押天津卷第7~9题教师版_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_备战2024年高考数学临考题号押题（天津专用）323409112

押天津卷 7~9 题 立体几何、三角函数、圆锥曲线 考点 2年考题 考情分析 23年22年高考对于立体几何的考察侧重立体几何的体积运 算，需要考生知道柱体椎体的体积计算公式，并且具有一定 2023年天津卷第8题 的想象能力，对于不规则的立体采用割补法来计算体积，初 立体几何 次之外在模拟题里面出现了比较多的外接球的相关知识，这 2022年天津卷第8题 也要求考生掌握球的体积表面积公式。总的来说，立体几何 小题难度中等，学生应沉着面对。 高考对三角函数问题比较青睐，一般难度中等，要求考生熟 练三角函数（正弦余弦以及正弦型函数）的基本性质，周期 性，奇偶性，单调性，除此之外关于函数图像，还需要考生 2023年天津卷第5题 数掌握三角函数图像，掌握图像变化，平移和伸缩，以及给 三角函数 函数定义域求值域的问题。整个对于三角函数部分的内容要 2022年天津卷第9题 求较多，但是难度不算很高，知识点多但是难度较小。可以 预测2024年天津高考命题方向将继续围绕三角函数的图像 与性质展开考察。 高考对圆锥曲线问题中的双曲线以及抛物线的考查要求较 2023年天津卷第9题 高，均是以选择题的形式进行考查，一般难度中等，要求学 圆锥曲线 生掌握双曲线抛物线的基础知识点。在此基础上还要有一定 2022年天津卷第7题 的做图能力。可以预测2024年天津高考命题方向将继续围 绕双曲线抛物线的图像性质展开考察。 题型一立体几何 8．（5分）（2023•天津）在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足 ，则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为 A． B． C． D． 【答案】【分析】设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ， ，然后结合三 棱锥的体积公式即可求解． 【解答】解：在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足 ， 所以 ， 设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ， 则三棱锥 的体积为 ． 故三棱锥 和三棱锥 的体积之比为 ． 故选： ． 8．（5分）（2022•天津）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即 为十字歇山顶．其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图 ．这两个三棱柱有一个公共 侧面 ．在底面 中，若 ， ，则该几何体的体积为 A． B． C．27 D． 【答案】【分析】根据题目插图和题干对“十字歇山”的结构特征的描述，作出几何体直观图，再求出该组合体的 体积． 【解答】解：如图所示：几何体为直三棱柱 与两个三棱锥 ， ， 设直三棱柱 的底面 的面积为是，高为 ，所求的几何体的条件为 ， ， ， 则 ， ， 所以 ． 故选： ． 常见外接球模型 外接球模型一：墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方 体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球 的半径为R，则2R＝．)，秒杀公式：R2＝．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型： D 1 C 1 D 1 C 1 D 1 C 1 D 1 C 1 A B A B A B A B 1 1 1 1 1 1 1 1 D C D C D C D C A B A B A B A B 类型Ⅰ 类型Ⅱ 类型Ⅲ 例外型外接球模型二：三棱锥的三组对棱长分别相等模型，一般用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等 于长方体的体对角线长，即 (长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三 棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题． D C 1 1 A B 1 1 C D A B 外接球模型三：直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的 两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术 方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下 图，由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心O 与△ABC 的外心O 连线的中点，算出小圆O 的半径 1 1 1 1 2 1 AO＝r，OO ＝ ， ． 1 1 A C 1 1 O 2 B 1 h O R h 2 A C r O 1 B 2内切球思路：以三棱锥P－ABC为例，求其内切球的半径． 方法：等体积法，三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和； 第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积； 第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：V P－ABC ＝V O－ABC ＋V O－PAB ＋V O－PAC ＋V O－PBC ⇒V P－ABC ＝ S ·r＋S ·r＋S ·r＋S ·r＝(S ＋S ＋S ＋S )·r； △ABC △PAB △PAC △PBC △ABC △PAB △PAC △PBC 第三步：解出r＝＝． 1．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成 （如图 ，也可由正方体切割而成（如图 ．在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为 A． B．2 C． D．4 【答案】 【解答】解：根据题意可得所求几何体的体积为： 一个棱长为2的正四面体的体积与四个棱长为1的正四面体的体积之和， 可将棱长为2的正四面体放置到棱长为 的正方体中， 从而可得棱长为2的正四面体的体积为 ， 棱长为1的正四面体的体积为 ， 故所求几何体的体积为 ． 