2016届高考数学二轮复习 第一部分 专题七 选修选考专题跟踪训练24 文
2021-2022年高考数学二轮复习 第一部分 专题七 选修选考专题跟踪训练24 文
2021年高考数学二轮复习第一部分专题七选修选考专题跟踪训练24 文1．(xx·新课标全国卷Ⅰ)如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E.(1)若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；(2)若OA＝3CE，求∠ACB的大小．[解](1)证明：连接AE，由已知得，AE⊥BC，AC⊥AB.在Rt△AEC中，由已知得，DE＝DC，故∠DEC＝∠DCE.连接OE，则∠OBE＝∠OEB.又∠ACB＋∠ABC＝90°，所以∠DEC＋∠OEB＝90°，故∠OED＝90°，DE是⊙O的切线．(2)设CE＝1，AE＝x，由已知得AB＝23，BE＝12－x2.由射影定理可得，AE2＝CE·BE，所以x2＝12－x2，即x4＋x2－12＝0.可得x＝3，所以∠ACB＝60°.2．(xx·天星教育二次联考)如图，梯形ABCD满足AB∥CD，∠ADC＋∠ABC＝180°，E在AB的延长线上，EC2＝AE·BE.(1)求证：∠ACD＝∠BCE；(2)若AC ＝22，DC ＝EC ＝2，求BE 的长．[解] (1)证明：由∠ADC＋∠ABC＝180°，可知A ，B ，C ，D 四点共圆，记为圆O ， 由EC 2＝AE ·BE 可知CE 是圆O 的切线．由弦切角定理得∠ECB＝∠CAB，又AB∥CD，∴∠ACD＝∠CAB，∴∠ACD＝∠BCE.(2)∵∠ADC＋∠ABC＝180°＝∠DCB＋∠ABC，∴∠ADC＝∠DCB＝∠ACD＋∠ACB，又∠ACD＝∠BCE，∴∠ADC＝∠BCE＋∠ACB＝∠ACE，又∠ACD＝∠CAB，故△ACE∽△CDA，∴AC CD ＝AE AC， ∴AC 2＝CD·AE，又AC ＝22，DC ＝2，∴AE＝4，又EC 2＝AE·BE，EC ＝2，∴BE＝1.3．(xx·辽宁沈阳质量监测一)如图所示，已知AB 为圆O 的直径，C 、D 是圆O 上的两个点，CE⊥AB 于E ，BD 交AC 于G ，交CE 于F ，CF ＝FG.(1)求证：C 是劣弧BD ︵的中点；(2)求证：BF ＝FG.[证明] (1)∵CF＝FG ，∴∠CGF＝∠FCG.∵AB 是圆O 的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝π2. ∵CE⊥AB，∴∠CEA＝π2. ∵∠CBA＝π2－∠CAB，∠ACE＝π2－∠CAB， ∴∠CBA＝∠ACE.∵∠CGF＝∠DGA，∠DGA＝∠ABC， ∴π2－∠DGA＝π2－∠ABC， ∴∠CAB＝∠DAC，∴C 为劣弧BD ︵的中点． (2)∵∠GBC＝π2－∠CGB，∠FCB＝π2－∠GCF， ∴∠GBC＝∠FCB，∴CF＝FB ，∵CF＝FG ，∴BF＝FG.4．(xx·辽宁大连双基)如图，已知⊙O 1与⊙O 2相交于A ，B 两点，P 是⊙O 1上一点，PB 的延长线交⊙O 2于点C ，PA 交⊙O 2于点D ，CD 的延长线交⊙O 1于点N.(1)点E 是AN ︵上异于A ，N 的任意一点，PE 交CN 于点M ，求证：A ，D ，M ，E 四点共圆；(2)求证：PN 2＝PB·PC.[证明] (1)连接AB ，∵A，B ，P ，E 四点共圆，∴∠ABC＝∠E.又∵∠ABC＝∠ADC，∴∠ADC＝∠E，∴A，D ，M ，E 四点共圆．(2)解法一：连接BN ，∵∠PNB＝∠PAB＝∠C，∠BPN＝∠NPC，∴△PNB∽△PCN，PB PN ＝PN PC，∴PN 2＝PB·PC. 解法二：连接AN.由(1)知∠PDN＝∠E，∴∠PDN＝∠E＝∠PNA，又∵∠APN＝∠NPD，∴△PDN∽△PNA，∴PDPN＝PNPA，∴PN2＝PD·PA，PB·PC＝PD·PA，∴PN2＝PB·PC.。
2016版《步步高》高考数学大二轮总复习
方法二 对a分类讨论：
当
a>0
时，∵log2a>log
1 2
a，∴a>1.
当
a<0
时，∵log
1 2
(－a)>log2(－a)，∴0<－a<1，
∴－1<a<0，故选C.
答案 C
思维升华
(1)指数函数、对数函数、幂函数是高考的必考内容之 一，重点考查图象、性质及其应用，同时考查分类讨 论、等价转化等数学思想方法及其运算能力. (2)比较数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的 单调性.
ax＋b 跟踪演练 2 (1)(2015·安徽)函数 f(x)＝x＋c2的图象如图所
示，则下列结论成立的是( ) A.a>0，b>0，c<0 B.a<0，b>0，c>0 C.a<0，b>0，c<0 D.a<0，b<0，c<0
解 析 函 数 定 义 域 为 {x|x≠ － c} ， 结 合 图 象 知 － c>0 ，
a)≤2f(1)，则a的取
值范围是________.
