【精品试题】2021年高考数学一轮复习创优测评卷（新高考专用）测试卷11 抛物线（解析版）

【精品试题】2021年高考数学一轮复习创优测评卷（新高考专用）测试卷11 抛物线（解析版）

2021 年高考数学一轮复习抛物线创优测评卷(新高考专用) 一、单选题（共 60 分，每题 5 分） 1．已知点  4, 2M   ，抛物线 2 4x y ， F 为抛物线的焦点，l 为抛物线的准线， P 为抛物线上一点，过 P 做 PQ l ，点Q 为垂足，过 P 作抛物线的切线 1l ， 1l 交 x 轴于点 R ，则 QR MR 的最小值为（ ） A．1 2 5 B． 2 5 C． 17 D．5 【答案】D 【解析】由已知 (0,1)F ，设 2 0 0 , 4 xP x      ， 2 4 xy  ， 2 xy  ，则过 P 的切线斜率为 0 2 xk  ， Q 点坐标为  0 , 1x  ， 0 2 FQk x   ， 1FQk k   ，根据抛物线定义有 PF PQ ， 1l 为 FQ 的垂直平分线． RF RQ ， ∴ 2 2( 4 0) ( 2 1) 5QR MR FR MR FM           ，当且仅当 , ,F R M 共线时等号成立． 故选：D． 2．直线l 过  1,0M  交抛物线 2 4y x 于 ,A B ，抛物线焦点为 F ， 3 2BF BM ，则 AB 中点到抛物 线准线的距离为（ ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【解析】 如图， 由抛物线 2 4y x ,得焦点  1,0F ,准线方程为 1x   ， 过 B 作准线的垂线 BG ， 3 3,2 2BF BM BG BM    ， 则 30BMF   ，直线l 的斜率为 3 3 ， 可得直线l 的方程为  3 13y x  ， 联立   2 3 13 4 y x y x      ，可得 2 10 1 0x x + ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 則 m m-4  ,可得 AB 中点横坐标为 5 ， AB 中点到抛物线准线的距离为  5 1 6   ，故选 D . 3．已知抛物线C ： 2 2 ( 0)x py p  的焦点为 F ，抛物线C 的准线与 y 轴交于点 A ，点  01,M y 在抛物线 C 上， 05| | 4 yMF  ，则 tan FAM  （ ） A． 2 5 B． 5 2 C． 5 4 D． 4 5 【答案】D 【解析】解：过 M 向抛物线的准线作垂线，垂足为 N ，则 0 0 5| | 2 4 ypMN y   ，故 0 2y p ． 又  01,M y 在抛物线上，故 0 1 2y p  ，于是 12 2p p  ，解得 1 2p  ， ∴ 05 5| | 4 4 yMN   ， ∴ | | 4tan tan | | 5 ANFAM AMN MN      ． 故选 D． 4．已知抛物线 2: 4C y x 的焦点为 F ，  ,A AA x y 是抛物线上一点，过 A 作抛物线准线的垂线，垂足为 B ， 若 3 2AF BF ，则 Ay （ ） A．3 B．3 2 C． 4 D． 4 2 【答案】D 【解析】求 Ay ，不妨设 0Ay  根据题意画出图形：如图 BE 为抛物线 2: 4C y x 准线，过 A 作 x 垂线,交点为 D  3 2AF BF ，设 2BF m ( 0m  )，可得 3AF m 根据抛物线定义可知 AF AB ， 又 2: 4C y x ，可得 2p   2EF  在 Rt BEF△ 和 Rt AFD 2 2 2BE BF EF  2 2 2AD AF FD   2 2 2 2BF EF AF FD        2 2 222 2 3 3 2m m m     解得 3m   9AB  ，故 A 点横坐标为 9 1 8Ax     2 4 8 32Ay     4 2Ay  故： 4 2Ay  故选：D. 5．抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  与圆 2 2: 1O x y  在第一象限交点为Q ，抛物线C 和圆O 在Q 处的切线斜 率分别为 1k ， 2k ，若 1 2 1k k  ，则 p  （ ） A． 2 4 B． 2 2 C． 2 D． 