故选： ． 2．庑殿如图是古代传统建筑中的一种屋顶形式．宋称为“五脊殿”、“吴殿”，庑殿建筑是房屋建筑中 等级最高的一种建筑形式，多用作宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上．学生小明在参观文庙时发现了这 一 建 筑 形 式 ， 将 其 抽 象 为 几 何 体 ， 如 图 ， 其 中 底 面 为 矩 形 ， ， ，则该几何体的体积为A．512 B．384 C． D． 【答案】 【解答】解：如图，过 ， 分别作 ， 的垂线，垂足点分别为 ， ， ， ， 连接 ， ，则易知 ， ， 都垂直平面 与平面 ， 又易知 ， ， ， 取 的中点 ，连接 ，则 ，又易知 ，且 ， 易得 平面 ，又 ， ， ． 故选： ． 3．祖暅是我国南北朝时期杰出的数学家和天文学家祖冲之的儿子，他提出了一条原理：“幂势既同，则 积不容异”．这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所 有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．利用祖暅原理可以将半球的体积转化为与其 同底等高的圆柱和圆锥的体积之差．图1是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线 和 均是以2 为半径的半圆，平面 和平面 均垂直于平面 ，用任意平行于帐篷底面 的平面截帐篷， 所得截面四边形均为正方形．模仿上述半球的体积计算方法，可以构造一个与帐篷同底等高的正四棱柱， 从中挖去一个倒放的同底等高的正四棱锥（如图 ，从而求得该帐篷的体积为A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：由祖暅原理知，该帐篷的体积为： ． 故选： ． 4．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的．如图所示， 已知正方体棱长为6，则该石凳的体积为 A．180 B．36 C．72 D．216 【答案】 【解答】解：由题意可得：一个四面体的体积为 ， 又正方体的体积为 ， 则该石凳的体积为 ． 故选： ．5．如图，三棱台 中， ，三棱台 的体积记为 ，三棱锥 的体积记为 ，则 A． B． C． D．7 【答案】 【解答】解： 三棱台 中， ， 则 ， ， ， 又三棱台的上下底面面积之比为 ， 设三棱台的上底面面积为 ，下底面面积为 ，高为 ， 则 ． 故选： ． 6．四棱锥 的底面 是正方形，点 、 、 、 分别为 、 、 、 的中点， 平面 将四棱锥 分成两部分的体积分别为 ， ，且满足 ，则 A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：四棱锥 的底面 是正方形，点 、 、 、 分别为 、 、 、 的中点，如图：设正方形 的边长为 ，四棱锥 的高为 ， 易得四边形 也是正方形，其边长为 ， 且四棱锥 的高为 ， 则有 ， 变形可得 ． 故选： ． 7．如图，已知四棱锥 的体积为 ， 是 的平分线， ，若棱 上的点 满足 ，则三棱锥 的体积为 A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：因为 是 的平分线， 所以 ，所以 ， 所以 ， 设点 到平面 的距离为 ， 因为 ，则 ， 所以点 到平面 的距离为 ， ． 故选： ． 8．如图甲是一水晶饰品，其对应的几何体叫星形八面体，也叫八角星体，是一种二复合四面体，它是由 两个有共同中心的正四面体交叉组合而成且所有面都是全等的小正三角形，如图乙所示．若一星形八面体 中两个正四面体的棱长均为2，则该星形八面体体积为 A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：由题意可知星行八面体体积为一个棱长为2的大正四面体与四个棱长为1的小正四面体的体 积之和， 故该星形八面体体积为： ． 故选： ．9．某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面 是边长为2的正 方形， ， ， ， 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 垂直，则该包 装盒的容积为 A． B． C． D．20 【答案】 【解答】解：如图，可知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积， 其中长方体的高 ， 长方体的体积 ， 一个三棱锥的体积 ． 则包装盒的容积为 ． 故选： ．10．一个体积为 的球在一个正三棱柱的内部，且球面与该正三棱柱的所有面都相切，则此正三棱柱 的体积为 A．18 B．27 C．36 D．54 【答案】 【解答】解：设体积为 的球的半径为 ，则 ， ， 则此正三棱柱的高为 ， 设正三角形边长为 ，正三角形的内切圆半径为 ， 根据等面积法可得： ， ， ， 此正三棱柱的体积为 ． 故选： ． 11．在长方体 中， ， ，其外接球体积为 ，则其外接球被平面 截得图形面积为 A． B． C． D． 【答案】【解答】解：如图建立空间直角坐标系，设 、 ， 则 ， ， ， ，0， ， ， ， ， ，0， ，所以 ， ， 因为 ，所以 ，所以 ，即 为正方形， 又长方体 的外接球的直径为长方体的体对角线长 ， 外接球的球心为体对角线的中点，不妨设为 ，由外接球体积为 ， 所以 ，解得 ，又 ， 解得 （负值舍去），所以 ，0， ， ，0， ， ，4， ， ，2， ，所以 ，0， ， ，4， ， ，2， ， 设平面 的法向量为 ， ， ，则 ， 取 ， ， ，所以点 到平面 的距离 ， 所以外接球被平面 截得的截面圆的半径 ，所以截面圆的面积 ，即外接球被平面 截得图形面积为 ． 故选： ． 12．已知一圆锥内接于球，圆锥的表面积是其底面面积的3倍，则圆锥与球的体积之比是 A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：设圆锥的母线长为 ，底面半径为 ， 由于圆锥的表面积是其底面面积的3倍， 故 ，故 ； 所以圆锥的高为 ， 故圆锥的体积 ， 设球的半径为 ，在 中， ， 如图所示： 所以 ，解得 ，所以 ， 故 ． 故选： ． 13．我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人 签署文件时代表身份的信物．图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2．