《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

5. 定义：双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$为椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$的“伴随曲线”.已知点$(\sqrt{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$在椭圆$C$上,且椭圆$C$的“伴随曲线”的渐近线方程为$y = \pm\frac{1}{2}x$,则椭圆$C$的离心率为 ( )
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{3}$

答案： A [由定义可知椭圆$C$的“伴随曲线”$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$的渐近线方程为$y=\pm\frac{b}{a}x$. 由题意可知,$\frac{b}{a}=\frac{1}{2}$,即$a = 2b$ ①. 将点$(\sqrt{2},-\frac{\sqrt{2}}{2})$代入椭圆$C$的方程,得$\frac{2}{a^{2}}+\frac{1}{2b^{2}} = 1$ ②,联立①②,解得$b^{2}=1$,$a^{2}=4$,即$b = 1$,$a = 2$,所以$c^{2}=a^{2}-b^{2}=4 - 1 = 3$,即$c=\sqrt{3}$,所以椭圆$C$的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.]

6. (2023·河南校考模拟预测)设$P$为抛物线$C:y^{2}=4x$上的动点,$A(2,4)$关于$P$的对称点为$B$,记$P$到直线$x = -1,x = -3$的距离分别为$d_{1},d_{2}$,则$d_{1}+d_{2}+|AB|$的最小值为 ( )
A. $2\sqrt{17}+2$
B. $2\sqrt{13}+2$
C. $\sqrt{17}+2$
D. $\sqrt{13}+\sqrt{17}+2$

答案：
A [如图,因为$d_{2}=d_{1}+2$,且$A(2,4)$关于$P$的对称点为$B$,所以$\vert PA\vert=\vert PB\vert$,抛物线焦点$F(1,0)$,所以$d_{1}+d_{2}+\vert AB\vert=2d_{1}+2 + 2\vert PA\vert=2(d_{1}+\vert PA\vert)+2=2(\vert PF\vert+\vert PA\vert)+2\geqslant2\vert AF\vert+2 = 2\sqrt{17}+2$. 当$P$在线段$AF$上时,$d_{1}+d_{2}+\vert AB\vert$取得最小值,为$2\sqrt{17}+2$.

故选 A.]

7. (2024·广东揭阳高三校考开学考试)已知双曲线$C:\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$,$O$为坐标原点,$F_{1},F_{2}$为双曲线$C$的两个焦点,点$P$为双曲线上一点,若$|PF_{1}| = 3|PF_{2}|$,$|PO| = b$,则双曲线$C$的方程可以为 ( )
A. $\frac{y^{2}}{4}-x^{2}=1$
B. $\frac{y^{2}}{2}-\frac{x^{2}}{4}=1$
C. $\frac{y^{2}}{3}-\frac{x^{2}}{4}=1$
D. $\frac{y^{2}}{16}-\frac{x^{2}}{4}=1$

答案：
B [设$F_{1}$为双曲线的下焦点,$F_{2}$为双曲线的上焦点,如图所示,不妨设点$P$在第二象限,过点$P$作$PH\perp F_{1}F_{2}$于点$H$. 因为$\vert PF_{1}\vert=3\vert PF_{2}\vert$,$\vert PF_{1}\vert-\vert PF_{2}\vert = 2a$,所以$\vert PF_{2}\vert=a$,因为$\vert PO\vert=b$,$\vert OF_{2}\vert=c$,

所以$\vert PF_{2}\vert^{2}+\vert PO\vert^{2}=a^{2}+b^{2}=c^{2}=\vert OF_{2}\vert^{2}$,所以$\angle OPF_{2}=90^{\circ}$,故$\frac{1}{2}\vert PO\vert\cdot\vert PF_{2}\vert=\frac{1}{2}\vert OF_{2}\vert\cdot\vert HP\vert$,得$\vert HP\vert=\frac{ab}{c}$. 因为$\vert HO\vert^{2}+\vert HP\vert^{2}=\vert PO\vert^{2}$,所以$\vert HO\vert=\frac{b^{2}}{c}$,故点$P(-\frac{ab}{c},\frac{b^{2}}{c})$,将$P(-\frac{ab}{c},\frac{b^{2}}{c})$代入双曲线$\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{b^{2}} = 1$中,即$\frac{(\frac{b^{2}}{c})^{2}}{a^{2}}-\frac{(-\frac{ab}{c})^{2}}{b^{2}} = 1$,化简得$b^{4}-a^{4}=a^{2}c^{2}$,$b^{4}-a^{4}=a^{2}(a^{2}+b^{2})$,解得$\frac{b^{2}}{a^{2}} = 2$或$\frac{b^{2}}{a^{2}}=-1$(舍去),故 B 正确. 故选 B.]

