高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册《行天下周测卷》4.4数学归纳法（含解析）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修第二册《行天下周测卷》4.4数学归纳法（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 746.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-23 08:03:08 | ||
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文档简介
一、单选题
1．椭圆的左、右焦点分别为，过焦点的倾斜角为直线交椭圆于两点，弦长，若三角形的内切圆的面积为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系中，已知△ABC顶点和，顶点B在椭圆上，则的值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．不确定
3．已知椭圆C：（）的左 右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．.
4．不垂直于坐标轴的直线与双曲线的渐近线交于，两点，若线段的中点为，和的斜率满足，则顶点在坐标原点，焦点在轴上，且经过点的抛物线方程是（ ）
A． B． C． D．
5．已知点和，是椭圆上的动点，则最大值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知抛物线()的焦点为，、是抛物线上的两个点，若是边长为的正三角形，则的值是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
7．某个命题与正整数n有关，如果当时命题成立，则可得当时命题也成立，若已知当时命题不成立，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，命题不成立
B．当时，命题可能成立
C．当时，命题不成立
D．当时，命题可能成立也可能不成立，但若当时命题成立，则对任意，命题都成立
8．《张丘建算经》是中国古代众多数学名著之一.书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了9匹3丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹丈，1丈尺，若这个月有30天，记该女子这个月中第天所织布的尺数为，，则（ ）
A． B．数列是等比数列
C． D．
三、填空题
9．过椭圆上一动点P分别向圆和圆作切线，切点分别为M，N，则的最小值为________．
10．已知抛物线的准线方程为，在抛物线上存在两点关于直线对称，且为坐标原点，则的值为__________.
11．若△ABC的三边长a b c满足， ，则顶点B的轨迹方程是___________.
12．已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
四、解答题
13．已知动圆M过点，被y轴截得的弦长为4.
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)若的顶点在M的轨迹上，且点A、C关于x轴对称，直线BC经过点，求证：直线AB恒过定点.
14．已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
15．已知是椭圆两个焦点，且椭圆的长轴长为.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且，求的面积.
16．如图所示，抛物线E：y2＝2px(p＞0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】由题可得直线AB的方程，从而可表示出三角形面积，又利用焦点三角形及三角形内切圆的性质，也可表示出三角形面积，则椭圆的离心率即求.
【详解】由题知直线AB的方程为，即，
∴到直线AB的距离，
又三角形的内切圆的面积为，
则半径为1，
由等面积可得，
.
故选：C.
2．C
【分析】由正弦定理的边角关系及椭圆的定义、性质，即可求目标式的值.
【详解】由题设知：是椭圆的两个焦点，又B在椭圆上，
所以，
而，，故.
故选：C
3．B
【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.
【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交，
所以，可得，即，又，
所以.
故选：B
4．C
【分析】运用点差法得到得解
【详解】设，则，
相减得，，所以，
即，所以，．由题意设抛物线方程是，则．于是所求抛物线方程是．
故选：C．
5．A
【分析】设左焦点为，为椭圆右焦点，利用椭圆定义转化，然后利用平面几何的性质得最大值．
【详解】解：椭圆，所以为椭圆右焦点，设左焦点为，
则由椭圆定义，
于是.
当不在直线与椭圆交点上时， 三点构成三角形，于是，
而当在直线与椭圆交点上时，在第一象限交点时，有，
在第三象限交点时有.
显然当在直线与椭圆第三象限交点时有最大值，其最大值为
.
故选：A.
6．C
【解析】根据抛物线和正三角形的对称性，可得点的应该关于轴对称，进而可得到点的纵坐标，算出其横坐标，利用焦点弦公式解出即可.
【详解】解：根据题意及图形可得，
设、()，
由题意可得，以及，
所以，则，又，
所以，
，，
所以，解得，
故选：C.
