《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

6. (2024湖南师大附中一模,14)如果直线$l:kx - y-2k = 0$和曲线$\Gamma:x^{2}-4y|y| = 1$恰有一个交点,那么实数$k$的取值范围是____________.

答案：

6. 答案$(-\infty,-\frac{1}{2}]\cup\{\frac{\sqrt{3}}{6}\}\cup(\frac{1}{2},+\infty)$
解析 当$y\geq0$时，$\Gamma:x^{2}-4y^{2}=1$为双曲线的上半部分；当$y\lt0$时，$\Gamma:x^{2}+4y^{2}=1$为椭圆的下半部分.$l:kx - y - 2k = 0$，即$y = k(x - 2)$，过定点$(2,0)$，如图，

考虑临界条件，当直线$y = k(x - 2)$与椭圆下半部分相切时，联立$\begin{cases}y = k(x - 2)\\x^{2}+4y^{2}=1\end{cases}$，消去$y$整理得$(1 + 4k^{2})x^{2}-16k^{2}x + 16k^{2}-1 = 0$，则有$\Delta=(-16k^{2})^{2}-4(1 + 4k^{2})(16k^{2}-1)=0$，由图知$k\gt0$，解得$k=\frac{\sqrt{3}}{6}$.当直线$y = k(x - 2)$与双曲线$x^{2}-4y^{2}=1$的渐近线平行时也为临界条件.双曲线渐近线方程为$y=\pm\frac{1}{2}x$，由图可知$k\leq-\frac{1}{2}$或$k\gt\frac{1}{2}$.故实数$k$的取值范围为$(-\infty,-\frac{1}{2}]\cup\{\frac{\sqrt{3}}{6}\}\cup(\frac{1}{2},+\infty)$.

7. (2024湖北武汉二调,13)设椭圆$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{5}=1$的左、右焦点分别为$F_{1}$,$F_{2}$,过点$F_{2}$的直线与该椭圆交于$A$,$B$两点,若线段$AF_{2}$的中垂线过点$F_{1}$,则$|BF_{2}|=$_______.

答案：
7. 答案$\frac{10}{7}$
解析 由题意，知$F_{1}(-2,0)$，$F_{2}(2,0)$，$\vert F_{1}F_{2}\vert=4$，连接$AF_{1}$，则$\vert AF_{1}\vert=\vert F_{1}F_{2}\vert=4$.因为$A$在椭圆上，所以$\vert AF_{1}\vert+\vert AF_{2}\vert=2a = 6$，所以$\vert AF_{2}\vert=2$，设$M$为$AF_{2}$的中点，则$\vert F_{2}M\vert=1$，由勾股定理知，$\vert F_{1}M\vert=\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$，连接$BF_{1}$，设$\vert BF_{2}\vert=x$，则$\vert BF_{1}\vert=2a - x = 6 - x$，$\vert BM\vert=\vert BF_{2}\vert+\vert F_{2}M\vert=x + 1$，在$Rt\triangle BF_{1}M$中，$\vert BM\vert^{2}+\vert F_{1}M\vert^{2}=\vert F_{1}B\vert^{2}$，即$(x + 1)^{2}+(\sqrt{15})^{2}=(6 - x)^{2}$，解得$x=\frac{10}{7}$，所以$\vert BF_{2}\vert=\frac{10}{7}$.

8. (2024浙江台州二模,18)已知椭圆$C:9x^{2}+8y^{2}=81$,直线$l:x = - 1$交椭圆于$M$,$N$两点,$T$为椭圆的右顶点,$\triangle TMN$的内切圆为圆$Q$.
(1)求椭圆$C$的焦点坐标;
(2)求圆$Q$的方程;
(3)设点$P(1,3)$,过$P$作圆$Q$的两条切线,分别交椭圆$C$于点$A$,$B$,求$\triangle PAB$的周长.

