《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1. [陕西咸阳2023高二月考]已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，$P_1(1,1)$，$P_2(0,1)$，$P_3(-1,\frac{\sqrt{3}}{2})$，$P_4(1,\frac{\sqrt{3}}{2})$四点中恰有三个点在椭圆$C$上，则这三个点是（ ）
A. $P_1,P_2,P_3$
B. $P_1,P_2,P_4$
C. $P_1,P_3,P_4$
D. $P_2,P_3,P_4$

答案： D　[解析]因为P₃,P₄两点关于y轴对称，所以椭圆经过P₃,P₄两点，又因为$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}＞\frac{1}{a^{2}}+\frac{3}{4b^{2}}$，所以椭圆不经过P₁点，故椭圆经过P₂,P₃,P₄点，故选D.

2. 已知椭圆$\frac{x^{2}}{100} + \frac{y^{2}}{64} = 1$，若$\triangle ABC$的顶点$B,C$分别是椭圆的两个焦点，顶点$A$在椭圆上，则$\frac{\sin B + \sin C + \sin A}{\sin B + \sin C - \sin A}$的值为（ ）
A. 4
B. 6
C. 8
D. 10

答案： A　[解析]由椭圆$\frac{x^{2}}{100}+\frac{y^{2}}{64}$=1可得a = 10,b = 8，所以c = $\sqrt{a^{2}-b^{2}}$=6，则|BC| = 2c = 12,|AB|+|AC| = 2a = 20，所以在△ABC中，利用正弦定理可得$\frac{\sin B+\sin C+\sin A}{\sin B+\sin C-\sin A}$=$\frac{|AC|+|AB|+|BC|}{|AC|+|AB|-|BC|}$=$\frac{2a + 2c}{2a - 2c}$=4，故选A.

3. [湖南长沙一中2024高二阶段检测]已知$F_1,F_2$是椭圆$\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{16} = 1$的两个焦点，$P$是椭圆上一点，则$|PF_1|\cdot|PF_2|$的最大值是（ ）
A. $\frac{25}{4}$
B. 9
C. 16
D. 25

答案： D　[解析]由题得a = 5，所以|PF₁|+|PF₂| = 2a = 10，所以|PF₁|·|PF₂|≤$(\frac{|PF_{1}|+|PF_{2}|}{2})^{2}$=25，当且仅当|PF₁| = |PF₂| = 5时，|PF₁|·|PF₂|取得最大值25.故选D.

4. [江苏南通2024高二期中联考]已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{12} + \frac{y^{2}}{8} = 1$的左焦点为$F$，$P$为$C$上一动点，定点$A(-1,\sqrt{3})$，则$|PF| + |PA|$的最大值为（ ）
A. $4\sqrt{3}$
B. $6\sqrt{3}$
C. $2 + 2\sqrt{3}$
D. $2 + 4\sqrt{3}$

答案：
B　[解析]因为$\frac{(-1)^{2}}{12}+\frac{(\sqrt{3})^{2}}{8}$=$\frac{11}{24}$＜1，所以点A在椭圆内部.记椭圆C的右焦点为E，则E(2,0).连接PE，如图所示，由题得a = 2$\sqrt{3}$，点P在椭圆C上，所以|PF|+|PE| = 2a = 4$\sqrt{3}$，|PF| = 4$\sqrt{3}$-|PE|，则|PF|+|PA| = 4$\sqrt{3}$-|PE|+|PA|≤4$\sqrt{3}$+|AE|，当点P是AE的延长线与椭圆C的交点时，取等号，所以|PF|+|PA|的最大值为4$\sqrt{3}$+$\sqrt{(-1 - 2)^{2}+(\sqrt{3}-0)^{2}}$=6$\sqrt{3}$，故选B.

5. [浙江宁波2024高二期中]已知$P$是椭圆$\frac{x^{2}}{5} + \frac{y^{2}}{4} = 1$在第一象限上的点，且以点$P$及焦点$F_1,F_2$为顶点的三角形面积等于$1$，则点$P$的坐标为（ ）
A. $(\frac{5\sqrt{3}}{4},\frac{1}{2})$
B. $(\frac{\sqrt{15}}{2},1)$
C. $(\frac{\sqrt{15}}{2},\frac{1}{2})$
D. $(\frac{\sqrt{35}}{4},\frac{3}{2})$

答案： B　[解析]设P(x₀,y₀)(x₀＞0,y₀＞0)，由题知，c = 1，所以S△PF₁F₂ = $\frac{1}{2}$×2c×y₀ = y₀，又S△PF₁F₂ = 1，所以y₀ = 1，将其代入$\frac{x_{0}^{2}}{5}+\frac{y_{0}^{2}}{4}$=1，解得x₀ = $\frac{\sqrt{15}}{2}$，所以P($\frac{\sqrt{15}}{2}$,1)，故选B.