3 2 【答案】A 【解析】设 0 0( , )Q x y 0 0( 0, 0)x y  ，则 2 0 02x py ， 2 2 0 0 1x y  ， 因为直线 OQ 的斜率 0 0 OQ yk x  ，所以圆 O 在Q 处的切线斜率 0 1 0 1 OQ xk k y     ， 抛物线 2: 2 ( 0)C x py p  方程可化为 21 2y xp  ，所以 xy p   所以抛物线C 在Q 处的切线斜率 0 2k x p  ， 因为 1 2 1k k  ，所以 0 0 0 1x x y p    ，所以 0 0 0 0 x yp x y   ， 又 2 0 02x py ，所以 2 0 0 0 0 0 0 2 x yx yx y    ，所以 2 2 0 0 0 02x x y y  ，即 2 20 0 0 9( )2 4 y yx   ， 又 0 00, 0x y  ，所以 0 0 0 3 2 2 yx y  ，所以 0 0x y ，又 2 2 0 0 1x y  ， 解得 0 0 2 2x y  ，所以 2 4p  ． 故选：A 6．已知抛物线  2 0y ax bx c a    与 x 轴的交点 P 、Q 位于 y 轴的两侧，以线段 PQ 为直径的圆与 y 轴交 于  1 0,4M 、  2 0, 4M  .如果抛物线的顶点坐标为 1,2 4 b a a      ，则点 ,b c 所在的曲线为（ ）. A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】B 【解析】如图，设抛物线与 x 轴交点的横坐标为 1x 、 2x ，则 1 2 0c x xa   . 又在  1,2iRt PM Q i  中， iM Q 是斜边上的高，则有 2 iOP OQ OM  ，即 1 2 16x x  . 从而， 16c a   . ① 又由抛物线顶点的纵坐标得 24 1 4 4 ac b a a    . 从而， 2 4 1b ac  . 把式①代入上式消去 a 得 2 2 14 cb   . 所以点 ,b c 所在的曲线为椭圆. 故答案为：B 7．点 M 是抛物线 2 2 ( 0)y px p  上一点， F 为抛物线的焦点， FM x 轴，且 5OM  ，则抛物线 的准线方程为 ( ) A． 1x   B． 2x   C． 1y   D． 2y   【答案】A 【解析】抛物线 2 2y px 的焦点为 ,0  2 pF      ， M 为抛物线上的点，且 FM x 轴， ,2 pM p     ； 又 5OM  ， 2 2( ) 52 p p   ， 解得 2p  ， 12 p  ， 所以抛物线的准线方程为 1x   ，故选 A ． 8．已知双曲线 1C ： 2 2 2 2 1y x a b   （ 0a  ， 0b  ）的焦点为 1(0, )F c ， 2 (0, )F c ，抛物线 2C ： 21 4y xc  的准线与 1C 交于 M 、 N 两点，且 MN 与抛物线焦点的连线构成等边三角形，则椭圆 2 2 2 2 1x y a c   的离心 率为（ ） A． 2 3 B． 3 3 C． 5 3 D． 6 3 【答案】D 【解析】抛物线为 2 4x cy ，其焦点为 2F ，准线为 y c  ，代入 1C 方程解得 2bx a   .由于 MN 与  2 0,F c 构成等边三角形 ，则 2 2 3c b a  ，即 2 2 2 3ac c a  ，分子分母同时除以 2a 得 2 2 31 e e  ，解得 3e  .由 于 c a ，故椭圆焦点在 y 轴上，且离心率为 2 2 2 1 1 61 1 2 3 c a c e       . 9．已知等腰三角形 OPM 中，OP⊥MP，O 为抛物线 2y =2px(p>0)的顶点，点 M 在抛物线的对称轴上，点 P 在抛物线上，则点 P 与抛物线的焦点 F 之间的距离是 A．2 2 p B． 5 2 p C．2p D． 2 p 【答案】B 【解析】由题意得 2 2 2 ,P P P P Py x x px x p     因此点 P 与抛物线的焦点 F 之间的距离为 5 2 2P p px   ，选 B. 10．如图，在边长为 2 的正方形 ABCD 中， M 是 AB 的中点，过 , ,C M D 三点的抛物线与 CD 围成阴影 部分，则向正方形内撒一粒黄豆落在阴影部分的概率是（ ） A． 1 6 B． 1 3 C． 3 4 D． 