《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

10.(多选)(2024湖南部分学校大联考(二),10)已知$\theta\in\mathbf{R}$,双曲线$C:x^{2}\cos\theta + y^{2}\sin2\theta = 1$,则（ ）
A. $\theta$可能是第一象限角
B. $\theta$可能是第四象限角
C. 点$(1,0)$可能在$C$上
D. 点$(0,1)$可能在$C$上

答案： BD 根据题意，可得$\cos\theta\sin2\theta\lt0$，即$\sin\theta\cos^{2}\theta\lt0$，即$\sin\theta\lt0$且$\cos\theta\neq0$，所以$\theta$是第三象限或第四象限角. 故 A 错误，B 正确；若点$(1,0)$在$C$上，则有$\cos\theta = 1$，此时$\sin\theta = 0$，与已知矛盾，故 C 错误；若点$(0,1)$在$C$上，则有$\sin2\theta = 1$，解得$2\theta=\frac{\pi}{2}+2k\pi(k\in\mathbf{Z})$，即$\theta=\frac{\pi}{4}+k\pi(k\in\mathbf{Z})$，又因为$\theta$是第三象限或第四象限角，所以可以取$\theta=\frac{5\pi}{4}$，此时双曲线方程为$y^{2}-\frac{x^{2}}{\sqrt{2}} = 1$，故 D 正确. 故选 BD.

11.(2024北京清华附中统练二,12)请写出一个焦点在$y$轴上,且与直线$y = 2x$没有交点的双曲线的标准方程:__________.

答案： 答案 $\frac{y^{2}}{4}-x^{2}=1$（答案不唯一）解析 与直线$y = 2x$没有交点，则$y = 2x$可以为双曲线的渐近线，又知双曲线焦点在$y$轴上，故满足$\frac{y^{2}}{4}-x^{2}=\lambda(\lambda\gt0)$，取$\lambda = 1$，则满足条件的一个双曲线的标准方程可以为$\frac{y^{2}}{4}-x^{2}=1$.

12.(2024华大新高考联盟联考,12)关于双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$,四位同学给出了四个说法:
小明:双曲线$C$的实轴长为8;
小红:双曲线$C$的焦点到渐近线的距离为3;
小强:双曲线$C$的离心率为$\frac{3}{2}$;
小同:双曲线$C$上的点到焦点距离的最小值为1.
若这4位同学中只有1位同学的说法错误,则说法错误的是__________;双曲线$C$的方程为__________.(第一空的横线上填“小明”“小红”“小强”或“小同”)

答案： 答案 小强；$\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$解析 小明正确有$a = 4$，小红正确有$b = 3$，小强正确有$\frac{c}{a}=\frac{3}{2}$，小同正确有$c - a = 1$，由此分析小明、小红、小强三个人中必有 1 位同学说法错误，则小同的说法一定是正确的，即$c - a = 1$，则小明和小红的说法正确，小强的说法错误. 可求得双曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$.

13.(2024甘肃一诊,14)若曲线$C:mx^{2}+ny^{2} = 1(mn\neq0,m\neq n)$经过$(6,-\sqrt{15}),(-2,\sqrt{3}),(4,0)$这三点中的两点,则曲线$C$的离心率可能为__________(写出一个即可).

答案： 答案 $\frac{\sqrt{33}}{3}$或$\frac{\sqrt{7}}{2}$或$\frac{\sqrt{3}}{2}$（只写一个即可）解析 当曲线$C$经过点$(6,-\sqrt{15})$，$(-2,\sqrt{3})$时，有$\begin{cases}36m + 15n = 1\\4m+3n = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-\frac{1}{4}\\n=\frac{2}{3}\end{cases}$，曲线$C$的方程为$\frac{y^{2}}{\frac{3}{2}}-\frac{x^{2}}{4}=1$，离心率为$e=\sqrt{1 + 4\times\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{33}}{3}$；当曲线$C$经过点$(6,-\sqrt{15})$，$(4,0)$时，有$\begin{cases}36m + 15n = 1\\16m = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=\frac{1}{16}\\n=-\frac{1}{12}\end{cases}$，曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{12}=1$，离心率为$e=\sqrt{1+\frac{12}{16}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$；当曲线$C$经过点$(-2,\sqrt{3})$，$(4,0)$时，有$\begin{cases}4m+3n = 1\\16m = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=\frac{1}{16}\\n=\frac{1}{4}\end{cases}$，曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$，离心率为$e=\sqrt{1-\frac{4}{16}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

14.(2024山东临沂一模,13)已知$F_{1},F_{2}$是双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的左、右焦点,点$P(\sqrt{3}t,t)(t ＞ 0)$在$C$上,$\tan\angle F_{1}F_{2}P = 2 + \sqrt{3}$,则$C$的离心率为__________.