解析 由题意知 a>0，又 log 1 a＝log2a－1＝－log2a. 2
∵f(x)是R上的偶函数，
∴f(log2a)＝f(－log2a)＝f(log1 a). 2
∵f(log2a)＋f(log 1 a)≤2f(1)， 2
∴2f(log2a)≤2f(1)，即f(log2a)≤f(1). 又∵f(x)在[0，＋∞)上递增. ∴|log2a|≤1，－1≤log2a≤1， ∴a∈12，2. 答案 [12，2]
山东菏泽市2016届高三数学二模试题(文含答案)
山东菏泽市2016届高三数学二模试题（文含答案）数学试卷（文科）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共10个小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.设集合，集合，则等于（） A． B． C． D． 2.已知复数，则等于（） A． B． C． D． 3. 某学校采用系统抽样方法，从该校高一年级全体800名学生中抽50名学生做视力检查，现将800名学生从1到800进行编号，已知从1―16这16个数中被抽到的数是11，则编号在33―48中抽到的数是（） A．39 B．41 C．43 D．45 4.已知向量，，则下列结论正确的是（） A． B． C． D． 5.若函数的图象不经过第二象限，则有（） A． B． C． D． 6.已知曲线在点处的切线的斜率为为，则函数在上的最小值为（）A． B．2 C． D．1 7. “ ”是“圆被轴所截的弦长大于2”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8.如图是一个正方体被一个平面截去一部分后得到的几何体的三视图，则该几何体的体积是原正方体的体积的（）A． B． C． D． 9. 如果实数满足条件，若的最小值小于，则实数的取值范围是（） A． B． C． D． 10.设函数，若，则的值满足（） A． B． C． D．第Ⅱ卷二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，将答案填在机读卡上相应的位置.） 11.设，函数的最小值为1，则 _________. 12.在在中，，则的面积为_________. 13. 执行如图的程序框图，若输入的值为5，则输出的值为_________. 14.从边长为4的正方形内部任取一点，则到对角线的距离不大于的概率为_________. 15.已知双曲线的右焦点为，直线与抛物线交于两点，且为直角三角形，则双曲线的离心率为_________. 三、解答题（本大题共6小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 16.（本小题满分12分）一次考试结束后，随机抽查了某校高三（1）班5名同学的化学与物理成绩如下表：（1）分别求这5名同学化学与物理成绩的平均分与方差，并估计该班化学与物理成绩哪科更稳定；（2）从以上5名同学中选2人参加一项活动，求选中的学生中至少有一个物理成绩高于90分的概率. 17.（本小题满分12分）已知向量， . （1）若，且，求的值；（2）将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数在上有零点，求的取值范围. 18.（本小题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形是矩形，平面，，，是的中点. （1）求证：平面；（2）若，，求证平面平面 . 19.（本小题满分12分）数列的前项和为，且，数列满足 . （1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和 . 20.（本小题满分13分）设函数，且为的极值点. （1）若为的极大值点，求的单调区间（用表示）；（2）若恰有两解，求实数的取值范围. 21.（本小题满分14分）椭圆的左、右焦点分别为，点关于直线的对称点在椭圆上，且 . （1）求椭圆的方程；（2）如图，椭圆的上、下顶点分别为，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点（在线段之间）. （i）求的取值范围；（ii）当与相交于点时，试问：点的纵坐标是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.山东省菏泽市2016届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（文科）参考答案一、选择题 1-5.BDCDD 6-10.AACDD 二、填空题 11. 6 12.2 13. 30 14. 15.3 三、解答题 16.解：（1）5名学生化学成绩的平均分为： . 5名学生物理成绩的方差为： . 因为样本的化学成绩方差比物理成绩方差大，所以，估计高三（1）班总体物理成绩比化学成绩更稳定. （2）设选中的学生中至少有一个物理成绩高于90分为事件 . 5名学生中选2人包含基本事件有：，，，，，，，，，，共10个. 事件包含基本事件有：，，，，，，，共7个. 则 . 即5名学生中选2人，选中的学生中至少有一个物理成绩高于90分的概率为 . 17. 解（1）∵ ，. ∴ ，得. ∴ . （2）∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，则 . 令得，∴ . ∴ 的取值范围是 . 18. 解：（1）证明：取的中点，连接，, ∵ ，∴ ，∵ ，∴ . ∵ 是的中位线，∴ ，∵ ，∴平面平面，∵ 平面，∴ 平面 . （2）连接，∵ ，∴ , ∵ 是矩形，∴ 且，∴四边形是平行四边形，则，∵ ，，∴ 平面，则 . 由（1）得是等腰三角形，又四边形是正方形，∴ ，即，∴ 平面，则平面 .19. 解：（1）当时，，当时，，知满足该式. ∴数列的通项公式为. ∵ （）.① ∴ .② ②-①得：，，故 ( ) （2）∴ . 令，① 则，② ①-②得：，∴ . ∴数列的前项和 20.解：（1），又，所以且， . （1）因为为的极大值点，所以，当时，；当时，；当时， . 所以的递增区间为，；递减区间为 . （2）①若，则在上递减，在上递增. 恰有两解，则，即，所以；②若，则，因为，则，，从而只有一解. ③若，则，则只有一解. 综上，使恰有两解的的范围为 . 21.解：（1）∵点关于直线的对称点为在椭圆上，∴ ，又，∴ ，则，∴椭圆的方程 . （2）（i）当直线斜率不存在时， , , 当直线斜率存在时，设直线的方程为，，将代入椭圆方程消去得： . 由，可得，，，，∴ . 综上可知，的取值范围是 . （ii）由题意得：， , 联立方程组，消去得，又，得. ∴点的纵坐标为定值 .。
2016届高考数学(文)二轮复习课件：1-7-第一部分 专题七 选修选考 选4-1
延长 AD 交 BC 的延长线于 F.
(1)求证：∠CDF＝∠EDF；
(2)求证：AB·AC·DF＝AD·FC·FB.