答案：
8. 解析
（1）椭圆的标准方程为$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{\frac{81}{8}}=1$，$\frac{81}{8}-9=\frac{9}{8}$，所以焦点坐标为$(0,\pm\frac{3\sqrt{2}}{4})$.（3分）
（2）将$x=-1$代入椭圆方程$9x^{2}+8y^{2}=81$得$y=\pm3$，由对称性不妨令$M(-1,3)$，$N(-1,-3)$，则直线$MT$的方程为$y=\frac{3}{-1 - 3}(x - 3)$，即$3x + 4y - 9 = 0$.设圆$Q$的方程为$(x - t)^{2}+y^{2}=r^{2}$，$r\gt0$，由于内切圆$Q$在$\triangle TMN$的内部，所以$-1\lt t\lt3$.易知$Q$到直线$MN$和直线$MT$的距离相等，即$t + 1=\frac{\vert3t+4\times0 - 9\vert}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=r$，解得$t=\frac{1}{2}(t=-7$舍去$)$，$r=\frac{3}{2}$，所以圆$Q$的方程为$(x-\frac{1}{2})^{2}+y^{2}=\frac{9}{4}$.（8分）
（3）显然直线$PA$和直线$PB$的斜率均存在，设过$P$作圆$Q$的切线方程为$y = k(x - 1)+3$，其中$k$有两个不同的取值$k_{1}$和$k_{2}$，分别为直线$PA$和直线$PB$的斜率.由圆$Q$与直线相切得$\frac{\vert k(\frac{1}{2}-1)+3\vert}{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{3}{2}$，化简得$8k^{2}+12k - 27 = 0$，则$\begin{cases}k_{1}+k_{2}=-\frac{3}{2}\\k_{1}k_{2}=-\frac{27}{8}\end{cases}$.由$\begin{cases}y = k_{1}(x - 1)+3\\9x^{2}+8y^{2}=81\end{cases}$，得$(9 + 8k_{1}^{2})x^{2}+16k_{1}(3 - k_{1})x+8k_{1}^{2}-48k_{1}-9 = 0$，可得$x_{A}=\frac{8k_{1}^{2}-48k_{1}-9}{8k_{1}^{2}+9}$.所以$y_{A}=k_{1}(x_{A}-1)+3=k_{1}(\frac{8k_{1}^{2}-48k_{1}-9}{8k_{1}^{2}+9}-1)+3=\frac{-24k_{1}^{2}-18k_{1}+27}{8k_{1}^{2}+9}=\frac{-3(27 - 12k_{1})-18k_{1}+27}{27 - 12k_{1}+9}=\frac{18(k_{1}-3)}{12(3 - k_{1})}=-\frac{3}{2}$，同理$x_{B}=\frac{8k_{2}^{2}-48k_{2}-9}{8k_{2}^{2}+9}$，$y_{B}=-\frac{3}{2}$，所以直线$AB$的方程为$y=-\frac{3}{2}$，所以$AB$与圆$Q$相切，将$y=-\frac{3}{2}$代入$9x^{2}+8y^{2}=81$得$x=\pm\sqrt{7}$，所以$\vert AB\vert=2\sqrt{7}$，设$\triangle PAB$的周长为$m$，因为点$P$到直线$AB$的距离为$\frac{9}{2}$，则$\triangle PAB$的面积$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}m\times\frac{3}{2}=\frac{1}{2}\times2\sqrt{7}\times\frac{9}{2}$，解得$m = 6\sqrt{7}$.所以$\triangle PAB$的周长为$6\sqrt{7}$.（17分）

