22．已知動點M在y軸右側(cè).M到點(0.)的距離比它到直線y=-的距離小. (1)求動點M軌跡C的方程. (2)設(shè)M.N是軌跡C上相異兩點.OM.ON的傾斜角分別為θ1.θ2.當(dāng)θ1.θ2變化且θ1+θ2為定值θ時.證明直線MN恒過定點.并求出該定點的坐標(biāo). 【查看更多】

 

題目列表(包括答案和解析)

已知拋物線的頂點在原點，對稱軸為y軸，且準(zhǔn)線方程為y=-
1
2
.直線l過M（1，0）與拋物線交于A，B兩點，點P在y軸的右側(cè)且滿足
OP
=
1
2
OA
+
1
2
OB
（O為坐標(biāo)原點）．
（Ⅰ）求拋物線的方程及動點P的軌跡方程；
（Ⅱ）記動點P的軌跡為C，若曲線C的切線斜率為λ，滿足
MB
=λ
MA
，點A到y(tǒng)軸的距離為a，求a的取值范圍．

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已知一條曲線C在y軸右側(cè)，C上每一點到點F（1，0）的距離減去它到y(tǒng)軸距離的差都是1．
（1）求曲線C的方程；
（2）（文科做）已知點P是曲線C上一個動點，點Q是直線x+2y+5=0上一個動點，求|PQ|的最小值．
（理科做）是否存在正數(shù)m，對于過點M（m，0）且與曲線C有兩個交點A，B的任一直線，都有
FA
•
FB
＜0？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由．

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已知拋物線的頂點在原點，對稱軸為y軸，且準(zhǔn)線方程為直線l過M（1，0）與拋物線交于A，B兩點，點P在y軸的右側(cè)且滿足（O為坐標(biāo)原點）。

（Ⅰ）求拋物線的方程及動點P的軌跡方程；

（Ⅱ）記動點P的軌跡為C，若曲線C的切線斜率為，滿足，點A到y(tǒng)軸的距離為a，求a的取值范圍。

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已知拋物線的頂點在原點，對稱軸為y軸，且準(zhǔn)線方程為直線l過M（1，0）與拋物線交于A，B兩點，點P在y軸的右側(cè)且滿足（O為坐標(biāo)原點）。

（Ⅰ）求拋物線的方程及動點P的軌跡方程；

（Ⅱ）記動點P的軌跡為C，若曲線C的切線斜率為，滿足，點A到y(tǒng)軸的距離為a，求a的取值范圍。

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已知拋物線的頂點在原點，對稱軸為y軸，且準(zhǔn)線方程為直線l過M（1，0）與拋物線交于A，B兩點，點P在y軸的右側(cè)且滿足（O為坐標(biāo)原點）．
（Ⅰ）求拋物線的方程及動點P的軌跡方程；
（Ⅱ）記動點P的軌跡為C，若曲線C的切線斜率為λ，滿足，點A到y(tǒng)軸的距離為a，求a的取值范圍．

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一、選擇題：

題號

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

答案

D

A

B

C

B

C

D

D

D

C

B

B（文、理）

二、填空題：

13.-1        14.y2=4x(x>0,y>0)       15.      16.    16.(文)

三、解答題：（理科）

17．解：(1)由已知1-(2cos2A-1)=2cos2

     ∴2cos2A+cosA-1=0     cosA=或cosA=-1(舍去)

∴A=60°

(2)S△=bcsin60°=bc

由余弦定理cos60°=

∴b2+c2=bc+36

由b2+c2≥2bc    ∴bc≤36

∴S△==9,此時b=c故△ABC為等邊三角形

  18．解：(1)設(shè)A(-，0)，B(0，b)

      ∴  又=(2,2)

      ∴解得

(2)由x+2>x2-x-6 得-2<x<4

  ,由于x+2>0

  ∴由均值不等式得原式最小值為-3，僅當(dāng)x=-1時

19．解：(1)證明：連AC交BD于O，連EO

    ∵E、O分別是中點，

EO∥PA

∴ EO面EDB  PA∥面EDB

   PA面EDB

(2) ∵△PDC為正△

∴DE⊥PC

 面PDC⊥面ABCD

 BC⊥CD       BC⊥DE

   BC面ABCD

面EDB⊥面PBC

  DE面DBE

20.解：(1)x2-4ax+a2≥a在x∈[-1,+∞)恒成立

∴x2-4ax+a2-a≥0

∴△≤0或

-≤a≤0或a≤

(2)g(x)=2x3+3ax2-12a2x+3a2

   g′(x)=6x2+6ax-12a2

         =6(x-a)(x+2a)

①當(dāng)a=0時，g′(x) ≥0,g(x)無極值

②當(dāng)a>0時，g(x)在x=a時取得極小值，∴0<a<1

③當(dāng)a<0時，g(x)在x=-2a時取到極小值，∴0<-2a<1  ∴-<a<0

故0<a<1或-<a<0

      
   
      
    
    
      
    
      ②
      ①
        ①-②得3tan-(2t+3)an-1=0
        ∴,又
        ∴{an}是以1為首項，為公比的等比數(shù)列
        (2)f(t)=
        ∴bn=
        ∴{bn}是以1為首項，為公差的等差數(shù)列
        ∴bn=1+
        (3)原式=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…b2n(b2n-1+b2n+1)
              
=-(b2+b4+…b2n)
              
=-
      22.解(1)由題意M到(0，)距離與它到y(tǒng)=-距離相等
      ∴動點M軌跡為拋物線，且P=
      ∴y=x2(x>0)
      (2)設(shè)M(x1,x12),N(x2,x22)(x1>0,x2>0,x1≠x2)
        ∴tanθ1=x1,tanθ2=x2(0<θ1, θ2<)
      ①當(dāng)θ≠時，
      直線MN方程：y-x12=(x-x1）,其中tanθ=
      ∴:y=(x1+x2)(x+)-1,所以直線過定點(-
      ②當(dāng)θ=時，即x1x2=1時，:y=(x1+x2)x-1,過定點(0，-1)
      文科：17－19同理
      20．（文）(1)x2-4ax+a2≥x解為R
        ∵x2-(4a+1)x+a2≥0
        ∴△=(4a+1)2-4a2≤0
        ∴-
        ∴a的最大值為-
      (2)g(x)=2x3+3ax2-12a2x+3a2
        
g′(x)=6x2+6ax-12a2
              
=6(x-a)(x+2a)
      當(dāng)a<0時，g(x)在x=-2a時取到極小值，∴0<-2a<1  ∴-<a<0
      21．同理21（1）（2）
      22．同理
       
      		
      
	
	
      
		
      


      同步練習(xí)冊答案