2 3 【答案】D 【解析】以 M 为原点，BA 所在直线为 y 轴，BA 的垂线为 x 轴，建立平面直角坐标系，则过 C，M，D 的 抛物线方程为 2 1 2y x ，则图中阴影部分面积为 2 3 2 0 1 2 82 2 22 3 3xdx         ，所以落在阴影部分的概 率为 8 23 4 3P   ，故选择 D. 11．如图，抛物线 2 2 ( 0)y px p  和圆 2 2 0x y px   ，直线l 经过抛物线的焦点，依次交抛物线 与圆于 A ， B ， C ， D 四点， 2AB CD  ，则 p 的值为（ ） A． 2 2 B．1 C． 2 D． 2 2 【答案】D 【解析】设    1 1 2 2, , ,A x y D x y ,由题意知抛物线 1C 的焦点 ,02 pF      ,则设直线 AD 的方程为： 2 py k x     ,联立 2 2 { 2 y px py k x       ,消去 y 得：   2 2 2 2 2 04 k pkx p k x    ,  2 2 1 2 1 22 2 , ,4 p k px x x xk      根据抛物线的定义得： 1 2,2 2 p pAF x FD x    ,    2 1 2 22 2 4 p p pAB CD AB CD AF BF FD CF AF FD x x                     , 所以 2 2p  . 点晴：本题考查的是直线，圆与抛物线的综合.关键是充分利用圆的半径为 2 p 和抛物线的定义，表示    2 2 p pAB CD AF BF FD CF AF FD               ，又 AB CD AB CD     再结合抛物线的定义 可 得 1 2,2 2 p pAF x FD x    ， 所 以    2 1 2 22 2 4 p p pAB CD AB CD AF BF FD CF AF FD x x                     求得 2 2p  . 12．如图,过抛物线 焦点的直线依次交抛物线与圆 于点 A、B、C、D，则 的值是（ ） A．8 B．4 C．2 D．1 【答案】D 【解析】利用特殊值法：过焦点的直线取 1y  ，此时 AB CD  ， 中令 1y  得 2x   ， 中令 1y  得 1x   ，    2,1 , 1,1A B   ,  1,0AB  · 1ABCD   二、填空题（共 20 分，每题 5 分） 13．已知抛物线C ： 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 F ，  0, 3A ，抛物线C 上的点 B 满足 AB AF ， 且 4BF  ，则 p  __________． 【答案】2 或 6 【解析】设    0 0,0 , 0, 3 , ,2 pF A B x y     ，则  0 0, 3 , , 32 pAF AB x y         ，所以 0AF AB   ， 即 0 03 3 02 p x y   与 2 0 02y px 联立可得 2 0 04 3 12 0y y   ，解之得 0 2 3y  代入 0 03 3 02 p x y   可得 0 3px  ；又由抛物线定义可得 0 42 px   代入 0 3px  化简可得 2 8 12 0p p   ，解之得 2p  或 6p  ，应填答案 2 或 6 。 14．已知抛物线 与圆 有公共点 ，若抛物线在 点处的切线与圆 也相切，则 ______. 【答案】 【解析】设切点为 ，导数为 ，故切线的斜率为 ，连接圆心和切点，两条直线垂直，斜率相乘 等于 ，即 ，解得 ，半径 . 15．已知点 F 为抛物线 2 8y x  的焦点，O 为原点，点 P 是抛物线准线上一动点，点 A 在抛物线上，且 | | 4AF  ，则| | | |PA PO 的最小值为_______________ 【答案】 2 13 【解析】  2 8 , 2,0y x F    ，准线方程为 2x  ， 设  ,A AA x y ，则 2 4Ax   ，即 2Ax   ， 代入 2 8y x  ，得 2 16y  ， 不妨取 4Ay  ，即  2,4A  ， 设 A 关于准线 2x  的对称点为  ', 'Q x y ，可得  6,4Q ， 故 2 26 4 2 13PA PO OQ     ． 即 PA PO 的最小值为 2 13 . 故答案为 2 13 。 16．已知抛物线 2 2y px （ 0p  ）的焦点为 F ， ABC 的顶点都在抛物线上，且满足 0FA FB FC      ， 1 1 1 AB AC BCk k k    __________． 