已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边 长为4，侧棱长为 ，则该几何体的体积是 A．32 B． C． D．64 【答案】 【解答】解：如图，设 是正四棱锥的高， 底面是正方形，且边长为4， 底面的对角线 ， 所以 ， 设正四棱柱和正四棱锥的高为 ， 因为正四棱锥的侧棱长为 ，即 ， 则根据题意可得 即 ， 解得 ， 故该几何体的体积为 ． 故选： ．14．已知三棱柱 的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为 ， ， ， ，则此球的表面积等于 A． B． C． D． 【答案】 【 解 答 】 解 ： 由 ， ， ， 由 余 弦 定 理 可 得 ， 所以 ，所以 ，所以可得 ， 设三角形 的外接圆的半径为 ，所以 ， 因为三棱柱 的侧棱垂直于底面， 所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点， 设外接球的半径为 ，则 ， 所以外接球的表面积 ， 故选： ．15．粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节 庆食物之一．端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰．粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各 有不同．某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄． 若粽子的棱长为 ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为 （参考数据： ， A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：蛋黄近似看成一个棱长为 的正四面体 的内切球， 正四面体为 ，设四面体的内切球的球心为 ，内切球半径为 ， 则球心 到四个面的距离都是 ， 四面体的体积等于以 为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和． 则四面体的体积为 四面体 的内切球半径 ， 棱长为9的正四面体的表面积 ，棱长为9的正四面体的高 ， 棱长为9的正四面体的体积 ， 可得 ， 包裹的蛋黄的最大体积为 ． 故选： ． 题型二 三角函数图像与性质 5．（5分）（2023•天津）已知函数 的一条对称轴为直线 ，一个周期为4，则 的解析式可能 为 A． B． C． D． 【答案】 【分析】由已知结合正弦函数及余弦函数的对称性及周期公式分别检验各选项即可判断． 【解答】解： ：若 ，则 ， 令 ， ，则 ， ，显然 不是对称轴，不符合题意；：若 ，则 ， 令 ， ，则 ， ， 故 是一条对称轴， 符合题意； ，则 ，不符合题意； ，则 ，不符合题意． 故选： ． 9．（5分）（2022•天津）已知 ，关于该函数有下列四个说法： ① 的最小正周期为 ； ② 在 ， 上单调递增； ③当 ， 时， 的取值范围为 ， ； ④ 的图象可由 的图象向左平移 个单位长度得到． 以上四个说法中，正确的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【分析】由题意，利用正弦函数的图象和性质，得出结论． 【解答】解：对于 ，它的最小正周期为 ，故①错误； 在 ， ， ， ，函数 单调递增，故②正确； 当 ， 时， ， ， 的取值范围为 ， ，故③错误； 的图象可由 的图象向右平移 个单位长度得到，故④错误，故选： ． y=Asin(wx+ϕ) 一、 的图像与性质 2π T= w （1）最小正周期： . y=Asin(wx+ϕ) （2）定义域与值域： 的定义域为R，值域为[-A,A]. A>0，w>0 （3）最值（以下 ） π { 当wx+ϕ= +2kπ(k∈Z)时，函数取得最大值A; 2 π 当wx+ϕ=− +2kπ(k∈Z)时，函数取得最小值−A; 2 （4）单调性 π π {wx+ϕ∈[− +2kπ, +2kπ](k∈Z)⇒增区间； 2 2 π 3π wx+ϕ∈[ +2kπ, +2kπ](k∈Z)⇒减区间. 2 2 （5）对称轴与对称中心. π {当wx +ϕ=kπ+ (k∈Z)，即sin(wx +ϕ) 0 2 0 ¿±1时，y=sin(wx+ϕ)的对称轴为x=x 0 当wx +ϕ=kπ(k∈Z)，即sin(wx +ϕ)=0 0 0 时，y=sin(wx+ϕ)的对称中心为(x ,0). 0 正弦曲线的对称轴是相应函数取最大（小）值的位置，对称中心是与x轴交点的位置. （6）平移与伸缩 函数y＝sin x的图象变换得到y＝Asin(ωx＋φ)(ω>0)的图象的步骤注：每一个变换总是对变量x而言的，即图像变换要看“变量x”发生多大变化，而不是“角 wx+ϕ ”变 化多少. 【常用结论】 1.根据图像求解析式一般步骤 ①根据最高最低点求出A 2π ω，ω= T ②根据周期算出 ,题目一般会提供周期的一部分 ③通过带最高或最低点算出φ （如果图像中未涉及到最高或者最低点，需要用零点或者特殊值来计算φ的值时，可以借助单调性来 确定唯一的φ值） 2.对称与周期 T (1)y＝Asin(ωx＋φ)相邻两条对称轴之间的距离是 ； 2 T (2)y＝Asin(ωx＋φ)相邻两个对称中心的距离是 ； 2 T (3)y＝Asin(ωx＋φ)相邻两条对称轴与对称中心距离4 ； 3.函数具有奇、偶性的充要条件 (1)函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ(k∈Z)； (2)函数y＝Asin(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)； (3)函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是奇函数⇔φ＝kπ＋(k∈Z)； (4)函数y＝Acos(ωx＋φ)(x∈R)是偶函数⇔φ＝kπ(k∈Z)．1．关于函数 ，则下列结论中： ① 为该函数的一个周期； ②该函数的图象关于直线 对称； ③将该函数的图象向左平移 个单位长度得到 的图象； ④该函数在区间 上单调递减． 所有正确结论的序号是 A．①② B．③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】 【解答】解：设 ， ， 为该函数的一个周期，①正 确； ， 该函数的 图象关于直线 对称，②正确； 将该函数的图象向左平移 个单位长度得到 ，③ 错误； ， ， ，而 在 ， 上单调递减，所以④正确． 