答案： 答案 $\sqrt{2}$解析 过点$P$作$x$轴的垂线，垂足为$D$，则$|OD|=\sqrt{3}t$，$|PD|=t$，则$|DF_{2}|=c-\sqrt{3}t$，$\tan\angle F_{1}F_{2}P=\frac{t}{c-\sqrt{3}t}=2+\sqrt{3}$，解得$t=\frac{c}{2}$，$\therefore$点$P$的坐标为$(\frac{\sqrt{3}c}{2},\frac{c}{2})$，将$P(\frac{\sqrt{3}c}{2},\frac{c}{2})$代入双曲线方程得$\frac{3c^{2}}{4a^{2}}-\frac{c^{2}}{4b^{2}} = 1$，整理得$b^{2}(3c^{2}-4a^{2})=a^{2}c^{2}$，将$b^{2}=c^{2}-a^{2}$代入得$4a^{4}-8a^{2}c^{2}+3c^{4}=0$，即$3e^{4}-8e^{2}+4 = 0$，解得$e^{2}=2$或$e^{2}=\frac{2}{3}$，$\because e\gt1$，$\therefore e^{2}=2$，$\therefore e=\sqrt{2}$.

1.(2024广西南宁一模,6)已知双曲线$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的右焦点为$F$,右顶点为$A$,过点$F$的直线与双曲线$E$的一条渐近线交于点$P$,与其左支交于点$Q$,且点$P$与点$Q$不在同一象限,直线$AP$与直线$OQ$($O$为坐标原点)的交点在双曲线$E$上,若$\overrightarrow{PQ} = - 2\overrightarrow{PF}$,则双曲线$E$的离心率为（ ）
A. $\sqrt{3}$
B. 2
C. $\frac{7}{3}$
D. 3

答案：
B 设$F'$为双曲线的左焦点，直线$AP$与直线$OQ$（$O$为坐标原点）在双曲线$E$上的交点为$Q'$，由双曲线的对称性可得，$Q'$与$Q$关于坐标原点对称，又$O$是$F'F$的中点，故四边形$Q'F'QF$为平行四边形，
故$F'Q'// QF$，$|F'Q'| = |QF|$，故$\triangle F'Q'A\sim\triangle FPA$，则$\frac{|F'Q'|}{|PF|}=\frac{|QF|}{|PF|}=\frac{|F'A|}{|FA|}=\frac{c + a}{c - a}$，又$\overrightarrow{PQ}=-2\overrightarrow{PF}$，故$\frac{|QF|}{|PF|}=3$，故$\frac{c + a}{c - a}=3$，故$c = 2a$，$\therefore e = 2$，故选 B.

2.(2024山东青岛一模,8)已知$A(-2,0),B(2,0)$,设点$P$是圆$x^{2}+y^{2} = 1$上的点,若动点$Q$满足$\overrightarrow{QP}\cdot\overrightarrow{PB} = 0,\overrightarrow{QP}=\lambda(\frac{\overrightarrow{QA}}{|\overrightarrow{QA}|}+\frac{\overrightarrow{QB}}{|\overrightarrow{QB}|})$,则$Q$的轨迹方程为（ ）
A. $x^{2}-\frac{y^{2}}{3} = 1$
B. $\frac{x^{2}}{3}-y^{2} = 1$
C. $\frac{x^{2}}{5}+y^{2} = 1$
D. $\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{2} = 1$

答案：
A 建系如图. 连接$OP$. 由已知条件可知，点$Q$在$\angle AQB$的平分线上，延长$BP$交直线$AQ$于点$B'$.$\because\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{PQ}=0$，$\therefore BP\perp PQ$.$\therefore\triangle BQB'$是等腰三角形，$|BP| = |B'P|$，$\therefore OP// AQ$. 设点$P(a,b)$，$Q(x,y)$，则$a^{2}+b^{2}=1$.$\overrightarrow{BP}=(a - 2,b)$，$\overrightarrow{PQ}=(x - a,y - b)$，$\overrightarrow{OP}=(a,b)$，$\overrightarrow{AQ}=(x + 2,y)$.$\because\overrightarrow{BP}\cdot\overrightarrow{PQ}=0$，$\overrightarrow{OP}//\overrightarrow{AQ}$，$\therefore\begin{cases}(a - 2)(x - a)+b(y - b)=0\\b(x + 2)-ay = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=\frac{x + 2}{2x + 1}\\b=\frac{y}{2x + 1}\end{cases}$代入$a^{2}+b^{2}=1$并化简得$3x^{2}-y^{2}=3$. 即点$Q$的轨迹方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$. 故选 A.

3.(2024广东深圳一调,8)已知双曲线$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$,过点$F_{2}$的直线与双曲线$E$的右支交于$A,B$两点,若$|AB| = |AF_{1}|$,且双曲线$E$的离心率为$\sqrt{2}$,则$\cos\angle BAF_{1} =$（ ）
A. $-\frac{3\sqrt{7}}{8}$
B. $-\frac{3}{4}$
C. $\frac{1}{8}$
D. $-\frac{1}{8}$