【答案】0 【解析】 设 ,  ,A B C 三点的坐标分别为     1 1 2 2 3 3, , , , ,x y x y x y ，则 ∵ 0FA FB FC      ， ∴ △ ABC 的重心是 F， ∵抛物线 2 2y px 的焦点 F 的坐标为 ,02 pF      ， ∴ 1 2 3 0y y y   ， ∴ . 故答案为 0. 三、解答题 17．（10 分）已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为  1,0F ，点  1,2A 在抛物线 C 上，过焦点 F 的 直线 l 交抛物线 C 于 ,M N 两点. （1）求抛物线C 的方程以及 AF 的值； （2）记抛物线C 的准线与 x 轴交于点 B ，若 MF FN  ， 2 2 40BM BN  ，求  的值. 【答案】（1）y2=4x，2（2） 2 3 【解析】解：（1） 抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点 F  1,0 ，  12 p  ，则 2 4p  ，抛物线方程为 2 4y x ； 点  1,2A 在抛物线 C 上  1 22 pAF    ． （2）依题意，F（1，0），设 l：x=my+1，设 M（x1，y1）、N（x2，y2）， 联立方程 2 4 1 y x x my      ，消去 x，得 y2﹣4my﹣4=0． 所以 1 2 1 2 4 4 y y m y y      ，① 且 1 1 2 2 1 1 x my x my      ， 又 MF FN  ，则（1﹣x1，﹣y1）=λ（x2﹣1，y2），即 y1=﹣λy2， 代入①得   2 2 2 4 1 4 y y m         ，消去 y2 得 2 14 2m     ， B（﹣1，0），则    1 1 2 21 1BM x y BN x y    ， ， ， ， 则 2 22 2 2 2 2 2 1 1 2 2| | ( 1) ( 1)BM BN BM BN x y x y             2 2 2 2 1 2 1 2 1 22 2x x x x y y        2 2 2 2 1 2 1 2 1 2( 1) ( 1) 2 2 2my my my my y y              2 2 2 1 2 1 21 4 8m y y m y y      （m2+1）（16m2+8）+4m•4m+8=16m4+40m2+16， 当 16m4+40m2+16=40，解得 2 1 2m  ，故 2 3   ． 18．（10 分）如图，过抛物线 2 1 : 2C x py 上的一点Q 与抛物线 2 2 : 2C x py  相切于 ,A B 两点，若抛物 线 2 1 : 2C x py 的焦点 1F 到抛物线 2 2 : 2C x py  的焦点 2F 的距离为 1 2 . （1）求抛物线 1C 的方程； （2）求证：直线 AB 与抛物线 1C 相切于一点 P . 【答案】（1）抛物线 1C 的方程为： 2y x= （2）证明见解析 【解析】 试题分析： (1)由题意可得 1 2p  ，则抛物线 1C 的方程为： 2y x . (2)联立直线与抛物线的方程，结合根与系数的关系即可证得题中的结论. 试题解析： （1）设抛物线 1C 的焦点坐标为 1 0, 2 pF      ，抛物线 2C 的焦点坐标为 2 0, 2 pF     ， 则 1 2 1 2F F p  ， 所以抛物线 1C 的方程为： 2y x . （2）证明：设点  2 0 0,Q x x ，  2 1 1,A x x ，  2 2 2,B x x ， 切线 AQ 的方程是：  2 1 1 1y x k x x   ，因为 AQ 与抛物线 2 1 :C y x 相切， 则 2 2 1 1 1 1 0x k x k x x    ， 则 2 2 1 1 14 4 0k k x x     ，则 1 12k x  ， ∴直线 AQ 的方程是： 2 1 12y x x x   ， 同理 BQ 的方程是： 2 2 22y x x x   ， 联立可以得到： 1 2 0 2 1 2 0 2x x x x x x      ， 而直线 AB 的方程是：  1 2 1 2y x x x x x    ，即 2 0 02y x x x   ， 联立 2 1 :C y x ，可以得到： 2 2 0 02 0x x x x   ， 2 2 2 0 04 4 0x x    ， 则直线 AB 与抛物线 2 1 :C y x 相切. 19．