9. (2024山东潍坊二模,18)已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的实轴长为$2\sqrt{3}$,右焦点$F_{2}$到一条渐近线的距离为1.
(1)求$C$的方程;
(2)过$C$上一点$P_{1}(3,\sqrt{2})$作$C$的切线$l_{1}$,$l_{1}$与$C$的两条渐近线分别交于$R$,$S$两点,$P_{2}$为点$P_{1}$关于坐标原点的对称点,过$P_{2}$作$C$的切线$l_{2}$,$l_{2}$与$C$的两条渐近线分别交于$M$,$N$两点,求四边形$RSMN$的面积;
(3)过$C$上一点$Q$向$C$的两条渐近线作垂线,垂足分别为$H_{1}$,$H_{2}$,是否存在点$Q$,满足$|QH_{1}|+|QH_{2}| = 2$? 若存在,求出点$Q$坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
9. 解析
（1）因为实轴长为$2\sqrt{3}$，所以$a=\sqrt{3}$，取$C$的一条渐近线为$y=\frac{b}{a}x$，则有$\frac{\frac{bc}{a}}{\sqrt{1+\frac{b^{2}}{a^{2}}}}=b = 1$，所以双曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$.（4分）
（2）由题意可知四边形$MNRS$为平行四边形，其面积$S_{\square MNRS}=4S_{\triangle ORS}$，由题意可知直线$l_{1}$的斜率存在，设直线$l_{1}:y = kx + t$，$t=\sqrt{2}-3k$，且$k\neq\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$，联立$\begin{cases}y = kx + t\\\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1\end{cases}$，消去$y$并整理得$(1 - 3k^{2})x^{2}-6ktx-3t^{2}-3 = 0$，因为直线$l_{1}$与双曲线$C$相切，所以$\begin{cases}1 - 3k^{2}\neq0\\\Delta = 36k^{2}t^{2}+4(1 - 3k^{2})(3t^{2}+3)=0\end{cases}$，得$3k^{2}=t^{2}+1$，即$2k^{2}-2\sqrt{2}k + 1 = 0$，所以$k=\frac{\sqrt{2}}{2}$，直线$l_{1}$的方程为$x-\sqrt{2}y - 1 = 0$，设直线$l_{1}$与$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$的交点为$R$，与$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x$的交点为$S$，联立$\begin{cases}x-\sqrt{2}y - 1 = 0\\y=\frac{\sqrt{3}}{3}x\end{cases}$得$x_{R}=3+\sqrt{6}$，同理得$x_{S}=3-\sqrt{6}$，则$\vert RS\vert=\sqrt{1 + k^{2}}\vert x_{R}-x_{S}\vert=\sqrt{1+(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}\vert x_{R}-x_{S}\vert=6$，因为原点$O$到直线$l_{1}$的距离$d=\frac{1}{\sqrt{1 + 2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$S_{\triangle ORS}=\frac{1}{2}\times6\times\frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$，所以$S_{\square MNRS}=4S_{\triangle ORS}=4\sqrt{3}$.（12分）
（3）设$Q(x_{0},y_{0})$，则$\frac{x_{0}^{2}}{3}-y_{0}^{2}=1$，不妨设$Q$到直线$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$的距离为$\vert QH_{1}\vert=\frac{\vert\frac{\sqrt{3}}{3}x_{0}-y_{0}\vert}{\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}+1}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\vert\frac{\sqrt{3}}{3}x_{0}-y_{0}\vert$，同理$\vert QH_{2}\vert=\frac{\sqrt{3}}{2}\vert\frac{\sqrt{3}}{3}x_{0}+y_{0}\vert$，所以$\vert QH_{1}\vert\cdot\vert QH_{2}\vert=\frac{3}{4}\vert\frac{x_{0}^{2}}{3}-y_{0}^{2}\vert=\frac{3}{4}$①，$\vert QH_{1}\vert+\vert QH_{2}\vert=2$②，由①②解得$\begin{cases}\vert QH_{1}\vert=\frac{1}{2}\\\vert QH_{2}\vert=\frac{3}{2}\end{cases}$或$\begin{cases}\vert QH_{1}\vert=\frac{3}{2}\\\vert QH_{2}\vert=\frac{1}{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}x_{0}=2\\y_{0}=\frac{\sqrt{3}}{3}\end{cases}$或$\begin{cases}x_{0}=-2\\y_{0}=\frac{\sqrt{3}}{3}\end{cases}$或$\begin{cases}x_{0}=2\\y_{0}=-\frac{\sqrt{3}}{3}\end{cases}$或$\begin{cases}x_{0}=-2\\y_{0}=-\frac{\sqrt{3}}{3}\end{cases}$，所以存在点$Q(2,\frac{\sqrt{3}}{3})$或$Q(-2,\frac{\sqrt{3}}{3})$或$Q(2,-\frac{\sqrt{3}}{3})$或$Q(-2,-\frac{\sqrt{3}}{3})$，使得$\vert QH_{1}\vert+\vert QH_{2}\vert=2$成立.（17分）