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第一部分 专题七 选修4-1
第二十一页，编辑于星期五：二十一点 四十六 分。
与名师对话·系列丛书
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·文
[证明] (1)∵A、B、C、D 四点共圆，
(1)性质：
定理 1：圆的内接四边形的对角互补．
重
定理 2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．
名
点
透 析
(2)判定：
师 微 课
定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个
顶点共圆．
推论：如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这
个四边形的四个顶点共圆．
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第一部分 专题七 选修4-1
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重 点
选修 4－1
透
析
几何证明选讲(解答题型)
名 师
微
课
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第一部分 专题七 选修4-1
第三页，编辑于星期五：二十一点 四十六分。
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———————————名师指南——————————
三角形的相似与全等、圆内接四边形的性质与判定、切割
第一部分 专题七 选修4-1
第十四页，编辑于星期五：二十一点 四十六分。
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考向二 四点共圆问题 1．圆周角与圆心角定理
(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心
重 角的一半．
名
【3份】2016高考数学文科(通用)二轮专题复习仿真练：选修部分
【3份】2016高考数学文科（通用）二轮专题复习仿真练：选修部分目录选修4-1 几何证明 .................................................................................................................. 1 选修4-4 坐标系与参数方程 .................................................................................................. 4 选修4-5 不等式选讲 .. (6)选修4-1 几何证明1.(2015·陕西卷)如图，AB 切⊙O 于点B ，直线AO 交⊙O 于D ，E 两点，BC ⊥DE ，垂足为C . (1)证明：∠CBD ＝∠DBA ；(2)若AD ＝3DC ，BC ＝2，求⊙O 的直径. (1)证明 因为DE 为⊙O 直径， 则∠BED ＋∠EDB ＝90°，又BC ⊥DE ，所以∠CBD ＋∠EDB ＝90°， 从而∠CBD ＝∠BED ，又AB 切⊙O 于点B ，得∠DBA ＝∠BED ， 所以∠CBD ＝∠DBA .(2)解 由(1)知BD 平分∠CBA ，则BA BC ＝ADCD＝3，又BC ＝2，从而AB ＝32，所以AC ＝AB 2－BC 2＝4，所以AD ＝3，由切割线定理得AB 2＝AD ·AE ，即AE ＝AB 2AD＝6，故DE ＝AE －AD ＝3，即⊙O 直径为3.2.(2015·全国Ⅰ卷)如图，AB 是⊙O 的直径，AC 是⊙O 的切线，BC 交⊙O 于点E .(1)若D 为AC 的中点，证明：DE 是⊙O 的切线； (2)若OA ＝3CE ，求∠ACB 的大小.(1)证明 连接AE ，由已知得，AE ⊥BC ，AC ⊥AB . 在Rt △AEC 中，由已知得，DE ＝DC ，故∠DEC ＝∠DCE .连接OE ，则∠OBE ＝∠OEB . 又∠ACB ＋∠ABC ＝90°， 所以∠DEC ＋∠OEB ＝90°， 故∠OED ＝90°，DE 是⊙O 的切线.(2)解 设CE ＝1，AE ＝x ，由已知得AB ＝23，BE ＝12－x 2.由射影定理可得，AE 2＝CE ·BE ，所以x 2＝12－x 2， 即x 4＋x 2－12＝0.可得x ＝3，所以∠ACB ＝60°.3.(2015·全国Ⅱ卷)如图，O 为等腰三角形ABC 内一点，⊙O 与△ABC 的底边BC 交于M 、N 两点，与底边上的高AD 交于点G ，且与AB 、AC 分别相切于E 、F 两点. (1)证明：EF ∥BC ；(2)若AG 等于⊙O 的半径，且AE ＝MN ＝23，求四边形EBCF 的面积.(1)证明 由于△ABC 是等腰三角形，AD ⊥BC ，所以AD 是∠CAB 的平分线.又因为⊙O 分别与AB ，AC 相切于点E ，F ，所以AE ＝AF ，故AD ⊥EF .从而EF ∥BC .(2)解 由(1)知，AE ＝AF ，AD ⊥EF ，故AD 是EF 的垂直平分线，又EF 为⊙O 的弦，所以O 在AD 上.连接OE ，OM ，则OE ⊥AE .由AG 等于⊙O 的半径得AO ＝2OE ， 所以∠OAE ＝30°.因此△ABC 和△AEF 都是等边三角形. 因为AE ＝23，所以AO ＝4，OE ＝2. 因为OM ＝OE ＝2，DM ＝12MN ＝3，所以OD ＝1.于是AD ＝5，AB ＝1033.所以四边形EBCF 的面积为12×⎝⎛⎭⎫10332×32－12×(23)2×32＝1633. 4.如图所示，⊙O 的直径为AB ，AD 平分∠BAC ，AD 交⊙O 于点D ，BC ∥DE ，且DE 交AC 的延长线于点E ，OE 交AD 于点F . (1)求证：DE 是⊙O 的切线； (2)若AB ＝10，AC ＝6，求DF 的长. (1)证明 如图所示，连接OD ，可得∠ODA ＝∠OAD ＝∠DAC ， 所以OD ∥AE ，又BC ⊥AC 且BC ∥DE ， 所以DE ⊥AC ，故DE ⊥OD ，又OD 为半径， 所以DE 是⊙O 的切线.(2)解 过点D 作DH ⊥AB 于H ，则有∠DOH ＝∠CAB ， 又AB 为⊙O 的直径，则∠ACB ＝90°，则cos ∠DOH ＝cos ∠CAB ＝AC AB ＝35＝OHOD .因为OD ＝5，所以OH ＝3，DH ＝4，AD ＝45， 由角平分线的性质知AE ＝AH ＝8， 又由△AEF ∽△DOF 可得AF DF ＝AE DO ＝85，所以DF ＝5×4513＝20513.5.如图，D ，E 分别为△ABC 边AB ，AC 的中点，直线DE 交△ABC 的外接圆于F ，G 两点.若CF ∥AB . 证明：(1)CD ＝BC ； (2)△BCD ∽△GBD .证明 (1)如图，因为D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以DE ∥BC .又已知CF ∥AB ， 故四边形BCFD 是平行四边形， 所以CF ＝BD ＝AD . 而CF ∥AD ，连接AF ，所以四边形ADCF 是平行四边形，故CD ＝AF . 因为CF ∥AB ，所以BC ＝AF ，故CD ＝BC . (2)因为FG ∥BC ， 故GB ＝CF . 由(1)可知BD ＝CF ， 所以GB ＝BD .∴∠BGD ＝∠BDG ，由BC ＝CD 知，∠CBD ＝∠CDB . 又因为∠DGB ＝∠EFC ＝∠DBC ， 故△BCD ∽△GBD .选修4-4 坐标系与参数方程1.在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋32t ，y ＝12t(t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ.(1)求直线l 和曲线C 的直角坐标方程； (2)求曲线C 上的点到直线l 的距离的最值.解 (1)化为直角坐标方程得，直线l ：x －3y －2＝0，曲线C ：(x －1)2＋y 2＝1. (2)由(1)可知，曲线C 是圆心为 C (1，0)，半径r ＝1的圆.且圆心C (1，0)到直线l 的距离d ＝|1－0－2|1＋3＝12＜r ＝1，故直线l 与曲线C 相交.所以曲线C 上的点到直线l 的距离的最大值为d ＋r ＝32，最小值为0.2.在直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝1，M ，N 分别为曲线C 与x 轴，y 轴的交点. (1)写出曲线C 的直角坐标方程，并求点M ，N 的极坐标； (2)设MN 的中点为P ，求直线OP 的极坐标方程. 