答案： D 因为双曲线$E$的离心率为$\sqrt{2}$，所以$c=\sqrt{2}a$，因为$|AB| = |AF_{1}|$，所以$|BF_{2}| = |AB|-|AF_{2}| = |AF_{1}|-|AF_{2}| = 2a$，由双曲线的定义可得$|BF_{1}|-|BF_{2}| = |BF_{1}|-2a = 2a$，所以$|BF_{1}| = 4a = 2|BF_{2}|$，又$|F_{1}F_{2}| = 2c = 2\sqrt{2}a$，所以在$\triangle BF_{1}F_{2}$中，由余弦定理的推论得，$\cos\angle BF_{2}F_{1}=\frac{|BF_{2}|^{2}+|F_{1}F_{2}|^{2}-|BF_{1}|^{2}}{2|BF_{2}|\cdot|F_{1}F_{2}|}=\frac{4a^{2}+8a^{2}-16a^{2}}{2\times2a\times2\sqrt{2}a}=-\frac{\sqrt{2}}{4}$，因为$\angle F_{1}F_{2}B+\angle F_{1}F_{2}A=\pi$，所以$\cos\angle F_{1}F_{2}A=-\cos\angle F_{1}F_{2}B=\frac{\sqrt{2}}{4}$，设$|AF_{2}| = m$，则$|AF_{1}| = m + 2a$，由$|AF_{1}|^{2}=|F_{1}F_{2}|^{2}+|AF_{2}|^{2}-2|F_{1}F_{2}|\cdot|AF_{2}|\cos\angle F_{1}F_{2}A$得，$(2a + m)^{2}=(2\sqrt{2}a)^{2}+m^{2}-2\cdot2\sqrt{2}a\cdot m\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}$，解得$m=\frac{2}{3}a$，所以$|AF_{1}|=\frac{8}{3}a = |AB|$，所以$\cos\angle BAF_{1}=\frac{|AF_{1}|^{2}+|AB|^{2}-|BF_{1}|^{2}}{2|AF_{1}|\cdot|AB|}=\frac{\frac{64a^{2}}{9}+\frac{64a^{2}}{9}-16a^{2}}{2\times\frac{8a}{3}\times\frac{8a}{3}}=-\frac{1}{8}$. 故选 D.

4.(2024山东泰安一轮检测,8)已知$F$是双曲线$C:x^{2}-\frac{y^{2}}{8} = 1$的右焦点,$P$是$C$左支上一点,$A(0,6\sqrt{6})$,当$\triangle APF$周长最小时,该三角形的面积为（ ）
A. $36\sqrt{6}$
B. $24\sqrt{6}$
C. $18\sqrt{6}$
D. $12\sqrt{6}$

答案： D 设双曲线的左焦点为$F_{1}$，由双曲线定义知，$|PF| = 2a+|PF_{1}|$，$\therefore\triangle APF$的周长为$|PA|+|PF|+|AF| = |PA|+|PF_{1}|+|AF|+2a$，$\because2a+|AF|$是定值，$\therefore$要使$\triangle APF$的周长最小，只需$|PA|+|PF_{1}|$最小，即$P、A、F_{1}$共线（$P$在线段$AF_{1}$上）.$\because A(0,6\sqrt{6})$，$F_{1}(-3,0)$，$\therefore$直线$AF_{1}$的方程为$\frac{x}{-3}+\frac{y}{6\sqrt{6}} = 1$，将$x=\frac{y}{2\sqrt{6}}-3$代入$x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$整理得$y^{2}+6\sqrt{6}y - 96 = 0$，解得$y = 2\sqrt{6}$或$y=-8\sqrt{6}$（舍），$\therefore P$点的纵坐标为$2\sqrt{6}$，$\therefore S_{\triangle APF}=S_{\triangle AFF_{1}}-S_{\triangle PFF_{1}}=\frac{1}{2}\times6\times6\sqrt{6}-\frac{1}{2}\times6\times2\sqrt{6}=12\sqrt{6}$. 故选 D.

5.(2024东北三省三校第二次联考,8)双曲线$C:\frac{x^{2}}{12}-\frac{y^{2}}{4} = 1$的右焦点为$F$,双曲线$C$上有两点$A,B$关于直线$l:3x + y - 8 = 0$对称,则$|\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}| =$（ ）
A. $2\sqrt{2}$
B. $4\sqrt{2}$
C. $2\sqrt{3}$
D. $4\sqrt{3}$

答案： B 由题意知$c=\sqrt{12 + 4}=4$，则$F(4,0)$，设$AB$的中点为$S$，连接$FS$，因为$l$为线段$AB$的垂直平分线，故可设$AB:x - 3y + m = 0$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{12}-\frac{y^{2}}{4}=1\\x - 3y + m = 0\end{cases}$，可得$6y^{2}-6my+m^{2}-12 = 0$，则$\Delta = 36m^{2}-24m^{2}+12\times24 = 12(m^{2}+24)\gt0$，$y_{1}+y_{2}=m$，故$x_{1}+x_{2}=3(y_{1}+y_{2})-2m = m$，故$AB$的中点$S$为$(\frac{m}{2},\frac{m}{2})$，因为$AB$的中点在直线$3x + y - 8 = 0$上，所以$3\times\frac{m}{2}+\frac{m}{2}-8 = 0$，故$m = 4$，则$S(2,2)$，由$S$为$AB$中点得$|\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}| = 2|\overrightarrow{FS}| = 2\sqrt{4 + 4}=4\sqrt{2}$. 故选 B.