《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1.（多想少算、回归教材）（2024新课标II，5，5分，易）已知曲线$C:x^{2}+y^{2}=16(y＞0)$，从$C$上任意一点$P$向$x$轴作垂线段$PP'$，$P'$为垂足，则线段$PP'$的中点$M$的轨迹方程为（ ）
A.$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1(y＞0)$
B.$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1(y＞0)$
C.$\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1(y＞0)$
D.$\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{8}=1(y＞0)$

答案： 1. A
教材溯源：人教A版选择性必修第一册P108例2；人教B版选择性必修第一册P129练习B第5题
设点M的坐标为(x,y)，点P的坐标为(x1,y1)(y1 ＞ 0)，则P'(x1,0)。
又点M为线段PP'的中点，
∴{x = x1,y = (y1 + 0)/2}，则{x1 = x,y1 = 2y}。
又点P在曲线C上，则x1² + y1² = 16，所以x²+(2y)² = 16，即x²/16 + y²/4 = 1(y ＞ 0)，故选A。
小题速解：点M的轨迹可看作将位于x轴上方的半圆压缩而成，即各点的横坐标不变，纵坐标变为原来的一半，故选A。

2.（2024全国甲理，20，12分，中）设椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的右焦点为$F$，点$M(1,\frac{3}{2})$在$C$上，且$MF\perp x$轴.
(1)求$C$的方程；
(2)过点$P(4,0)$的直线交$C$于$A,B$两点，$N$为线段$FP$的中点，直线$NB$交直线$MF$于点$Q$，证明：$AQ\perp y$轴.

答案： 2. 解析
(1)
∵ MF⊥x轴，且M在C上，
∴ c = 1，b²/a = 3/2，结合c² = a² - b²，解得a = 2，b = √3，
∴ C的方程为x²/4 + y²/3 = 1。
(2)证明：当直线AB与x轴重合时显然符合题意。
当直线不与x轴重合时，设直线AB的方程为x = ty + 4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立{x = ty + 4,x²/4 + y²/3 = 1}，消去x得(4 + 3t²)y² + 24ty + 36 = 0，
由Δ = (24t)² - 4×(4 + 3t²)×36 = 144(t² - 4) ＞ 0，得t² ＞ 4，
由根与系数的关系得y1 + y2 = -24t/(4 + 3t²)，y1y2 = 36/(4 + 3t²)，
∵ N为FP的中点，
∴ N(5/2,0)，
∴ 直线NB的方程为y = y2/(x2 - 5/2)(x - 5/2)，
令x = 1，解得yQ = -3y2/[2(x2 - 5/2)]，
∴ y1 - yQ = y1 + 3y2/[2(x2 - 5/2)] = (2x2y1 - 5y1 + 3y2)/[2(x2 - 5/2)] = (2ty1y2 + 3(y1 + y2))/[2(x2 - 5/2)]，
∵ 2ty1y2 + 3(y1 + y2) = 2t×36/(4 + 3t²) + 3×(-24t)/(4 + 3t²) = 0，
∴ y1 = yQ，即AQ⊥y轴。
综上，AQ⊥y轴。

3.（2024新课标I，16，15分，中）已知$A(0,3)$和$P(3,\frac{3}{2})$为椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$上两点.
(1)求$C$的离心率；
(2)若过$P$的直线$l$交$C$于另一点$B$，且$\triangle ABP$的面积为9，求$l$的方程.