解 (1)∵ρcos ⎝⎛⎭⎫θ－π3＝1， ∴ρcos θcos π3＋ρsin θsin π3＝1.又⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴12x ＋32y ＝1，即曲线C 的直角坐标方程为x ＋3y －2＝0. 令y ＝0，则x ＝2，令x ＝0，则y ＝233，∴M (2，0)，N ⎝⎛⎫0，233，∴M 的极坐标为(2，0)，N 的极坐标为⎝⎛⎭⎫233，π2.(2)MN 连线的中点P 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫1，33，直线OP 的极角为θ＝π6，∴直线OP 的极坐标方程为θ＝π6(ρ∈R ).3.已知P 为半圆C ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数，0≤θ≤π)上的点，点A 的坐标为(1，0)，O 为坐标原点，点M 在射线OP 上，线段OM 与C 的弧AP ︵ 的长度均为π3.(1)以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M 的极坐标； (2)求直线AM 的参数方程.解 (1)由已知，点M 的极角为π3，且点M 的极径等于π3，故点M 的极坐标为⎝⎛⎭⎫π3，π3. (2)点M 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫π6，3π6，A (1，0).故直线AM 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋⎝⎛⎭⎫π6－1t ，y ＝3π6t (t 为参数).4.(2015·全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α＜π，在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝2sin θ，曲线C 3：ρ＝23cos θ.(1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值.解 (1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0.联立⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝0，或⎩⎨⎧x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0，0)和⎝⎛⎭⎫32，32.(2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)，其中0≤α＜π. 因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α).所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎫α－π3.当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4.5.(2015·湖南卷)已知直线l ：⎩⎨⎧x ＝5＋32t ，y ＝3＋12t (t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ＝2cos θ. (1)将曲线C 的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设点M 的直角坐标为(5，3)，直线l 与曲线C 的交点为A ，B ，求|MA |·|MB |的值. 解 (1)ρ＝2cos θ等价于ρ2＝2ρcos θ.①将ρ2＝x 2＋y 2，ρcos θ＝x 代入①即得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0.②(2)将⎩⎨⎧x ＝5＋32t ，y ＝3＋12t代入②式，得t 2＋53t ＋18＝0.设这个方程的两个实根分别为t 1，t 2，则由参数t 的几何意义即知， |MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝18.选修4-5 不等式选讲1.设函数f (x )＝2|x －1|＋|x ＋2|. (1)求不等式f (x )≥4的解集；(2)若不等式f (x )＜|m －2|的解集是非空集合，求实数m 的取值范围.解 (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ，x ≤－2，－x ＋4，－2＜x ≤1，3x ，x ＞1，令f (x )≥4，则⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－2，－3x ≥4或⎩⎪⎨⎪⎧－2＜x ≤1，－x ＋4≥4或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，3x ≥4，解得x ≤0或x ≥43，所以不等式f (x )≥4的解集是⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤0或x ≥43.(2)f (x )在(－∞，1]上递减，在[1，＋∞)上递增， 所以f (x )≥f (1)＝3.由于不等式f (x )＜|m －2|的解集是非空集合， 所以|m －2|＞3，解得m ＜－1或m ＞5， 即实数m 的取值范围是(－∞，－1)∪(5，＋∞).2.(2015·全国Ⅱ卷)设a 、b 、c 、d 均为正数，且a ＋b ＝c ＋d ，证明： (1)若ab ＞cd ，则a ＋b ＞c ＋d ；(2)a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件. 证明 (1)因为(a ＋b )2＝a ＋b ＋2ab ， (c ＋d )2＝c ＋d ＋2cd ，由题设a ＋b ＝c ＋d ，ab ＞cd 得(a ＋b )2＞(c ＋d )2. 因此a ＋b ＞c ＋d .(2)①若|a －b |＜|c －d |，则(a －b )2＜(c －d )2, 即(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd .因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab ＞cd .由(1)得a ＋b ＞c ＋d .②若a ＋b ＞c ＋d ，则(a ＋b )2＞(c ＋d )2，即a ＋b ＋2ab ＞c ＋d ＋2cd . 因为a ＋b ＝c ＋d ，所以ab ＞cd ，于是 (a －b )2＝(a ＋b )2－4ab ＜(c ＋d )2－4cd ＝(c －d )2. 因此|a －b |＜|c －d |.综上，a ＋b ＞c ＋d 是|a －b |＜|c －d |的充要条件. 3.(1)已知a ，b 都是正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2； (2)已知a ，b ，c 都是正数，求证：a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .证明 (1)(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＝(a ＋b )(a －b )2， 因为a ，b 都是正数，所以a ＋b ＞0， 又因为a ≠b ，所以(a －b )2＞0，于是(a ＋b )(a －b )2＞0，即(a 3＋b 3)－(a 2b ＋ab 2)＞0， 所以a 3＋b 3＞a 2b ＋ab 2. (2)因为b 2＋c 2≥2bc ，a 2≥0， 所以a 2(b 2＋c 2)≥2a 2bc .① 同理b 2(a 2＋c 2)≥2ab 2c .② c 2(a 2＋b 2)≥2abc 2.③①②③相加得2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)≥2a 2bc ＋2ab 2c ＋2abc 2，从而a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2≥abc (a ＋b ＋c ).由a ，b ，c 都是正数，得a ＋b ＋c ＞0，因此a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2a ＋b ＋c ≥abc .4.