故选： ． 2．如图是函数 的部分图象， 是图象的一个最高点， 是图 象与 轴的交点， ， 是图象与 轴的交点，且 ， 的面积等于 ，则下列说法正确的是A．函数 的图象关于点 对称 B．函数 的最小正周期为 C．函数 的图象可由 的图象向右平移 个单位长度得到 D．函数 的单调递增区间是 ， 【答案】 【解答】解：由图可知， 的最大值为2，又 ，所以 ， 因为 的面积等于 ，所以 ，则 ， 所以 ，即 ，得 ，又 ，所以 ， 将 代入 ，得 ，即 ， 因为 ，所以 ，所以 ． 对于 ，因为 ，故 错误； 对于 ，由前面的计算过程可得 ，故 错误； 对于 ， 的图象向右平移 个单位长度得到 ，故 错误； 对于 ，令 ， ，解得 ， ，故 正确． 故选： ．3 ． 将 函 数 的 图 象 横 坐 标 伸 长 为 原 来 的 2 倍 ， 再 向 左 平 移 个 单 位 ， 得 到 函 数 的部分图象（如图所示）．对于 ， ， ，且 ，若 ，都有 成立，则下列结论中不正确的是 A． B． C． 在 上单调递增 D．函数 在 的零点为 ， ， ， ，则 【答案】 【解答】解：对于 ，由题意可知函数 的图象在区间 ， 上的对称轴为直 线 ， 又 ，所以 ， 所以 ， 又因为 ，所以 ，故 ，故 正确； 对于 ， 向右平移 个单位长度得到函数 的图象， 再将其横坐标缩短为原来的 得到 的图象，故 正确； 对于 ，令 ， ， 得 ， ， 当 时， ，所以 在 上单调递增， 而 ，故 错误； 对于 ，令 ，则 ， 函数 在 上有6个零点 ， ， ， ， 则 ， ， ， ， ， 故 ， 所以 ，故 正确． 故选： ． 4．已知函数 若将函数 的图象平移后能与函数 的图象完全重合，则下列说法正确的是 A． 的最小正周期为 B．将 的图象向右平移 个单位长度后，得到的函数图象关于 轴对称C．当 取得最值时， D．当 时， 的值域为 【答案】 【 解 答 】 解 ： ， 因为将函数 的图象平移后能与函数 的图象完全重合， 所以 ，所以 ， 选项 ，最小正周期 ，即 错误； 选项 ，将 的图象向右平移 个单位长度后，得到 ，为奇函数， 该函数的图象不关于 轴对称，即 错误； 选项 ，当 取得最值时， ， ， 所以 ， ，即 错误； 选项 ，由 ，知 ， 当 ，即 时， ；当 ，即 时， ， 所以当 时， 的值域为 ， 正确． 故选： ． 5．下列函数中，以 为周期，且在区间 上单调递增的是 A． B． C． D． 【答案】 【解答】解：对于选项 ，因为 ， ，所以 ，所以函数 不是以 为周期，故 不正确； 对于选项 ，由正弦函数的图象与性质可知： 的周期为 ， 当 时， ，所以当 ，即 时，函数 取得最大值， 故函数 在 上先增再减，不具有单调性，故 不正确； 对于选项 ，因为 ，所以函数 的周期为 ，故 不正确； 对于选项 ，由正弦函数的图象与性质可知： 的周期为 ， 且函数 在 ， 上单调递增，故 正确． 故选： ． 6．将函数 的图象向左平移 个单位长度后得到函数 的图象，若直线 是 的图象的一条对称轴，则 A． 为奇函数 B． 为偶函数 C． 在 ， 上单调递减 D． 在 ， 上单调递增 【 解 答 】 解 ： 函 数 的 图 象 向 左 平 移 个 单 位 长 度 后 得 到 函 数 的图象， 由于直线 是 的图象的一条对称轴， 故 ，整理得 ， 当 时， ， 所以 ．． 故选项 、 错误． 对于选项 ，解得： ， 当 时，函数的单调递减区间为 ， 由于 ， ，故选项 正确． 对于选项 ：令 ， 当 时，函数的单调增区间为： ，故选项 错误． 故选： ． 7．已知函数 ， 图象的一个对称中心是 ，点 在 的图象上，下列说法错误的是 A． B．直线 是 图象的一条对称轴 C． 在 上单调递减 D． 是奇函数 【答案】 【解答】解：因为点 在 的图象上，所以 ．又 ，所以 ， 因为 图象的一个对称中心是 ，所以 ， ， 则 ， ．又 ，所以 ，则 ， 正确； ，则直线 不是 图象的一条对称轴， 不正确；当 时， ， 单调递减， 正确； ，是奇函数， 正确． 故选： ． 8．已知函数 ， 的部分图象如图所示，则下列说法正确的个数是 ①函数 最小正周期为 ； ② ， 为函数 的一个对称中心； ③ ； ④函数 向右平移 个单位后所得函数为偶函数． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【解答】解：根据函数 ， 的部分图象， 可得 ， ， ． 再根据五点法作图，可得 ， 可得 ， ． 故函数的最小正周期为 ，故①正确． 令 ，可得 ，可得 ， 不是函数 的一个对称中心，故②错误．根据 ，故③正确． 把函数 向右平移 个单位后，所得函数为 ， 显然所得函数是偶函数，故④正确． 综上可得，说法正确的个数为3． 故选： ． 9．将函数 的图象沿 轴向左平移 个单位后，得到一个偶函数的图象，则 的取 值不可能是 A． B． C． D． 【解答】解： ， 沿 轴向左平移 个单位，得 ． 由 ，得 ，即 ， ． 当 时， ；当 时， ；当 时， ． 的取值不可能是 ． 故选： ． 10．将函数 的图象上所有的点的横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变），再沿 轴向左 平移 个单位长度，所得图象对应的函数为 ．关于函数 ，现有如下命题： ①函数 的图象关于点 对称； ②函数 在 上是增函数： ③当 时，函数 的值域为 ， ；④函数 是奇函数． 其中真命题的个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【解答】解：将函数 的图象上所有的点的横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变），可得 的图象； 再沿 轴向左平移 个单位长度，所得图象对应的函数为 的图象． 关于函数 ，当 时， 为最小值，故它的图象关于直线 对称，故①错误． 在 上， ， ， 是增函数，故②正确． 当 时， ， ，函数 ， ，即 的值域为 ， ，故③正确． 显然，函数 是偶函数，故④错误． 故选： ． 11．已知函数 的对称中心到对称轴的最小距离为 ，将 的图 象向右平移 个单位长度后所得图象关于 轴对称，且 关于函数 有下列四种说法： ① 是 的一个对称轴； ② 是 的一个对称中心； ③ 在 上单调递增； ④若 ，则 ， ． 