北京各区2019届高三二模理科数学分类汇编-解析-含答案

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1、北京各区二模理科数学分类汇编解析（2015届西城二模）10.双曲线C :的离心率为；渐近线的方程为8 4答案：虫,y3 22（2015届西城二模）19.（本小题满分14分）设Fi、F2分别为椭圆E：2x2a25 1（a b 0）的左、右焦点，J椭圆E的左顶点，点B为椭圆E的上顶点，且| AB | = 2.若椭圆E的离心率为，求椭圆E的方程；设P为椭圆E上一点，且在第一象限内，直线6尸与y轴相交于点Q ,若以PQ为直径的圆经过点19.（本小题满分14分）（I）解：设c ,；尸百，由题意，得a2 b24,且c叵,2分a 3解彳导a B b 1 c点.4分2所以椭圆E的方程为 y2 1 . 5分32

2、2（口）解：由题意，得a2 b2 4,所以椭圆E的方程为 三 2 1 ,a 4 a则 E（ c,0） , F2（c,0） , c720.设 P（X0，y），由题意，知x0 c,则直线F1P的斜率kF1P y , 6分Xq c直线F2 P的斜率kF2 PXq c所以直线F2 P的方程为y y（x c）, Xq c当X 0时y即点Q（Q，退）所以直线FQ的斜率为kF1Q -：y- , 8分c Xq因为以PQ为直径的圆经过点 Fi,所以 PF1 F1Q .y0y0所以女配kFiQ -0-1，Xo C C Xo122, 2化简，得 yo Xo (2 a 4),又因为P为椭圆E上一点，且在第一象限内，

3、22所以 a _y1 i , xo 0, yo 0 , a 4 aa21 2由 CZ)C2),解彳4 Xo ，yo 2 a ，222221,22.所以 |OP|Xoyo-(a2)2,因为 a2 b2 4 2a2,所以 a2 2，所以|OP| ,2.(2oi5届海淀二模)io分12分I3分14分12.若双曲线肘上存在四个点心 EC,以 使得四边形A般切是正方形，则双曲线M的离心率的取值他围是答案：（J2,）（2oi5届海淀二模）19,（本小题满分14分）已知橘圆C：孑*总工1（。60）上的点到它的两个焦点的距离之和为4,以椭圆bC的短轴为直径的圆。经过这两个焦点，点A, E分别是椭圆C的左右顶点

4、.（I）求恻。和箱圆C的方程；（D）已知P,。分别是椭圆。和圆。上的动点（巴Q位于）轴的侧），I1直线PQ与h轴平行.直线”，EP分别与r轴交千点M*卅 求证二士昭人为定值.(19)(共 14 分)2a 4,解：（I ）依题意得c b, 解得：a 2, b c 72.2, 22a b c .2所以圆O的方程为x2_ x2,椭圆C的方程为一4（口）解法一：如图所示，设P(xo,y0)( y。0), Q(xQ,yo),则2x。42 xq2 y。 万2 y。1,即2,x24 2y2,xQ 2 y2.又由AP : yy。x。 2,一2Vc(x 2)得 M(。, 一- x02).由 BP: yy(x 2

5、)得 N(。, x022 yoX。2).1。分所以 QM (T %) (xQ, 及),QN ( xQ，普y0)(xQ，y。） x。2所以 QMQNxQ/ 2 v；0.14分所以 QM QN ,即 MQN 90（D）解法二：如图所示，设Plx。，%)，AP： y k(x 2) ( k 。)(2 k222由2 2 1,得所以所以因为所以4k直线BP的斜率为 2k 12 4k2 八22k2 1iBP : y (x2k0得:M (0,2k)所以设 Q(XQ, y0) ,则(2XQXQ y02, y00.所以QMQN2).1N(M).Xq,2k1（2k叫4k2k2 1i2ky0)y。)10分QN2XqM