设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －4|－a ； (1)当a ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)若f (x )≥4a＋1对任意的实数x 恒成立，求实数a 的取值范围.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x ＋1|＋|x －4|－1≥|x ＋1－(x －4)|－1＝4，∴f (x )min ＝4. (2)f (x )≥4a ＋1对任意的实数x 恒成立⇔|x ＋1|＋|x －4|－1≥a ＋4a 对任意的实数x 恒成立⇔a ＋4a≤4，当a ＜0时，上式成立；当a ＞0时，a ＋4a≥2a ·4a＝4， 当且仅当a ＝4a ，即a ＝2时上式取等号，此时a ＋4a ≤4成立.综上，实数a 的取值范围为(－∞，0)∪{2}.5.已知定义在R 上的函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|的最小值为a . (1)求a 的值；(2)若p ，q ，r 是正实数，且满足p ＋q ＋r ＝a ，求证：p 2＋q 2＋r 2≥3. (1)解 因为|x ＋1|＋|x －2|≥|(x ＋1)－(x －2)|＝3， 当且仅当－1≤x ≤2时，等号成立， 所以f (x )的最小值等于3，即a ＝3.(2)证明 由(1)知p ＋q ＋r ＝3，又因为p ，q ，r 是正实数，所以(p 2＋q 2＋r 2)(12＋12＋12)≥(p ×1＋q ×1＋r ×1)2＝(p ＋q ＋r )2＝9，即p 2＋q 2＋r 2≥3.。
2016版高考数学(新课标全国卷Ⅰ·文科)二轮复习课件第一部分专题七 选考部分第1讲
选考部分
第1讲 几何证明选讲
专题七
选考部分
2016考向导航——适用于全国卷Ⅰ 高考中主要考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判 定及性质、直角三角形的射影定理以及与圆有关的性质和判 定，考查逻辑推理能力．与圆有关的切线、割线以及三角形 的综合问题是高考的热点．高考中主要是应用定理解决有关 求角、求线段长、求线段长的比以及证明等类型的题目．
1．相似三角形的判定与性质 (1)判定定理 ①两角对应相等的两个三角形相似； ②三边对应成比例的两个三角形相似； ③两边对应成比例，并且夹角相等的两个三角形相似．
(2)性质定理 ①相似三角形对应边上的高的比、中线的比和对应角平分线 的比都等于相似比． ②相似三角形周长的比等于相似比． ③相似三角形面积的比等于相似比的平方．
考点一
相似三角形的判定与性质
(2015· 合肥模拟 )在△ ABC 中， AB＝ AC，过点 A 的直
线与其外接圆交于点 P， 交 BC 的延长线 于点 D. PC PD (1)求证： ＝ ； AC BD (2)若 AC＝ 3，求 AP · AD 的值．
[ 解]
(1)证明：因为∠ CPD＝∠ ABC，∠ D＝∠ D， PC PD 所以△ DPC∽△ DBA，所以 ＝ . AB BD PC PD 又因为 AB＝ AC，所以 ＝ . AC BD (2)因为∠ CPD＝∠ ABC＝∠ ACB，所以∠ ACD＝∠ APC，又 ∠ CAP＝∠ CAP ， AP AC 所以△ APC∽△ ACD，所以 ＝ ， AC AD 所以 AP · AD＝ AC2＝ 9.
解：因为 E 是 AB 的中点，所以 AB＝ 2EB. 又因为 AB＝ 2CD，所以 CD＝ EB. 又 AB∥ CD，所以四边形 CBED 是平行四边形．
高考数学(理)二轮复习(课件+跟踪训练)：第一部分 专题二 三角函数、解三角形、平面向量(7份)专题
专题跟踪训练(八)一、选择题1．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a ＝80，b ＝100，A ＝30°，则此三角形( )A ．一定是锐角三角形B ．一定是直角三角形C ．一定是钝角三角形D ．可能是直角三角形，也可能是锐角三角形[解析] 依题意得a sin A ＝b sin B ，sin B ＝b sin A a ＝100sin 30°80＝58<32，因此0°<B <60°或120°<B <150°.若0°<B <60°，则C ＝180°－(B ＋30°)>90°，此时△ABC 是钝角三角形；若120°<B <150°，此时△ABC 仍是钝角三角形．因此，此三角形一定是钝角三角形，故选C.[答案] C2．(2015·贵州贵阳期末)已知sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435，则sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6的值是( )A ．－235 B.235 C.45D ．－45[解析] sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＋sin α＝435⇒sin π3cos α＋cos π3sin α＋sin α＝435⇒32sin α＋32cos α＝435⇒32sin α＋12cos α＝45，故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋7π6＝sin αcos 7π6＋cos αsin 7π6＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫32sin α＋12cos α＝－45，故选D.[答案] D3．如图，在△ABC 中，∠B ＝45°，D 是BC 边上一点，AD ＝5，AC ＝7，DC ＝3，则AB 的长为()A.615 B ．5 C.562D ．5 6[解析] 在△ADC 中，由余弦定理得cos ∠ADC ＝AD 2＋DC 2－AC 22·AD ·DC ＝25＋9－492×5×3＝－12，所以∠ADC ＝120°，则∠ADB ＝60°.在△ABD 中，由正弦定理可得AB ＝AD sin ∠ADB sin B ＝5×3222＝562，故选C. [答案] C4．(2015·江西南昌一模)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若c ＝1，B ＝45°，cos A ＝35，则b 等于( )A.53 B.107 C.57D.5214[解析] 因为cos A ＝35，所以sin A ＝1－cos 2A ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45，所以sin C ＝sin[π－(A ＋B )]＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝45cos 45°＋35sin 45°＝7210.由正弦定理b sin B ＝c sin C ，得b ＝17210×sin 45°＝57，故选C.[答案] C5．(2015·贵阳七校联盟)已知角θ的顶点与原点重合，始边与x 轴正半轴重合，终边在直线y ＝2x 上，则sin ⎝⎛⎭⎪⎫2θ＋π4的值为( )A ．－7210 B.7210 C ．－210D.210[解析] 由三角函数的定义得tan θ＝2，cos θ＝±55，所以tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝－43，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－35，所以sin 2θ＝cos 2θtan 2θ＝45，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2θ＋π4＝22(sin 2θ＋cos 2θ)＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫45－35＝210，故选D.[答案] D6．(2015·河南郑州质量预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，且c ＝7，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A.334B.736C.213D.334或736[解析] sin(B ＋A )＝sin B cos A ＋cos B sin A ，sin(B －A )＝sin B cos A －cosB sin A ，sin 2A ＝2sin A cos A ，sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，即2sin B cos A ＝6sin A cos A ．当cos A ＝0时，A ＝π2，B ＝π6，又c ＝7，得b ＝213.