（12 分）已知 F 是抛物线  2 2 0y px p  的焦点，O 为抛物线的顶点，准线与 x 轴的交点为 M ， 点 N 在抛物线上． （1）求直线 MN 的斜率的取值范围，记 MN NF   ，求  的取值范围； （2）过点 N 的抛物线的切线交 x 轴于点 P ，则 N Px x 是否为定值？ 【答案】（1） 1, 2     （2）0 【解析】（1）由直线 MN 与抛物线有交点确定直线 MN 的斜率的取值范围：联立直线 : 2 pMN y k x     与抛物线 2 2y px 得，   2 2 2 2 2 2 04 p kk x k p p x    ，由 0  ，解得  1,1 ,k   由抛物线定义得 2= 1 [1, 2]MN MN kNF NN     （2）直线与抛物线相切问题，一般利用判别式为零得等量关系：设 切线方程为  N Ny y k x x   ，联立 2 2y px ，由 0  ，解得 Nky p ，从而 2 2N N N P N N N N y y pxx x x x xk p p         ，即 0N Px x  试题解析：解：（1）直线 : 2 pMN y k x     ，联立 2 2y px 得，   2 2 2 2 2 2 04 p kk x k p p x    0  ，解得   21,1 , 1k k    ，∴ 1, 2     ． （2）设切线方程为  N Ny y k x x   ，联立 2 2y px 得，    22 2 22 0, 0N N N Nk x k x p ky x y kx        ，∴ 22 2N Nk x p ky  ， 即  22 2 2 2 0, 0N N Nk y p ky p ky p     ，∴ Nky p ， 2 2N N N P N N N N y y pxx x x x xk p p         ，即 0N Px x  ． 20．（12 分）如图，已知抛物线  2: 2 0C x py p  ，圆  22: 3 8Q x y   ，过抛物线C 的焦点 F 且 与 x 轴平行的直线与C 交于 1 2,P P 两点，且 1 2 4PP  . （1）证明：抛物线C 与圆 Q 相切； （2）直线l 过 F 且与抛物线C 和圆Q 依次交于 , , ,M A B N ，且直线l 的斜率  0,1k  ，求 AB MN 的取值范 围. 【答案】（1）见解析；（2） 6( ,1)4 ． 【解析】 试题分析： (1)联立抛物线与圆的方程，可得所得的二次方程 0  ，∴抛物线C 与圆Q 相切. (2)设出直线方程，联立直线与抛物线的方程，结合题意可得 2 2 12 1 1 AB k MN k    ，换元令 2 1 1 tk  1( 1)2 t  可得 AB MN 的取值范围是 6 ,14       ． 试题解析： （1）证明：∵ 1 2 2 4PP p  ，∴ 2p  ，故抛物线 C 的方程为 2 4x y ， 联立 2 4x y 与  22 3 8x y   ，得 2 2 1 0y y   ， ∵ 0  ，∴抛物线C 与圆 Q 相切. （2）  0,1F ，直线l 的方程为  1, 0,1y kx k   ， 圆心  0,3Q 到直线l 的距离为 2 2 1 d k   ， ∴ 2 2 12 8 4 2 1AB d k      ， 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ， 由 2 4 1 x y y kx      ，得  2 24 2 1 0y k y    ， 则 2 1 2 4 2y y k   ， ∴  2 1 2 2 4 1MN y y k     ， ∴ 2 2 12 1 1 AB k MN k    ，设 2 1 1 tk  1( 1)2 t  ，则 2 32 2AB t t t tMN     ， 设   2 3 12 ( 1)2f t t t t    ，则   24 3f t t t  ， ∵ 1 12 t  ，∴   0f t  ，∴函数  y f t 在 1 ,12      上递增， ∴    1 12f f t f      ，∴  3 18 f t  ，即 AB MN 的取值范围为 6 ,14       . 21．