答案： 3. 解析
(1)将A(0,3)，P(3,3/2)代入椭圆方程x²/a² + y²/b² = 1得{9/b² = 1,9/a² + 9/(4b²) = 1}，解得{a² = 12,b² = 9}，
所以椭圆的离心率e = √(1 - b²/a²) = 1/2。
(2)当直线l的斜率不存在时，l:x = 3，此时S△ABP = 1/2×3×3 = 9/2，不符合题意。
当直线l的斜率存在时，设l:y = k(x - 3) + 3/2，
联立{y = k(x - 3) + 3/2,x²/12 + y²/9 = 1}，消去y整理得(3 + 4k²)x² + (12k - 24k²)x + 36k² - 36k - 27 = 0，
设P(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1 + x2 = (24k² - 12k)/(3 + 4k²)，x1x2 = (36k² - 36k - 27)/(3 + 4k²)，
∴ |BP| = √(1 + k²)×√[(x1 + x2)² - 4x1x2] = √(1 + k²)×6|2k + 3|/(3 + 4k²)，
又点A到直线l的距离d = |3/2 + 3k|/√(1 + k²)，
∴ S△ABP = 1/2|BP|×d = 1/2×√(1 + k²)×6|2k + 3|/(3 + 4k²)×|3/2 + 3k|/√(1 + k²) = 9，
解得k = 1/2或k = 3/2，
∴ 直线l的方程为y = 1/2x或y = 3/2x - 3。

1.（2021新高考I，5，5分，中）已知$F_1,F_2$是椭圆$C:\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$的两个焦点，点$M$在$C$上，则$|MF_1|\cdot|MF_2|$的最大值为（ ）
A.13
B.12
C.9
D.6

答案： 1. C
∵ M在椭圆C:x²/9 + y²/4 = 1上，且a = 3，
∴ |MF1| + |MF2| = 6，
∵ (|MF1| + |MF2|)/2 ≥ √(|MF1|×|MF2|)，
∴ |MF1|×|MF2| ≤ [(|MF1| + |MF2|)/2]² = 9，
当且仅当|MF1| = |MF2| = 3时等号成立。故选C。

2.（2023全国甲文，7，5分，中）设$F_1,F_2$为椭圆$C:\frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$的两个焦点，点$P$在$C$上，若$\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2}=0$，则$|PF_1|\cdot|PF_2|=$（ ）
A.1
B.2
C.4
D.5

答案： 2. B 由题意知a² = 5，b² = 1，
∴ c² = a² - b² = 4，
∴ c = 2，则|F1F2| = 2c = 4，
由椭圆的定义得|PF1| + |PF2| = 2a = 2√5，
∵ PF1·PF2 = 0，
∴ PF1⊥PF2，
∴ |PF1|² + |PF2|² = |F1F2|² = 16，
即(|PF1| + |PF2|)² - 2|PF1||PF2| = 16，即(2√5)² - 2|PF1||PF2| = 16，得|PF1||PF2| = 2，故选B。
一题多解：由题意可知a² = 5，b² = 1，
∵ PF1·PF2 = 0，
∴ ∠F1PF2 = 90°，
∴ S△PF1F2 = b²tan(∠F1PF2/2) = 1，又S△PF1F2 = 1/2|PF1||PF2|，
∴ |PF1||PF2| = 2，故选B。

3.（2021全国乙文，11，5分，中）设$B$是椭圆$C:\frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$的上顶点，点$P$在$C$上，则$|PB|$的最大值为（ ）
A.$\frac{5}{2}$
B.$\sqrt{6}$
C.$\sqrt{5}$
D.2

答案： 3. A
解法一：由题意可知B(0,1)，设P(x0,y0)，-1 ≤ y0 ≤ 1，则x0²/5 + y0² = 1，x0² = 5 - 5y0²，
|PB| = √[x0² + (y0 - 1)²] = √(5 - 5y0² + y0² - 2y0 + 1) = √(-4y0² - 2y0 + 6) = √[-4(y0 + 1/4)² + 25/4]。(通过消去x0²可转化为求解关于y0的二次函数在给定条件下的最大值)
因为-1 ≤ y0 ≤ 1，所以y0 = -1/4时，|PB|取得最大值5/2，故选A。
解法二：由题意可知B(0,1)，由点P在椭圆x²/5 + y² = 1上，可设P(√5cosθ,sinθ)，(求解与椭圆有关的距离的最值或范围问题时，可灵活运用椭圆的参数方程)
则|PB|² = (√5cosθ)² + (sinθ - 1)² = -4sin²θ - 2sinθ + 6 = -4(sinθ + 1/4)² + 25/4，
当sinθ = -1/4时，|PB|²取得最大值25/4，此时|PB|最大，为5/2，故选A。