以上四个说法中，正确的个数为A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】 【解答】解：根据题意由对称中心到对称轴的最小距离为 ，可得 ，即 ，得 ； 将 的图象向右平移 个单位长度后可得 ，其图象关于 轴对称， 所以 为偶函数，则 ， ， 解得 ， ， 由 可知当 时， 符合题意； 由 可得 ， 因此 ； 对于①，当 时， ，取得最大值， 所以 是 的一个对称轴，即①正确； 对于②，当 时， ， 所以 不是 的一个对称中心，即②错误； 对于③，当 时，可得 ，又 在 上不单调， 所以 在 上不是单调递增的，所以③错误； 对于④，若 ，由正弦函数图象性质可知两个相邻零点的距离为半个周期， 所以任意两个零点之间的距离为半周期的整数倍， 由 的周期为 可得 ， ，即④正确； 所以正确的个数只有①和④，共2个． 故选： ．12．已知函数 ，其图象相邻两个对称中心之间的距离为 ，且直线 是其一条对称轴，则下列结论正确的是 A．函数 的最小正周期为 B．函数 在区间 上单调递增 C．点 是函数 图象的一个对称中心 D．将函数 图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移 个 单位长度，可得到一个奇函数的图象 【答案】 【解答】解：由于函数 ，其图象相邻两个对称中心之间的距离为 ， ， ． 再根据直线 是其一条对称轴，可得 ， ， 即 ， ，可得 ， ． 由于 的最小正周期为 ，故 错误． 在区间 上， ， ， 不单调，故 错误． 5 5 x ( ,0) 令 24 ，求得 f(x)0 ，可得点 24 是函数 f(x) 图象的一个对称中心，故C正确． f(x) 将函数 图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，  ysin(2x ) 可得 6 的图象；  ysin(2x ) 再把得到的图象向左平移 6 个单位长度，可得到函数 6 的图象，  ysin(2x ) 而函数 6 不是奇函数，故D错误． 故选：C．  7 f(x)2sin(x)(0,|| ) f( )( 13．已知函数 2 的部分图象如图所示，则 6 ) 3  3 1 A． B． C．1 D． 【答案】D 3 11  3 T    【解答】解：由图可知4 12 6 4 ，解得T ， 2  即  ，解得2，   f( )2sin(2 )2 由 6 6 ，  sin( )1 所以 3 ，    2k 所以 3 2 ，kZ ；   2k 解得 6 ，kZ ，   ||  又因为 2 ，所以 6 ，  f(x)2sin(2x ) 所以 6 ， 7 14  13   f( )2sin(  )2sin( )2sin( )2sin 1 6 6 6 6 6 6 ． 故选：D． 14．将函数 f(x)sin2x 的图象向左平移 6 个单位长度，得到函数 g(x) 的图象，则 g(x) 所具有的性质是 ( )  x A．图象关于直线 6 对称 5 ( ,0) B．图象关于点 12 成中心对称   [ , ] C． g(x) 的一个单调递增区间为 12 3 3  y yg(x) 2 6 D．曲线 与直线 的所有交点中，相邻交点距离的最小值为 【答案】D   g(x)sin(2x ) 【解答】解：函数 f(x)sin2x 的图象向左平移 6 个单位长度，得到函数 3 的图象，   3 x g( ) 1 对于A：当 6 时， 6 2 ，故A错误； 5 5 5  1 x g( )sin(  ) 对于B：当 12 时， 12 6 3 2，故B错误；     x[ , ] 2x [ ,] 对于C：当 12 3 时， 3 2 ，故函数在该区间上单调递减，故C错误； 3  3 y 对于D：曲线 yg(x) 与直线 2 的所有交点中，当x0， 6 ，，....，时函数值都为 2 ，故相邻  交点距离的最小值为 6 ，故D正确． 故选：D．  ysin(x ) 15．将函数 3 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图象向  右平移 3 个单位，得到的图象对应的解析式是 ( ) 1 1  ysin x ysin( x ) A． 2 B． 2 2 1   ysin( x ) ysin(2x ) C． 2 6 D． 6 ysin(x ) 【解答】解：将函数 3 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2倍（纵坐标不变），可得 x  ysin(  ) 2 3 的图象；  x   1  ysin(   )sin( x ) 再将所得的图象向右平移 3 个单位，得到的图象对应的解析式为 2 6 3 2 2 ， 故选：B． f(x)( 3sinxcosx)cosx ( ) 16．已知函数 ．下列结论错误的是 5 ( ,0) A． f(x) 的一个对称中心为 12  f( ) B． 6 是 f(x) 的最大值   [ , ] C． f(x) 在 3 6 上单调递增  1 D．把函数 ycos2x 的图象上所有点向右平行移动 6 个单位长度后，再向上平移2 个单位长度，可得 f(x) 到 的图象． 【答案】A 3 cos2x1  1 f(x)( 3sinxcosx)cosx sin2x sin(2x ) 【解答】解：由题意可得： 2 2 6 2 ， 5 5  1 1 1 f( )sin(  ) sin  对于选项A：因为 12 6 6 2 2 2 ， 5 1 ( , ) 所以 f(x) 的一个对称中心为 12 2 ，故A错误．    1  1 3 B: f( )sin(  ) sin   对于选项 6 3 6 2 2 2 2，  f( ) 所以 6 是 f(x) 的最大值，故B正确．      [ , ] 2x [ , ] 对于选项C：因为 3 6 ，则 6 2 2 ，   [ , ] 且 ysinx 在 2 2 内单调递增，  [ , ] 所以 f(x) 在 3 6 上单调递增，故C正确．  对于选项D：把函数 ycos2x 的图象上所有点向右平行移动 6 个单位长度后，   ycos(2x )sin(2x ) 得到 3 6 的图象， 1  1 ysin(2x )  f(x) 再向上平移2 个单位长度，得到 6 2 的图象，故D正确． 故选：A． 题型三 圆锥曲线 9．（5分）（2023•天津）双曲线 的左、右焦点分别为 ， ．过 作其中一条渐 近线的垂线，垂足为 ．已知 ，直线 的斜率为 ，则双曲线的方程为 A． B． C． D． 【答案】 【分析】结合点到直线的距离公式先求出 ，联立渐近线方程及 所在直线方程可求 ，进而表示出直 线 的斜率，结合已知可求 ， ，进而可求双曲线方程． 【解答】解：因为过 作一条渐近线 的垂线，垂足为 ， 则 ， 所以 ①， 联立 ，可得 ， ，即 ， ，因为直线 的斜率 ， 整理得 ②， ①②联立得， ， ， 故双曲线方程为 ． 