（12 分）如图，已知抛物线 M ： 2 4y x ，四边形 ABCD 和 DEFG 都为正方形，原点O 为 AD 的中 点，点 ,C F 在抛物线 M 上. （1）求点C 和点 F 的坐标； （2）过点 D 的直线l 与抛物线 M 相交于 ,P Q 两点，若 4 9AP AQ   ，求直线l 的方程. 【答案】（1） ,2 aC a    ，点 F 的坐标为 (3 2 2,2 2 2)  （2）直线l 的方程为3 3 0x y   或 3 3 0x y   【解析】（1）设正方形 ABCD 的边长为 a ，则 ,2 aC a    代入 2 4y x 得： 2 4 2 aa   ，解得： 2a  或 0a  （舍） 点C 的坐标为 1, 2 设正方形 DEFG 的边长为b ，则  1 ,F b b 代入方程 2 4y x 得：  2 4 1b b  ，解得 2 2 2b   或 2 2 2b   （舍） 点 F 的坐标为 3 2 2,2 2 2  （2）由（1）知  1,0A  ，  1,0D 设直线l 的方程为 1x my  ，点 ,P Q 的坐标分别为 1 1,x y ， 2 2,x y 联立方程 2 4 1 y x x my      ，消去 x 整理为： 2 4 4 0y my   则 1 2 1 2 4 4 y y m y y        2 1 2 1 2 2 4 2x x m y y m       ， 2 2 2 1 2 116 y yx x   又  1 11,AP x y  ，  1 21,AQ x y  ，    2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 4AP AQ x x y y x x x x y y m            由 4 9AP AQ   得： 2 44 9m  ，解得： 1 3m   故直线l 的方程为  3 1y x   即直线l 的方程为：3 3 0x y   或3 3 0x y   22．（14 分）已知点 F 是抛物线 2C: 2 ( 0)y px p  的焦点，若点  0,4P x 在抛物线 C 上，且 5 .2PF p  1 求抛物线 C 的方程；  2 动直线  l: 1x my m R   与抛物线 C 相交于 ,A B 两点，问：在 x 轴上是否存在定点  ,0 (D t 其中 0)t  ，使得向量 DA DB DA DB      与向量OD  共线 ( 其中O 为坐标原点 ) ？若存在，求出点 D 的坐标；若不存 在，请说明理由． 【答案】（1） 2 4y x ；（2）存在，  1,0D  . 【解析】  1 抛物线 C ： 2 2 ( 0)y px p  的焦点为 ,02 p     ， 准线方程为 2 px   ， 即有 0 5 2 2 p pPF x   ，即 0 2x p ， 则 216 4 p ，解得 2p  ， 则抛物线的方程为 2 4y x ；  2 在 x 轴上假设存在定点  ,0 (D t 其中 0)t  ， 使得 DA DB DA DB      与向量OD  共线， 由 DA DA   ， DB DB   均为单位向量，且它们的和向量与 OD  共线， 可得 x 轴平分 ADB ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立 1x my  和 2 4y x ， 得 2 4 4 0y my   ，  216 1 0m   恒成立． 1 2 4y y m  ， 1 2 4.y y   ① 设直线 DA 、 DB 的斜率分别为 1k ， 2k ， 则由 ODA ODB   得，        1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 2 y x t y x ty yk k x t x t x t x t                       1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1y my t y my t my y t y y x t x t x t x t             ，   1 2 1 22 1 0my y t y y     ， ② 联立 ①② ，得  4 1 0m t   ， 故存在 1t   满足题意， 综上，在 x 轴上存在一点  1,0D  ，使得 x 轴平分 ADB ， 即 DA DB DA DB      与向量OD  共线．