6. （多选）[重庆一中2024高二月考]设点$A,F_1,F_2$的坐标分别为$(-1,1),(-1,0),(1,0)$，动点$P(x,y)$满足：$\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}} + \sqrt{(x - 1)^{2}+y^{2}} = 4$，则下列说法正确的有（ ）
A. 点$P$的轨迹方程为$\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1$
B. $|PA| + |PF_1| ＜ 5$
C. 存在$4$个点$P$，使得$\triangle PAF_1$的面积为$\frac{3}{2}$
D. $|PA| + |PF_1| ＞ 1$

答案：
AD　[解析]对于A，由$\sqrt{(x + 1)^{2}+y^{2}}+\sqrt{(x - 1)^{2}+y^{2}}$=4得，|PF₁|+|PF₂| = 4＞|F₁F₂| = 2，所以点P的轨迹为以F₁,F₂为焦点的椭圆，且2c = 2,2a = 4，即c = 1,a = 2，则b = $\sqrt{a^{2}-c^{2}}$=$\sqrt{3}$，故点P(x,y)的轨迹方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}$=1，A正确.
对于B，D，将(-1,1)的坐标代入椭圆方程左边得$\frac{1}{4}+\frac{1}{3}$＜1，所以点A(-1,1)在椭圆内部，如图所示，所以|PA|+|PF₂| = |PA|+2a - |PF₁|≤2a + |AF₁| = 4 + 1 = 5，当且仅当点P运动到点P₁处时，等号成立，故B错误；|PA|+|PF₁| = |PA|+2a - |PF₂| = 4 + |PA|-|PF₂|，因为||PA|-|PF₂||≤|AF₂|⇒-$\sqrt{5}$≤|PA|-|PF₂|≤$\sqrt{5}$，所以|PA|+|PF₁| = 4 + |PA|-|PF₂|≥4-$\sqrt{5}$＞1，当且仅当点P运动到点P₂处时，等号成立，故D正确.
对于C，S△PAF₁ = $\frac{1}{2}$|AF₁|h = $\frac{1}{2}$×1×h = $\frac{h}{2}$，其中h为点P到直线AF₁的距离，若S△PAF₁ = $\frac{h}{2}$=$\frac{3}{2}$，则h = 3，由于当点P为椭圆的右顶点时，h取得最大值3，故满足条件的点P只有一个，C错误.故选AD.

7. 如图，把椭圆$\frac{x^{2}}{25} + \frac{y^{2}}{16} = 1$的长轴$AB$分成$8$等份，

过每个分点作$x$轴的垂线交椭圆的上半部分于$P_1$，$P_2$，…，$P_7$七个点，$F$是椭圆的左焦点，则$|P_1F| + |P_2F| + \cdots + |P_7F| =$________。

答案： 35　[解析]设椭圆的右焦点为F'，则由椭圆的对称性知，|P₁F| = |P₇F'|，|P₂F| = |P₆F'|，|P₃F| = |P₅F'|，
∴原式=(|P₇F|+|P₇F'|)+(|P₆F|+|P₆F'|)+(|P₅F|+|P₅F'|)+|P₄F| = 7a = 35.

8. 已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{4} + y^{2} = 1$，$F_1,F_2$分别为椭圆$C$的左、右焦点，$P(x_0,y_0)$为椭圆$C$上一点，$\angle F_1PF_2 = 60^{\circ}$，则$x_0 =$________。

答案：
$\frac{4\sqrt{2}}{3}$或-$\frac{4\sqrt{2}}{3}$　[解析]由题意可得|PF₁|+|PF₂| = 2a = 4,|F₁F₂| = 2c = 2$\sqrt{3}$.
在△F₁PF₂中，由余弦定理可得|F₁F₂|² = |PF₁|²+|PF₂|² - 2|PF₁|·|PF₂|·cos∠F₁PF₂ = (|PF₁|+|PF₂|)² - 3|PF₁|·|PF₂|，所以有|PF₁|·|PF₂| = $\frac{4}{3}$，即$\sqrt{(x_{0}+\sqrt{3})^{2}+y_{0}^{2}}$·$\sqrt{(x_{0}-\sqrt{3})^{2}+y_{0}^{2}}$=$\sqrt{(x_{0}+\sqrt{3})^{2}+1-\frac{x_{0}^{2}}{4}}$·$\sqrt{(x_{0}-\sqrt{3})^{2}+1-\frac{x_{0}^{2}}{4}}$=$\frac{4}{3}$，即($\frac{3x_{0}^{2}}{4}$+2$\sqrt{3}$x₀ + 4)·($\frac{3x_{0}^{2}}{4}$-2$\sqrt{3}$x₀ + 4)=$\frac{16}{9}$，所以($\frac{3x_{0}^{2}}{4}$+4)²-(2$\sqrt{3}$x₀)²=$\frac{16}{9}$，整理得($\frac{3x_{0}^{2}}{4}$-4)²=$\frac{16}{9}$，所以$\frac{3x_{0}^{2}}{4}$-4 = $\frac{4}{3}$或$\frac{3x_{0}^{2}}{4}$-4 = -$\frac{4}{3}$，解得x₀ = ±$\frac{8}{3}$或x₀ = ±$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，又因为x₀∈(-2,2)，所以x₀ = $\frac{4\sqrt{2}}{3}$或x₀ = -$\frac{4\sqrt{2}}{3}$.
[多种解法](焦点三角形公式)已知P(x₀,y₀)，由焦点三角形面积公式得S△PF₁F₂ = b²tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，又S△PF₁F₂ = $\frac{1}{2}$×|F₁F₂|×|y₀| = $\sqrt{3}$×|y₀|，所以|y₀| = $\frac{1}{3}$，又因为$\frac{x_{0}^{2}}{4}+y_{0}^{2}$=1，所以x₀ = ±$\frac{4\sqrt{2}}{3}$.