由三角形面积公式知S ＝12bc ＝736；当cos A ≠0时，由2sin B cos A ＝6sin A cos A 可得sin B ＝3sin A ，根据正弦定理可知b ＝3a ，再由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋9a 2－76a 2＝cos π3＝12，可得a ＝1，b ＝3，所以此时三角形的面积为S ＝12ab sin C ＝334.综上可得三角形的面积为736或334，所以选D.[答案] D 二、填空题7．(2014·温州十校联考)已知锐角α满足cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α，则sin 2α等于________． [解析] 由cos 2α＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－α得，cos 2α－sin 2α＝22cos α＋22sin α，而α为锐角，∴cos α＋sin α≠0，∴cos α－sin α＝22，两边平方得，1－sin 2α＝12，∴sin 2α＝12.[答案] 128．(2015·广东卷)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝3，sin B ＝12，C ＝π6，则b ＝________.[解析] 由sin B ＝12得B ＝π6或5π6，因为C ＝π6，所以B ≠5π6，所以B ＝π6，于是A ＝2π3.由正弦定理，得3sin 2π3＝b12，所以b ＝1. [答案] 19．(2015·贵阳质检)在△ABC 中，a ，b ，c 为∠A ，∠B ，∠C 的对边，若cos 2B ＋cos B ＋cos(A －C )＝1，b ＝7，则a 2＋c 2的最小值为____________．[解析] ∵cos 2B ＋cos B ＋cos(A －C )＝1，∴－cos(A ＋C )＋cos(A －C )＝1－cos 2B,2sin A sin C ＝2sin 2B ，由正弦定理得ac ＝b 2，即7＝ac ≤12(a 2＋c 2)(当且仅当a ＝c 时等号成立)，∴a 2＋c 2的最小值为14.[答案] 14 三、解答题10．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 对应的边分别为a ，b ，c ，且a ＝3，b ＝3，cos B ＝13.(1)求c 的值； (2)求cos(B －C )的值．[解] (1)因为b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，且a ＝3，b ＝3，cos B ＝13，所以9＝9＋c 2－2×3c ×13， 解得c ＝2或0(舍去)，故c ＝2. (2)在△ABC 中，sin B ＝1－cos 2B ＝223，由正弦定理，得sin C ＝c b sin B ＝23×223＝429，因为a ＝b >c ，所以C 为锐角，因此cos C ＝1－sin 2C ＝79，于是cos(B －C )＝cos B cos C ＋sin B sin C ＝13×79＋223×429＝2327. 11．(2015·山西太原一模)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且c ＝2，C ＝π3.(1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ； (2)若sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ，求A 的值． [解] (1)∵c ＝2，C ＝π3，∴由余弦定理得4＝a 2＋b 2－2ab cos π3＝a 2＋b 2－ab ， ∵△ABC 的面积等于3， ∴12ab sin C ＝3，∴ab ＝4，联立⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)∵sin C ＋sin(B －A )＝2sin 2A ， ∴sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝4sin A cos A ， ∴sin B cos A ＝2sin A cos A ， ①当cos A ＝0时，A ＝π2；②当cos A ≠0时，sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，联立⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4b ＝2a，解得a ＝233，b ＝433，∴b 2＝a 2＋c 2，∴B ＝π2.∵C ＝π3，∴A ＝π6.综上所述，A ＝π2或A ＝π6.12．(2015·辽宁五校期末)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －7π6.(1)求函数f (x )的最大值，并写出f (x )取最大值时x 的取值集合； (2)已知△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝32，b ＋c ＝2.求实数a 的取值范围．[解] (1)f (x )＝2cos 2x －sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －7π6＝(1＋cos 2x )－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2x cos 7π6－cos 2x sin 7π6＝1＋32sin 2x ＋12cos 2x ＝1＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6. ∴函数f (x )的最大值为2.当且仅当sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＝1，即2x ＋π6＝2k π＋π2，k ∈Z ，即x ＝k π＋π6，k ∈Z 时取到．∴函数取最大值时x 的取值集合为 ⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ＝k π＋π6，k ∈Z .(2)由题意，f (A )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＋1＝32，化简得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12. ∵A ∈(0，π)，∴2A ＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，13π6，∴2A ＋π6＝5π6，∴A ＝π3.在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3＝(b ＋c )2－3bc .由b ＋c ＝2，知bc ≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫b ＋c 22＝1，即a 2≥1，当且仅当b ＝c ＝1时取等号． 又由b ＋c >a 得a <2，∴a 的取值范围是[1,2)．。
2016届高考数学(文)二轮复习课件：1-7-第一部分 专题七 选修选考 选4-4
名
师
微
课
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第一部分 专题七 选修4-4
第五页，编辑于星期五：二十一点 四十六分。
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·文
考向一 极坐标方程 1．极坐标化直角坐标公式xy＝＝ρρscions θθ.，
重
ρ2＝x2＋y2，
名
点 透 析
2．直角坐标化极坐标公式 tan
θ＝yxx≠0
点
师
透 析
公式；
微 课
(2)懂技巧——利用参数及其几何意义，结合关系式寻找关于
参数的方程或函数．
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第一部分 专题七 选修4-4
第二十四页，编辑于星期五：二十一点 四十六 分。
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[举一反三]
(2015·山西四校联考)在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程
与名师对话·系列丛书
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·文
