

x2y21,有方程组2b2b2 得3x212x(182b2)0.①

yx3,方程①的判别式为=24(b23)，由=0，得b2=3， 此方程①的解为x=2，

x2y21. 所以椭圆E的方程为63点T坐标为（2,1）.

4m4m212,x1x2由②得x1x2=. 33所以PA(22m2m52mx1)2(1y1)22x1 ， 3323同理PB52m2x2， 2352m2m(2x1)(2x2) 433所以PBPB52m22m(2)(2)(x1x2)x1x2 43352m22m4m4m212(2)(2)()43333 102m.9

故存在常数

42，使得PTPAPB. 5

x2y21（a3）的右焦点为F，右顶点为A，已知6、（2016年天津高考）设椭圆2a3113e，其中O 为原点，e为椭圆的离心率. |OF||OA||FA|（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设过点A的直线l与椭圆交于点B（B不在x轴上），垂直于l的直线与l交于点

M，与y轴交于点H，若BFHF，且MOAMAO，求直线的l斜率的

取值范围.

【解析】

（2）（Ⅱ）解：设直线l的斜率为k（k0），则直线l的方程为yk(x2).设B(xB,yB)，

x2y21由方程组4，消去y，整理得(4k23)x216k2x16k2120. 3yk(x2)8k268k2612kyx解得x2，或x，由题意得，从而. BB2224k34k34k394k212k,).由由（Ⅰ）知，F(1,0)，设H(0,yH)，有FH(1,yH)，BF(24k34k2394k212kyH94k2BFHF，0，得BFHF0，所以2解得yH.因此直线MH4k34k2312k194k2的方程为yx.

k12k194k220k29yx设M(xM,yM)，由方程组.在MAO中，k12k消去y，解得xM212(k1)yk(x2)222，化简得xM1，即MOAMAO|MA||MO|，即(xM2)2yMxMyM20k2966，解得或. kk14412(k21)所以，直线l的斜率的取值范围为(,

7、（2016年全国I高考）设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E. （I）证明EAEB为定值，并写出点E的轨迹方程；

（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.

【解析】（Ⅰ）因为|AD||AC|，EB//AC，故EBDACDADC， 所以|EB||ED|，故|EA||EB||EA||ED||AD|.

22又圆A的标准方程为(x1)y16，从而|AD|4，所以|EA||EB|4.

66][,). 44x2y21由题设得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：43（y0）.

x2y21的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率8、（2016年全国II高考）已知椭圆E:t3为k(k0)的直线交E于A,M两点，点N在E上，MANA． （Ⅰ）当t4,|AM||AN|时，求AMN的面积；

（Ⅱ）当2AMAN时，求k的取值范围．

x2y21，A点坐标为2，0， 【解析】 ⑴当t4时，椭圆E的方程为43则直线AM的方程为ykx2．

x2y21222243联立并整理得，34kx16kx16k120 ykx28k26128k2622AM1k21k解得x2或x，则

34k234k234k21AN1因为AMAN，所以k2121341k21k2123k4 k因为AMAN，k0，

所以1k212121k224，整理得k14k2k40， 34k3kk4k2k40无实根，所以k1． 1所以△AMN的面积为AM2211214411． 234492⑵直线AM的方程为ykxt，

x2y2122222t3联立并整理得，3tkx2ttkxtk3t0

ykxtttk23t解得xt或x，

3tk2ttk23t6tt1k2所以AM1k 23tk3tk22所以

AN1k26t3kt k因为2AMAN

所以

21k26t6t226k3k1k． t，整理得，t33tk23kk2kk21k26k23k3，整理得因为椭圆E的焦点在x轴，所以t3，即30 3k2k2解得32k2．

9、（2016年全国III高考）已知抛物线C：y22x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点． （I）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；

（II）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.

10、（2016年浙江高考）如图，设椭圆x22a2y1（a＞1）.

（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；

（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.

ykx1【试题解析】（I）设直线ykx1被椭圆截得的线段为，由x22得 a2y11a2k2x22a2kx0，故x2a2k10，x21a2k2．

2a2k2因此1kx1x2． 1k221ak2（II）假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点，Q，满足

Q．

记直线，Q的斜率分别为k1，k2，且k1，k20，k1k2．