8. 如图,已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{4}=1(a ＞ 0)$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$,过$F_{1}$的直线交椭圆于$M,N$两点,交$y$轴于点$H$.若$F_{1},H$是线段$MN$的三等分点,则$\triangle F_{2}MN$的周长为 ( )
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. 20
B. 10
C. $2\sqrt{5}$
D. $4\sqrt{5}$

答案： D [解法一:设点$H(0,t)$,$0\lt t\lt2$,则由$F_{1}$,$H$是线段$MN$的三等分点,可知点$N(c,2t)$,$M(-2c,-t)$. 则有$\begin{cases}\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{4t^{2}}{4}=1\\\frac{4c^{2}}{a^{2}}+\frac{t^{2}}{4}=1\end{cases}$,消去$t^{2}$得$15\times\frac{c^{2}}{a^{2}} = 3$,则$\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{1}{5}$. 又$b = 2$,$b^{2}=a^{2}-c^{2}$,解得$a^{2}=5$,从而由椭圆的定义可知$\triangle F_{2}MN$的周长为$4a = 4\sqrt{5}$. 故选 D.
解法二:由$F_{1}$,$H$是线段$MN$的三等分点,知$H$是线段$F_{1}N$的中点,又$O$是$F_{1}F_{2}$的中点,则$OH// F_{2}N$,从而$F_{2}N\perp F_{1}F_{2}$,故$N(c,\frac{b^{2}}{a})$,$H(0,\frac{b^{2}}{2a})$. 又$F_{1}$是线段$MH$的中点,则$M(-2c,-\frac{b^{2}}{2a})$. 由点$M$在椭圆上,可得$\frac{4c^{2}}{a^{2}}+\frac{b^{4}}{4a^{2}\times4}=1$. 又$b^{2}=4=a^{2}-c^{2}$,从而有$\frac{4(a^{2}-4)}{a^{2}}+\frac{1}{a^{2}} = 1$,解得$a^{2}=5$,从而由椭圆的定义可知$\triangle F_{2}MN$的周长为$4a = 4\sqrt{5}$. 故选 D.]

9. 已知圆$C_{1}:(x - 1)^{2}+(y - 3)^{2}=11$与圆$C_{2}:x^{2}+y^{2}+2x - 2my + m^{2}-3 = 0$,则下列说法正确的是 ( )
A. 若圆$C_{2}$与$x$轴相切,则$m = 2$
B. 若$m = -3$,则圆$C_{1}$与圆$C_{2}$相离
C. 若圆$C_{1}$与圆$C_{2}$有公共弦,则公共弦所在的直线方程为$4x+(6 - 2m)y + m^{2}+2 = 0$
D. 直线$kx - y - 2k + 1 = 0$与圆$C_{1}$始终有两个交点

答案： BD [因为圆$C_{1}$的方程为$(x - 1)^{2}+(y - 3)^{2}=11$,圆$C_{2}$的方程为$(x + 1)^{2}+(y - m)^{2}=4$,所以若圆$C_{2}$与$x$轴相切,则有$\vert m\vert=2$,$m=\pm2$,故 A 错误;当$m=-3$时,$\vert C_{1}C_{2}\vert=\sqrt{(1 + 1)^{2}+(3 + 3)^{2}}=2\sqrt{10}\gt2+\sqrt{11}$,两圆相离,故 B 正确;由两圆的方程相减可得公共弦所在的直线方程为$4x+(6 - 2m)y+m^{2}-2 = 0$,故 C 错误;直线$kx - y - 2k + 1 = 0$过定点$(2,1)$,而$(2 - 1)^{2}+(1 - 3)^{2}=5\lt11$,故点$(2,1)$在圆$C_{1}:(x - 1)^{2}+(y - 3)^{2}=11$内部,所以直线$kx - y - 2k + 1 = 0$与圆$C_{1}$始终有两个交点,故 D 正确.]