【点睛】方法点睛：求抛物线的标准方程的主要方法是定义法和待定系数法．
（1）若题目已给出抛物线的方程(含有未知数)，那么只需求出即可；
（2）若题目未给出抛物线的方程：
a.对于焦点在轴上的抛物线的标准方程可统一设为的正负由题设来定；
b.焦点在轴上的抛物线的标准方程可设为，这样就减少了不必要的讨论．
7．AD
【分析】利用给定信息结合反证法的思想，逐一对各选项进行分析、推导即可判断作答.
【详解】如果当时命题成立，则当时命题也成立，与题设矛盾，即当时，命题不成立，A正确；
如果当时命题成立，则当时命题成立，继续推导可得当时命题成立，与题设矛盾，B不正确；
当时，该命题可能成立也可能不成立，如果当时命题成立，则当时命题也成立，继续推导可得对任意，命题都成立，C不正确，D正确.
故选：AD
8．BD
【分析】利用等差数列前项和公式列方程，由此求得，进而求得.由此对选项逐一分析从而确定正确选项.
【详解】由题意可知，数列为等差数列，设数列的公差为，首项，
则，解得，
∴.
∵，∴，
∴数列是等比数列，B选项正确；
∵，∴，A选项错误；
，∴，C选项错误；
，，
∴，D选项正确.
故选：BD.
9．
【分析】易知两圆的圆心为椭圆的两焦点，由勾股定理可得，，由椭圆的定义可得，设，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】，，，易知、为椭圆的两个焦点，
，
根据椭圆定义，
设，则，即，
则，
当时，取到最小值．
故答案为：
10．
【解析】先根据抛物线的简单几何性质求出抛物线的方程，再根据点差法求出的中点坐标，从而得出的坐标，然后由向量的模的坐标计算公式即可求解．
【详解】拋物线的准线方程为，可知抛物线的方程为：．
设点，的中点为，则
两式相减可得，，，所以，解得，可得，则，
可得.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查点差法的应用，以及中点公式，向量的模的坐标计算公式，抛物线的简单几何性质的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
11．
【分析】根据椭圆定义即得轨迹方程，注意限定轨迹的取值范围.
【详解】设点B的坐标为，
∵，即，又 ，
∴，
根据椭圆的定义可知，点B的轨迹是以 为焦点，以4为长轴长的椭圆，
故顶点B的轨迹方程为，又B为三角形的顶点，
故所求的轨迹方程为.
故答案为：.
12．13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
13．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点M的坐标，利用圆的弦长计算公式列式化简作答.
（2）根据给定条件设出直线BC，AB的方程，分别与M的轨迹方程联立，借助韦达定理求解作答.
（1）
设动圆圆心，由题意可得：，整理得：，
所以动圆圆心M的轨迹E的方程：.
（2）
依题意，直线BC经过点且不垂直于坐标轴，设，，直线BC的方程：，
由消去x并整理得：，则有，，
因点A、C关于x轴对称，即直线AB不垂直于坐标轴，设直线AB的方程：，
由消去x并整理得：，显然，而，
于是得：，即，则
因此直线AB的方程：，过定点，
所以直线AB恒过定点.
14．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，从而可得方程；
（2）设，在中利用余弦定理可得，进一步可求得的面积．
【详解】（1）由题意知,
∴，又，
∴，
椭圆方程为.
(2)设，
由椭圆的定义得，又，
在中由余弦定理得，
得，
.
16．(1)p＝1
(2)－y2＝1，x∈[－4，－2]
【解析】（1）由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2，2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
（2）由（1）知抛物线E：y2＝2x，设C，D，y1≠0，y2≠0.切线l1的斜率为k，则切线l1：y－y1＝k，代入y2＝2x，得ky2－2y＋2y1－＝0，由Δ＝0，解得k＝，∴l1的方程为y＝x＋，同理l2的方程为y＝x＋.联立解得易知CD的方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足＝8，x0∈[2，2 ]，由得x0y2＋2y0y－16＝0，则代入可得M(x，y)满足可得代入＝8，并化简，得－y2＝1.考虑到x0∈[2，2]，知x∈[－4，－2]，∴动点M的轨迹方程为－y2＝1，x∈[－4，－2]．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．椭圆的左、右焦点分别为，过焦点的倾斜角为直线交椭圆于两点，弦长，若三角形的内切圆的面积为，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
2．在平面直角坐标系中，已知△ABC顶点和，顶点B在椭圆上，则的值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．不确定
3．已知椭圆C：（）的左 右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．.