第
一 部
知识专题部分
分
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第一部分 专题七
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专 题 七
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选修选考
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第一部分 专题七
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[思路引导] (1)消去参数 t，即可得圆 C 的普通方程，利用
重 极坐标化为直角坐标的公式，易求得直线的直角坐标方程；(2) 名
点 透 析
利用点到直线的距离公式，即可得参数 m 的方程，解方程，得结
师 微 课
果．
2016届高考数学二轮复习课件：1-7-第一部分 专题七 选修选考 选4-5
∵0≤t≤2，∴x∈(－∞，0)；
当 x∈[0,2)时，2－x＋t≥x，x≤1＋2t ，0≤x≤1＋2t ，
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第一部分 专题七 选修4-5
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
∵1≤1＋2t ≤2，∴0≤x≤1＋2t ；
当 x∈[2，＋∞)时，x－2＋t≥x，t≥2，当 0≤t<2 时，无解，
解决含参数绝对值不等式问题的两种方
法
(1)将参数分类讨论，将其转化为分段函数解决；
重 点
(2)借助于绝对值的几何意义，先求出 f(x)的最值或值域，然
名 师
透
析 后再根据题目要求，求解参数的取值范围．
微 课
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第一部分 专题七 选修4-5
第十七页，编辑于星期五：二十点 四十五分。
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当 x≤－1 时，不等式化为 x－4>0，无解；
当－1<x<1 时，不等式化为 3x－2>0，解得23<x<1；
重
名
点 透
当 x≥1 时，不等式化为－x＋2>0，解得 1≤x<2.
师 微
析
课
所以 f(x)>1 的解集为x23<x<2
.
x－1－2a，x<－1， (2)由题设可得，f(x)＝3x＋1－2a，－1≤x≤a，
名
师
微
课
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第一部分 专题七 选修4-5
第五页，编辑于星期五：二十点 四十五分。
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
考向一 绝对值不等式的解法 1．|ax＋b|≤c(c>0)和|ax＋b|≥c(c>0)型不等式的解法
高考数学二轮复习课时跟踪检测二十四文
课时跟踪检测（二十四）1．(2016·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．(1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f (1)＝0，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2.故曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0等价于ln x －－x ＋1＞0. 设g (x )＝ln x －－x ＋1， 则g ′(x )＝1x －2a ＋＝x2＋－＋1＋，g (1)＝0. ①当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1＞0，故g ′(x )＞0，g (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )＞0；②当a ＞2时，令g ′(x )＝0得x 1＝a －1－－－1，x 2＝a －1＋－－1. 由x 2＞1和x 1x 2＝1得0<x 1＜1，故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )＜0，g (x )在(1，x 2)上单调递减，因此g (x )＜g (1)＝0.综上，a 的取值范围是(－∞，2]．2．已知函数f (x )＝ln x ＋t x－s (s ，t ∈R)． (1)讨论f (x )的单调性及最值；(2)当t ＝2时，若函数f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.解：(1)f ′(x )＝x －t x2(x >0)， 当t ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，f (x )无最值；当t >0时，由f ′(x )<0，得x <t ，由f ′(x )>0，得x >t ，f (x )在(0，t )上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝t 处取得最小值，最小值为f (t )＝ln t ＋1－s ，无最大值．(2)∵f (x )恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f (x 1)＝ln x 1＋2x1－s ＝0，f (x 2)＝ln x 2＋2x2－s ＝0， 得s ＝2x1＋ln x 1＝2x2＋ln x 2，∴－x1x2＝ln x2x1， 设t ＝x2x1>1，则ln t ＝－tx1，x 1＝－tln t ， 故x 1＋x 2＝x 1(t ＋1)＝－tln t ， ∴x 1＋x 2－4＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t2－1t －2ln t ln t， 记函数h (t )＝t2－1t－2ln t ， ∵h ′(t )＝－t2>0，∴h (t )在(1，＋∞)上单调递增，∵t >1，∴h (t )>h (1)＝0，又t ＝x2x1>1，ln t >0，故x 1＋x 2>4成立． 3．(2017·宝鸡质检)函数f (x )＝ln x －12ax 2－2x . (1)若a ＝8，求f (x )的单调区间；(2)若a >－1，对任意的a ，总存在某个x 0∈[2,3]，使得f (x 0)－b <0成立，求实数b 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝－8x2＋2x －1x＝－－＋x(x >0)， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 故f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞. (2)首先，对于任意a ∈(－1，＋∞)，都存在某个x 0∈[2,3]，使得f (x 0)－b <0成立，则b >⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x0－12ax20－2x0max ， 因为函数h (a )＝ln x 0－12ax 20－2x 0。
高考数学(理)二轮复习(课件+跟踪训练)：第一部分 专题七 选修选考(6份)专题跟踪训练27