故选： ． 7．（5分）（2022•天津）已知抛物线 ， ， 分别是双曲线 的左、右 焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点 ，与双曲线的渐近线交于点 ，若 ，则双曲线的标准 方程为 A． B． C． D． 【答案】 【分析】先由抛物线方程的准线方程，得双曲线的半焦距 ，再联立抛物线准线方程与双曲线的渐近线方 程解得 ，接着由 ，可得 ，从而得 ，最后再通过 建立方程即可 求解． 【解答】解：由题意可得抛物线的准线为 ，又抛物线的准线过双曲线的左焦点 ， ，联立 ，可得 ，又 ， ， ， ， ， 又 ，， ， ， 双曲线的标准方程为 ． 故选： ． 1．双曲线常用结论 (1)双曲线的焦点到其渐近线的距离为b. (2)若P是双曲线右支上一点，F，F 分别为双曲线的左、右焦点，则|PF| ＝a＋c，|PF| ＝c－a. 1 2 1min 2min (3)同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于实轴的弦)，其长为. (4)若P是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点，F ，F 分别为双曲线的左、右焦点，则 ＝， 1 2 其中θ为∠FPF. 1 2 (5)与双曲线－＝1(a>0，b>0)有共同渐近线的方程可表示为－＝t(t≠0)． 2. 抛物线焦点弦的常用结论 设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，若A(x，y)，B(x，y)，则 1 1 2 2 (1)xx＝，yy＝－p2； 1 2 1 2 (2)若A在第一象限，B在第四象限，则|AF|＝，|BF|＝，弦长|AB|＝x＋x＋p＝(α为弦AB的倾斜角)； 1 2 (3)＋＝； (4)以弦AB为直径的圆与准线相切； (5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切； (6)过焦点弦的端点的切线互相垂直且交点在准线上； (7)通径：过焦点与对称轴垂直的弦长等于2p. 3.做题技巧总结 凡是出现在图像上的点均满足曲线定义以及曲线的标准方程，因此做抛物线类型的题目需要同学做出 准线，做双曲线类型题目涉及到双曲线上的点时往往需要连接两个焦点。 x2 y2 b C:  1(a0,b0) y x 1．过双曲线 a2 b2 的右焦点F 作渐近线 a 的垂线l，垂足为A，l交另一条渐近线于点B，且点F 在点A、B之间，若BF 2AF ，则双曲线C的渐近线方程为 ( ) 1 3 1 6 y x y x y x y x 3 3 2 3 A． B． C． D． 【答案】B b b y x tan 【解答】解：设渐近线 a 的倾斜角为，则 a ， b bc y x AF  b 又F 到渐近线 a 的距离为 a2 b2 ， 又OF c，OAa， BF 2AF 2b，AB3b， 3b tanAOBtan2 3tan a ， 2tan 3 3tan tan 1tan2 ，解得 3 ， 3 y x 双曲线C的渐近线方程为 3 ． 故选：B． x2 y2 6 C:  1(a0,b0) 2．已知O为坐标原点，双曲线 a2 b2 的左、右焦点分别是 F 1， F 2，离心率为 2 ，点 P是C的右支上异于项点的一点，过 F 2作 F 1 PF 2的平分线的垂线，垂足是M ， |MO| 2 ，则点P到C ( ) 的两条渐近线距离之积为 4 2 A．3 B．3 C．2 D．4 【答案】B 【解答】解：设半焦距为c，延长 F 2 M 交 PF 1于点N，由于PM 是 F 1 PF 2的平分线， F 2 M PM ，所以 NPF 2是等腰三角形， 所以 |PN||PF 2 | ，且M 是 NF 2的中点， |PF ||PF |2a |NF |2a 根据双曲线的定义可知 1 2 ，即 1 ， 1 |MO| |NF |a 2 由于O是 F 1 F 2的中点，所以MO是△ NF 1 F 2的中位线，所以 2 1 ， 6 x2  y2 1 又双曲线的离心率为 2 ，所以 c 3,b1 ，所以双曲线C的方程为 2 ， 所以 F 1 ( 3,0),F 2 ( 3,0) ，双曲线C的渐近线方程为 x 2y0 ， |u 2v| |u 2v| u2 2v2 S    设 P(u,v) ，P到两渐近线的距离之积为S，则 3 3 3 ， u2 v2 1 又点P在双曲线的右支上，所以 2 ，即u2 2v2 2， 2 则点P到C的两条渐近线距离之积为3 ． 故选：B． x2 y2 C :  1(a0,b0) 3．已知双曲线 1 a2 b2 与抛物线 C 2 :y2 2px(p0) ，抛物线 C 2的准线过双曲线 C 1的焦 点 F ，过点 F 作双曲线 C 1的一条渐近线的垂线，垂足为点 M ，延长 FM 与抛物线 C 2相交于点 N，    ON 3OF 4OM ，则双曲线 C 1的离心率等于 ( ) 51 31 2 2 21 A． B． C． D． 【答案】C【解答】解：根据对称性，不妨设N在第一象限， p c 根据题意可得 2 ，抛物线 C 2可化为 y2 4cx ，    由ON 3OF 4OM ，可得M 为靠近F 的四等分点， 设FN 的中点为P，双曲线的右焦点为F，又O为FF的中点， OP//NF，且 |NF|2|OP| ， 易知M 为FP的中点，又OM FP， |OF||OP|c ， p |NF|2|OP|2c x cx 2 N N ， x c C y2 4cx y 2c N ，将其代入抛物线 2：为 中，解得 N ， N(c,2c) ，NFFF， b bc y x |FM | b 又 F(c,0) 到准线 a 的距离为 a2 b2 ， |FN|4|FM |4b ，又 |FF|2c ， |NF|2c ，NFFF， ||FN|2|FF|2 |NF|2 ，16b2 4c2 4c2 ， 2b2 c2 ， 2(c2 a2)c2 ，c 2a， c e  2 双曲线 C 1的离心率 a ． 故选：C． x2 y2 C:  1(a0,b0) 4．设双曲线 a2 b2 的左、右焦点分别为点 F 1， F 2，过坐标原点的直线与C交于A，B |FA| 1 1    两点， |F 1 B| 2 ， ABF 2的面积为8 3，且 F 2 AF 2 B0 ，若双曲线C的实轴长为4，则双曲线C的方程( ) 为 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2  1  1  1  1 A． 4 2 B． 4 4 C． 4 24 D．