4．不垂直于坐标轴的直线与双曲线的渐近线交于，两点，若线段的中点为，和的斜率满足，则顶点在坐标原点，焦点在轴上，且经过点的抛物线方程是（ ）
A． B． C． D．
5．已知点和，是椭圆上的动点，则最大值是（ ）
A． B． C． D．
6．已知抛物线()的焦点为，、是抛物线上的两个点，若是边长为的正三角形，则的值是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
7．某个命题与正整数n有关，如果当时命题成立，则可得当时命题也成立，若已知当时命题不成立，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，命题不成立
B．当时，命题可能成立
C．当时，命题不成立
D．当时，命题可能成立也可能不成立，但若当时命题成立，则对任意，命题都成立
8．《张丘建算经》是中国古代众多数学名著之一.书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月日织九匹三丈，问日益几何？”其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了9匹3丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹丈，1丈尺，若这个月有30天，记该女子这个月中第天所织布的尺数为，，则（ ）
A． B．数列是等比数列
C． D．
三、填空题
9．过椭圆上一动点P分别向圆和圆作切线，切点分别为M，N，则的最小值为________．
10．已知抛物线的准线方程为，在抛物线上存在两点关于直线对称，且为坐标原点，则的值为__________.
11．若△ABC的三边长a b c满足， ，则顶点B的轨迹方程是___________.
12．已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
四、解答题
13．已知动圆M过点，被y轴截得的弦长为4.
(1)求圆心M的轨迹方程；
(2)若的顶点在M的轨迹上，且点A、C关于x轴对称，直线BC经过点，求证：直线AB恒过定点.
14．已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
15．已知是椭圆两个焦点，且椭圆的长轴长为.
（1）求此椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且，求的面积.
16．如图所示，抛物线E：y2＝2px(p＞0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】由题可得直线AB的方程，从而可表示出三角形面积，又利用焦点三角形及三角形内切圆的性质，也可表示出三角形面积，则椭圆的离心率即求.
【详解】由题知直线AB的方程为，即，
∴到直线AB的距离，
又三角形的内切圆的面积为，
则半径为1，
由等面积可得，
.
故选：C.
2．C
【分析】由正弦定理的边角关系及椭圆的定义、性质，即可求目标式的值.
【详解】由题设知：是椭圆的两个焦点，又B在椭圆上，
所以，
而，，故.
故选：C
3．B
【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.
【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交，
所以，可得，即，又，
所以.
故选：B
4．C
【分析】运用点差法得到得解
【详解】设，则，
相减得，，所以，
即，所以，．由题意设抛物线方程是，则．于是所求抛物线方程是．
故选：C．
5．A
【分析】设左焦点为，为椭圆右焦点，利用椭圆定义转化，然后利用平面几何的性质得最大值．
【详解】解：椭圆，所以为椭圆右焦点，设左焦点为，
则由椭圆定义，
于是.
当不在直线与椭圆交点上时， 三点构成三角形，于是，
而当在直线与椭圆交点上时，在第一象限交点时，有，
在第三象限交点时有.
显然当在直线与椭圆第三象限交点时有最大值，其最大值为
.
故选：A.
6．C
【解析】根据抛物线和正三角形的对称性，可得点的应该关于轴对称，进而可得到点的纵坐标，算出其横坐标，利用焦点弦公式解出即可.
【详解】解：根据题意及图形可得，
设、()，
由题意可得，以及，
所以，则，又，
所以，
，，
所以，解得，
故选：C.