[二级结论]已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$=1(a＞b＞0)上一点M，∠F₁MF₂ = θ，则S△F₁MF₂ = b²·tan$\frac{\theta}{2}$=c·|yₘ|.
证明：由椭圆定义得|MF₁|+|MF₂| = 2a，左右两边平方得|MF₁|²+|MF₂|²+2|MF₁|·|MF₂| = 4a²，①由余弦定理得|MF₁|²+|MF₂|² - 2|MF₁|·|MF₂|cosθ = 4c²，②① - ②得|MF₁|·|MF₂| = $\frac{2b^{2}}{1+\cos\theta}$，故S△F₁MF₂ = $\frac{1}{2}$·|MF₁|·|MF₂|sinθ = $\frac{1}{2}$·$\frac{2b^{2}}{1+\cos\theta}$·sinθ = b²·tan$\frac{\theta}{2}$.另外S△F₁MF₂ = $\frac{1}{2}$×2c·|yₘ| = c·|yₘ|.

9. [河北石家庄2023高二月考]已知$F_1,F_2$分别为椭圆$\frac{x^{2}}{100} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(0 ＜ b ＜ 10)$的左、右焦点，$P$是椭圆上一点，当$PF_1 \perp x$轴时，$|PF_1| = \frac{32}{5}$。
(1) 求椭圆的方程；
(2) 当$\angle F_1PF_2 = 60^{\circ}$时，求$\triangle F_1PF_2$的面积。

答案： [解]
(1)由$\frac{x^{2}}{100}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$=1(0＜b＜10)知a² = 100，因此a = 10.
因为PF₁⊥x轴时，|PF₁| = $\frac{32}{5}$，所以可得点P的坐标为(-c,$\frac{32}{5}$)或(-c,-$\frac{32}{5}$)，因为点P在椭圆$\frac{x^{2}}{100}+\frac{y^{2}}{b^{2}}$=1上，所以$\frac{c^{2}}{100}+\frac{(\frac{32}{5})^{2}}{b^{2}}$=1，又a² = b² + c²，所以$\frac{100 - b^{2}}{100}+\frac{32^{2}}{25b^{2}}$=1，解得b = 8，所以椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{100}+\frac{y^{2}}{64}$=1.
(2)设|PF₁| = m,|PF₂| = n，在△PF₁F₂中，由余弦定理可得|F₁F₂|² = m² + n² - 2mn·cos∠F₁PF₂，又∠F₁PF₂ = 60°，所以4c² = (m + n)² - 3mn = 4a² - 3mn，所以mn = $\frac{4b^{2}}{3}$=$\frac{256}{3}$，所以S△F₁PF₂ = $\frac{1}{2}$mn·sin∠F₁PF₂ = $\frac{\sqrt{3}}{4}$×$\frac{256}{3}$=$\frac{64\sqrt{3}}{3}$，所以△F₁PF₂的面积为$\frac{64\sqrt{3}}{3}$.

10. [浙江嘉兴2024高二阶段测试]椭圆$\frac{x^{2}}{m} + \frac{y^{2}}{6} = 1$的焦距为$4$，则$m$的值为________。

答案： 10或2　[解析]由椭圆$\frac{x^{2}}{m}+\frac{y^{2}}{6}$=1的焦距为4，得2c = 4，即c = 2.当a² = m,b² = 6时，m - 6 = 4,
∴m = 10；当a² = 6,b² = m时，6 - m = 4,
∴m = 2.故m的值为10或2.
[易错警示]在解决与椭圆方程有关的问题时，要注意椭圆焦点的位置，即焦点在x轴上还是在y轴上，一般需要进行分类讨论