16 9 【答案】C 【解答】解：由双曲线的对称性可得A，B关于原点对称，设 B(m,n) ， A(m,n) ，m，n0， 由于AB， F 1 F 2互相平分，可得四边形 AF 1 BF 2是平行四边形，可得 |AF 1 ||BF 2 | ， |FA| 1 1  |BF ||BF ||BF ||AF |2a4 |FB| 2 由双曲线的定义可得 1 2 1 1 ， 1 ， |AF |4 |BF |8 解得 1 ， 1 ， F(c,0) F (c,0) (mc)2 n2 64 (mc)2 n2 16 设 1 ， 2 ，可得 ， ， 12 12 m n2 16( c)2 解得 c ， c ， 1 c2n8 3 而 ABF 2的面积为8 3，可得2 ， 即有c2n2 192，即有 16c2 (12c2)2 192 ， 化为c4 40c2 3360，解得c2 28，或c2 12， 若c2 12，则m2 3，n4， F 2 (2 3 ， 0) ， A(2 3 ， 4) ， B(2 3 ， 4) ，   则 F 2 AF 2 B(4 3 ， 4)(0 ， 4)160 ，故c2 12舍去， x2 y2  1 所以c2 28，b2 24，即双曲线的方程为 4 24 ． 故选：C． x2 y2 C:  1(a0,b0) 5．已知双曲线 a2 b2 的焦距为2 7，左、右焦点分别为 F 1， F 2，过 F 1的直线分别交双   曲线左、右两支于A、B两点，点C在x轴上， CB3F 2 A ， BF 2平分 F 1 BC ，则双曲线C的方程为 ( )y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2  1  1  1  1 A． 6 B． 3 4 C． 5 2 D． 2 5 【答案】A   CB3F A FAF∽ FBC 【解答】解：因为 2 ，所以△ 1 2 △ 1 ， |FF |2c |FC|4c |AF |t |BF |3t |AB|2t 设 1 2 ，则 2 ，设 1 ，则 1 ， ， |BF | |FF | 2c 1 1  1 2   BF FBC |BC| |FC| 4c 2 因为 2平分 1 ，由角平分线定理可知， 2 ， 1 |AF | |BC|2t 所以 |BC|2|BF 1 |6t ，所以 2 3 ， 由双曲线定义知 |AF 2 ||AF 1 |2a ，即2tt 2a，t 2a①， |BF ||BF |2a |BF |3t2a2t 又由 1 2 得 2 ， |BF ||AB||AF |2t ABF 所以 2 2 ，即 2是等边三角形， F BC ABF 60 所以 2 2 ， |BF |2 |BF |2 |FF |2 cosFBF  1 2 1 2 FBF 1 2 2|BF ||BF | 在△ 1 2中，由余弦定理知 1 2 ， 1 4t2 9t2 4c2  即2 22t3t ，化简得7t2 4c2 ， c e  7 把①代入上式得 a ， 因为2c2 7，所以c 7，a1，b c2 a2 6， y2 x2  1 则双曲线C的方程为 6 ． 故选：A．y2 2px(p0) 6．已知等轴双曲线的渐近线与抛物线 的准线交于A，B两点，抛物线焦点为F ，AFB ( ) 的面积为4，则的AF 长度为 5 2 2 10 A．2 B． C． D． 【答案】D yx 【解答】解：根据题意可知等轴双曲线的渐近线为 ， p p F( x 又抛物线 y2 2px 的焦点 2 ， 0) ，准线为 2 ， p | y || y | A B 2 ， p2 p|y | 4 AFB的面积为 A 2 ， p0 ， p2 2 ， p2 5 |AF| p2  y2  p2   p 10 A 4 2 ． 故选：D． x2 y2  1 7．以双曲线 4 9 的右顶点为圆心，焦点到渐近线的距离为半径的圆交抛物线 y2 2px(p0) 于A， B两点．已知 |AB|4 2 ，则抛物线的焦点到准线的距离为 ( ) 4 5 5 A．3 或4 B．3 C．3或4 D．4 【答案】A x2 y2  1 【解答】解：双曲线 4 9 的右顶点为 (2,0) ，3 13 d  3 ( 13 0) 3x2y0 94 焦点 ， 到渐近线 的距离为 ， (x2)2  y2 9 可得圆的方程为 ， 由抛物线和圆关于x轴对称，且 |AB|4 2 ， y 2 2 x 3 可设 A ，代入圆的方程，可得 A 或1， A(3 2 2) A(1 2 2) 即 ， ，或 ， ， 86p 82p 代入抛物线的方程，可得 ，或 ， 4 p 解得 3，或 p4 ， 4 即抛物线的焦点到准线的距离为3 或4． 故选：A． x2 y2 C:  1(a,b0) 8．如图，已知双曲线 a2 b2 的左、右焦点分别为 F 1， F 2，过 F 1的直线与C分别在第一、 二象限交于A，B两点， ABF 2内切圆半径为r ，若 |BF 1 |r a ，则C的离心率为 ( ) 10 2 5 30 85 2 3 4 5 A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：如图，设 |AB|x ，内切圆圆心为I ，内切圆在 BF 2， AF 2，AB上的切点分别为U ，V ，W ， |BU ||BW | |AV ||AW | |FU ||FV | 则 ， ， 2 2 ， |BF |a 由 1 及双曲线的定义可知， 1 |BF |3a,|AF |xa,|FU ||FV | (|BF ||AF ||AB|)ar 2 2 2 2 2 2 2 ， IUFV 故四边形 2 是正方形， AF BF |BF |2 |AF |2|AB|2 得 2 2，于是 2 2 ， 故 x2 9a2 (xa)2 ，得x5a， 3 cosFBF cos(ABF ) 于是 1 2 2 5 ， FBF 在△ 1 2中，由余弦定理可得： 68 |FF |2|BF |2 |BF |2 2|BF ||BF |cosFBF  a2 1 2 1 2 1 2 1 2 5 ， 68 c 85 4c2  a2 e  从而 5 ， a 5 ． 故选：D． x2 y2 C:  1(a0,b0) 9．已知 F 1， F 2分别为双曲线 a2 b2 的左、右焦点，过 F 2向双曲线的一条渐近线引垂线，  1 PQ PF 垂足为点P， 3 1 ，且 OQPF 1，则双曲线C的渐近线方程为 ( ) y2 2x y 5x y 3x y 2x A． B． C． D． 