【点睛】方法点睛：求抛物线的标准方程的主要方法是定义法和待定系数法．
（1）若题目已给出抛物线的方程(含有未知数)，那么只需求出即可；
（2）若题目未给出抛物线的方程：
a.对于焦点在轴上的抛物线的标准方程可统一设为的正负由题设来定；
b.焦点在轴上的抛物线的标准方程可设为，这样就减少了不必要的讨论．
7．AD
【分析】利用给定信息结合反证法的思想，逐一对各选项进行分析、推导即可判断作答.
【详解】如果当时命题成立，则当时命题也成立，与题设矛盾，即当时，命题不成立，A正确；
如果当时命题成立，则当时命题成立，继续推导可得当时命题成立，与题设矛盾，B不正确；
当时，该命题可能成立也可能不成立，如果当时命题成立，则当时命题也成立，继续推导可得对任意，命题都成立，C不正确，D正确.
故选：AD
8．BD
【分析】利用等差数列前项和公式列方程，由此求得，进而求得.由此对选项逐一分析从而确定正确选项.
【详解】由题意可知，数列为等差数列，设数列的公差为，首项，
则，解得，
∴.
∵，∴，
∴数列是等比数列，B选项正确；
∵，∴，A选项错误；
，∴，C选项错误；
，，
∴，D选项正确.
故选：BD.
9．
【分析】易知两圆的圆心为椭圆的两焦点，由勾股定理可得，，由椭圆的定义可得，设，利用二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】，，，易知、为椭圆的两个焦点，
，
根据椭圆定义，
设，则，即，
则，
当时，取到最小值．
故答案为：
10．
【解析】先根据抛物线的简单几何性质求出抛物线的方程，再根据点差法求出的中点坐标，从而得出的坐标，然后由向量的模的坐标计算公式即可求解．
【详解】拋物线的准线方程为，可知抛物线的方程为：．
设点，的中点为，则
两式相减可得，，，所以，解得，可得，则，
可得.
故答案为：．
【点睛】本题主要考查点差法的应用，以及中点公式，向量的模的坐标计算公式，抛物线的简单几何性质的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
11．
【分析】根据椭圆定义即得轨迹方程，注意限定轨迹的取值范围.
【详解】设点B的坐标为，
∵，即，又 ，
∴，
根据椭圆的定义可知，点B的轨迹是以 为焦点，以4为长轴长的椭圆，
故顶点B的轨迹方程为，又B为三角形的顶点，
故所求的轨迹方程为.
故答案为：.
12．13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
13．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点M的坐标，利用圆的弦长计算公式列式化简作答.
（2）根据给定条件设出直线BC，AB的方程，分别与M的轨迹方程联立，借助韦达定理求解作答.
（1）
设动圆圆心，由题意可得：，整理得：，
所以动圆圆心M的轨迹E的方程：.
（2）
依题意，直线BC经过点且不垂直于坐标轴，设，，直线BC的方程：，
由消去x并整理得：，则有，，
因点A、C关于x轴对称，即直线AB不垂直于坐标轴，设直线AB的方程：，
由消去x并整理得：，显然，而，
于是得：，即，则
因此直线AB的方程：，过定点，
所以直线AB恒过定点.
14．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）由题可得，从而可得方程；
（2）设，在中利用余弦定理可得，进一步可求得的面积．
【详解】（1）由题意知,
∴，又，
∴，
椭圆方程为.
(2)设，
由椭圆的定义得，又，
在中由余弦定理得，
得，
.
16．(1)p＝1
(2)－y2＝1，x∈[－4，－2]
【解析】（1）由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2，2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
（2）由（1）知抛物线E：y2＝2x，设C，D，y1≠0，y2≠0.切线l1的斜率为k，则切线l1：y－y1＝k，代入y2＝2x，得ky2－2y＋2y1－＝0，由Δ＝0，解得k＝，∴l1的方程为y＝x＋，同理l2的方程为y＝x＋.联立解得易知CD的方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足＝8，x0∈[2，2 ]，由得x0y2＋2y0y－16＝0，则代入可得M(x，y)满足可得代入＝8，并化简，得－y2＝1.考虑到x0∈[2，2]，知x∈[－4，－2]，∴动点M的轨迹方程为－y2＝1，x∈[－4，－2]．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页