6、QN 90 .(Xq,1ky。）.2k2 1nr y0.14分2 5.答案：5（2015届东城二模） 224x的准线所得线段长为 b,则aX V2离心率为 ，且椭圆CC的中心在原点O,焦点在X轴上（12）右双曲线2 2- 1（a 0, b 0）截抛物线y a b（2015届东城二模）（19）（本小题共13分）已知椭圆2上的点到两个焦点的距离之和为4 . （ D求椭圆 C的方程；（口）设A为椭圆C的左顶点，过点 A的直线l与椭圆交2于点M ,与y轴交于点N ,过原点与l平行的直线与椭圆交于点 p .证明：|AM | | AN | 2|OP| .（19）（共 13 分）22解：（I）设椭圆 C的标

7、准方程为当 当 i（a b 0）, a b222a b c ,由题意知 c 解彳t a 2, b 1.a 22a 4,2X 2所以椭圆C的标准方程为 一 y2 1.4（口）设直线AM的方程为：y k（X 2）,则N（0,2k）.y k(X 2),2 222由 22得(1+4k2)X2 16k2X 16k2 4 0(*).x 4y 4,设A 2,0） , M （x1, y1）,则2, x1是方程（*）的两个根,2 8k21 4k22所以M (18k24k74k 、1 4k2)12 8k2 2 8k2 21AM |(14k2) (彳4k 216 16k4k2) (1 4k2)24,1 k1 4k2

8、| AN | .4 4k2 2 1 k2 .| AM | AN |4、J k2 2 .1 k21 4k28(1 k2)1 4k24k21 4 k2所以|OP|24 4k21 4k22|OP|28 8k21 4k2设直线OP的方程为：y kx .y kx22由 22 得(1 4k2)x2 4 0.x 4y 4,42设 P(xo, yo),则 xo 2 , V。1 4k213分所以 |AM | |AN| 2|OP|2.（2015届丰台二模）19.（本小题共14分） 22x v一已知椭圆C ： -y 22 1（a b 0）的焦距为2 ,其两个焦点与短轴的一个顶点是正三角形的三个顶点. a b（i）求

9、椭圆C的标准方程；x轴上（口）动点p在椭圆C上，直线l ： x 4与x轴交于点n, PM l于点M （ M , N不重合），试问在是否存在定点T ,使得 PTN的平分线过PM中点，如果存在，求定点 T的坐标；如果不存在，说明理由.（2015届昌平二模）19.（本小题满分14分）22已知椭圆C .三、1（a b 0）,右焦点F（J2,0），点D（J2,1）在椭圆上. a b（I）求椭圆C的标准方程；（II）已知直线l : y kx与椭圆C交于A, B两点，P为椭圆C上异于A, B的动点.1 若直线PA,PB的斜率都存在，证明：kPA kPB1;2（ii）若k 0 ,直线PA PB分别与直线x 3

10、相交于点M, N ,直线BM与椭圆C相交于点Q （异于点B ）,求证：A,Q, N三点共线.解：（I）依题意，椭圆的焦点为Fi（ 72,0）, F2（及0），则 |DFi| IDF2I 2a解彳导a c22,所以 b2 a2c22.2x 故椭圆C的标准方程为一(口)证明：设 P(xo,yo), A(xi, yi),B(%, yi)，则:42y0222220.两式作差得xLyJyL42因为直线PA,PB的斜率都存在，所以x2x2 0所以22.y0y1L 即22o%X2yoyiX0Xiy0y1X0%所以，当PA,PB的斜率都存在时，kPA(ii)证明:。时，P(5,y0),A( 2,0), B(2,0).设PA的斜率为n ,则PB的斜率为 , 2n直线PA: yn(x 2) , M (3,5n)直线PB : y112n(x 2), N(3,不1许(X 2)所以直线BM : y 5n(x 2),直线AN : y2-1).联立，可得交点q(华T,，0n 50n2 150n2因为2(50n2 1)50n2 12 2(20n )250n2 1所以点2(50n2 1)20nQ(,50n2 150n2 12 x）在椭圆一421上.2即直线MB与直线NA的交点Q在椭圆上，即 A,14分