【答案】Db y x 【解答】解：不妨取点P位于第一象限，且在渐近线 a 上， bc | | a |PF | b b 2 b y x 1( )2 所以点 F 2 (c,0) 到渐近线 a 的距离为 a ， a2 ab P( ) 在 RtOPF 2中， |OF 2 |c ，所以 |OP|a ，所以 c ， c ， Q(x,y) 设 ，  1 a2 ab 1 a2 ab 2a2 c 2ab 2a2 c PQ PF (x y ) (c  ) x  y Q(  由 3 1 ，得 c ， c 3 c ， c ，所以 3c 3， 3c ，即 3c 3 ， 2ab ) 3c ， OQPF 因为 1，   2a2 c 2ab a2 ab OQPF (  )(c  )0 所以 1 3c 3， 3c c ， c ，整理得 (c2 2a2)(c2 a2)2a2b2 ， 又c2 a2 b2 ， (b2 a2)(b2 2a2)2a2b2 所以 ， b b b b ( )4 ( )2 20 ( )2 2  2 两边同时除以a4 ，整理得 a a ，解得 a ，即a ， b y x 2x 所以双曲线C的渐近线方程为 a ．故选：D． x2 y2  1(a0,b0) 10．设 F 1， F 2分别是双曲线 a2 b2 的左右焦点， P为双曲线左支上一点，且满足 |PF ||FF | PF ( ) 1 1 2 ，直线 2与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为 5 A．3 B． 3 C．2 D． 5 【答案】A 【解答】解：设直线 PF 2与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为D， 取 PF 2的中点E，连接 F 1 E ，如图： |DF |b |PF ||FF | FE PF 则 2 ，因为 1 1 2 ，所以 1 2，因为O为 F 1 F 2的中点， ODPF 2， FE //OD |DE||DF |b 所以 1 ，且 2 ， 所以 |PF 2 |4b ，又因为P为双曲线左支上一点， 所以 |PF 1 ||PF 2 |2a ，即4b2c2a，又b2 a2 c2 ，  3b a   4  5b c 5 c e  解得  4 ，所以 a 3． 故选：A． x2 y2  (a0,b0) 11．双曲线a2 b2 的左、右焦点分别为 F 1、 F 2．过 F 2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P． 2 已知 PF 2 2 ，直线 PF 1的斜率为 4 ，则双曲线的方程为 ( ) x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2  1  1  1  1 A． 8 4 B． 4 8 C． 4 2 D． 2 4 【答案】D b y x 【解答】解：根据对称性，不妨设双曲线的其中一条渐近线方程为 a ， b a y x y (xc) 则过 F 2 (c,0) 且垂直渐近线 a 的直线方程为 b ，  b y x   a  a a2 ab y (xc) P( ) 联立  b ，可得 c ， c ， a2 a2b2 |PF | ( c)2  b2 2 c c2 ，又 F 1 (c,0) ， ab c 2 k   PF1 a2 4 ab 2a 2 c    c ， a2 a2 b2 2a2 4 4 ， a2 22 2a，a 2 ，又b2，x2 y2  1 双曲线的方程为 2 4 ． 故选：D． x2 y2 E:  1(a0,b0) 12．已知过原点O的直线l与双曲线 a2 b2 交于A，B两点（点A在第一象限）， F 1，  FBF  F 2分别为双曲线E的左、右焦点，延长 AF 2交E于点C，若 |BF 2 ||AC| ， 1 2 3 ，则双曲线E的渐 ( ) 近线方程为 y 2x x 2y y 3x x 3y A． B． C． D． 【答案】A   FBF  FAF  【解答】解：结合双曲线的对称性可知， 1 2 3 ， 1 2 3 ， |AF 1 ||BF 2 ||AC| ，所以 ACF 1为 等边三角形， |AF ||CF | AC FF |AF ||AF |2a 1 1 ，则 1 2，由双曲线的定义，得 1 2 ， c |FF |  e  1 2 tan  3 所以 |AF 1 |4a ， |AF 2 |2a ，则 a |AF 2 | 3 ．c 3a，c2 a2 b2 ，可得b 2a， y 2x 所以双曲线的渐近线方程为： ． 故选：A． x2 y2  1(a0,b0) 13．已知双曲线 a2 b2 的一条渐近线过点 (2, 2) ，且双曲线的一个焦点在抛物线 y2 4 3x ( ) 的准线上，则双曲线的方程为x2 y2 x2 y2 y2 x2  1  1 x2  1  y2 1 A． 4 2 B． 2 4 C． 2 D． 2 【答案】D x2 y2  1(a0,b0) 【解答】解：双曲线a2 b2 的一条渐近线过点 (2, 2) ， 2b 2   a ，① y2 4 3x 又双曲线的一个焦点在抛物线 的准线上， c 3，则a2 b2 3，② 联立①②可得：a2 2，b2 1． x2  y2 1 双曲线的方程为 2 ． 故选：D． y2 x2  1 14．抛物线 x2 2py(p0) 的焦点为 F ，其准线与双曲线 4 2 的渐近线相交于 A、 B两点，若 ABF的周长为4 2，则 P( ) 2 2 A．2 B． C．8 D．4 【答案】A y2 x2  1 【解答】解：双曲线 4 2 的渐近线方程为 y 2x ， p y 抛物线 x2 2py(p0) 的准线方程为 2 ， 2 p 2 p A( p, ) B( p, ) 由题意得： 4 2 ， 4 2 ， 2 2 3 2 |AB| P |FA||FB| P2 ( P)2  P  2 ， 4 4 ， 又 ABF 的周长为4 2， 3 2 3 2 2 |FA||FB||AB| P P P4 2  4 4 2 ．p2 解得： ． 故选：A． x2 y2  1(ab0) 15．若 F(c,0) 是双曲线a2 b2 的右焦点，过F 作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交 12a2 于A，B两点，O为坐标原点，OAB的面积为 7 ，则该双曲线的离心率 e( ) 5 4 5 8 A．3 B．3 C．4 D．5 【答案】C x2 y2 b  1 y x 【解答】解：双曲线a2 b2 的渐近线方程为 a ， 设两条渐近线的夹角为， b b ( ) a a 2ab tantanAOB  b b a2 b2 1 ( ) 则 a a ， b |bc| y x d  b 设FBOB，则F 到渐近线 a 的距离为 a2 b2 ， |OB| c2 b2 a 即有 ， 1 a3b 12a2 aatan  则OAB的面积可以表示为2 a2 b2 7 ， b 3  解得a 4， c a2 b2 b2 5 e   1  则 a a2 a2 4． 故选：C．