专题跟踪训练(二十七)1．(2015·河北唐山一模)已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1，直线l ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3＋3t y ＝23＋t(t 为参数)．(1)写出椭圆C 的参数方程及直线l 的普通方程；(2)设A (1,0)，若椭圆C 上的点P 满足到点A 的距离与其到直线l 的距离相等，求点P 的坐标．[解](1)椭圆C ：⎩⎨⎧x ＝2cos θy ＝3sin θ(θ为参数)，直线l ：x －3y ＋9＝0.(2)设P (2cos θ，3sin θ)， 则|AP |＝(2cos θ－1)2＋(3sin θ)2＝2－cos θ，点P 到直线l 的距离d ＝|2cos θ－3sin θ＋9|2＝2cos θ－3sin θ＋92. 由|AP |＝d 得3sin θ－4cos θ＝5，又sin 2θ＋cos 2θ＝1，得sin θ＝35，cos θ＝－45.故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，335. 2．(2015·陕西质检一)已知直线l 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝22ty ＝22t ＋42(t 是参数)，⊙C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4. (1)求圆心C 的直角坐标；(2)试判断直线l 与⊙C 的位置关系． [解] (1)∵ρ＝2cos θ－2sin θ， ∴ρ2＝2ρcos θ－2ρsin θ，∴圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0.∴圆心C 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22.(2)∵直线l 的普通方程为x －y ＋42＝0，⊙C 的半径R ＝1，圆心C 到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22＋22＋422＝5，∴d >R .∴直线l 与⊙C 相离．3．(2015·陕西卷)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t(t 为参数)．以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，⊙C 的极坐标方程为ρ＝23sin θ.(1)写出⊙C 的直角坐标方程；(2)P 为直线l 上一动点，当P 到圆心C 的距离最小时，求P 的直角坐标．[解] (1)由ρ＝23sin θ，得ρ2＝23ρsin θ， 从而有x 2＋y 2＝23y ，所以x 2＋(y －3)2＝3.(2)设P ⎝⎛⎭⎪⎫3＋12t ，32t ，又C (0，3)，则|PC |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋12t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32t －32＝t 2＋12，故当t ＝0时，|PC |取得最小值， 此时，P 点的直角坐标为(3,0)．4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α，(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α<π.在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝2sin θ，C 3：ρ＝23cos θ.(1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值． [解] (1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0.联立⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝0，或⎩⎨⎧x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32.(2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)，其中0≤α<π. 因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α)． 所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3.当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4.。
2016版高考数学大二轮总复习(全国通用,理科)审题+解题+回扣：第一篇
构造函数 (3) 求k的最大值 —————————→ 3 研究hx单调性 x hx＝fx－kx＋ 3
讨论参数k ————————————→ 结合2知k≤2时符合题意 k>2时hx的单调性
解 (1)因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，
1 1 所以 f′(x)＝ ＋ ，f′(0)＝2. 1＋x 1－x
当sin α＋cos α＝0时，
3π 由 α 是第二象限角，知 α＝ 4 ＋2kπ，k↔Z. 此时，cos α－sin α＝－ 2. 5 2 当 sin α＋cos α≠0 时，有(cos α－sin α) ＝4. 由 α 是第二象限角，知 cos α－sin α<0，
5 此时 cos α－sin α＝－ 2 .
2π ↓ T＝|ω|，ω>0(已知)
ω＝2
π 条件：fx图象关于直线x＝3对称 π ↓ f( )取到最值 3
π π 2×3＋φ＝kπ＋2k↔Z π π －2≤φ<2(已知) ↓ π φ＝－6
↓
3 α (2) 条件：f2＝ 4
↓代入f(x) π 1 sinα－6＝4 π 2π ↓条件6<α< 3
π 又因为 f(x)的图象关于直线 x＝3对称， π π 所以 2×3＋φ＝kπ＋2，k↔Z. π π π 2π π 由－2≤φ<2，得 k＝0，所以 φ＝2－ 3 ＝－6.
Байду номын сангаас
3 π 1 α α π (2)由(1)得 f(2)＝ 3sin(2· 2－6)＝ 4 ，所以 sin(α－6)＝4. π 2π π π 由6<α< 3 ，得 0<α－6<2， π π 12 15 2 所以 cos(α－6)＝ 1－sin α－6＝ 1－4 ＝ 4 . 3π π π 所以 cos(α＋ 2 )＝sin α＝sin[(α－6)＋6] π π π π ＝sin(α－6)cos 6＋cos(α－6)sin 6 3＋ 15 1 3 15 1 ＝4× 2 ＋ 4 ×2＝ . 8
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题七 选考部分第2讲
则|PA|＝sin 3d0°＝2 5 5|5sin(θ＋α)－6|，其中 α 为锐角，且 tan α
＝43.
栏目 导引 第二十五页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题七 选考部分
当 sin(θ＋α)＝－1 时，|PA|取得最大值，最大值为225 5. 当 sin(θ＋α)＝1 时，|PA|取得最小值，最小值为2 55.
[解] (1)因为 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，所以 C1 的极坐标方程为 ρcos
θ＝－2，C2 的极坐标方程为 ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.
(2)将
π θ＝ 4 代入
ρ2－2ρcos
θ－4ρsin
θ＋4＝0，得
ρ2－3 2ρ＋4＝0，解得 ρ1＝2 2，ρ2＝ 2.
故 ρ1－ρ2＝ 2，即|MN|＝ 2.
α， α (t
为参数，t≠0)，其中
0≤α<π.在以
O
为极点，x
轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C2：ρ＝2sin θ，C3：ρ＝
2 3cos θ.
(1)求 C2 与 C3 交点的直角坐标； (2)若 C1 与 C2 相交于点 A，C1 与 C3 相交于点 B，求|AB|的最大值．
栏目 导引 第二十一页，编辑于星期五：二十三点 五十三
所以 P 点轨迹的普通方程为x－142＋y2＝116.
故 P 点的轨迹是圆心为41，0，半径为14的圆．
栏目 导引
第二十页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题七 选考部分
考点三 极坐标方程与参数方程的综合应用
(2015·高考全国卷Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1：
x＝tcos
y＝tsin
2016届高考数学二轮复习 第一部分 专题七 选修选考专题跟踪训练26 文
专题跟踪训练(二十六)1．(2015·天星教育一次联考)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|.(1)求函数f (x )的最小值；(2)若关于x 的不等式f (x )≥4的解集为A ，求集合A .[解] (1)由题意可得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋1 x ≤－1 ，3 －1<x <2 ，2x －1 x ≥2 ，由其单调性易知函数f (x )的最小值为3.(2)由(1)可知，当x ≤－1时，f (x )≥4，即－2x ＋1≥4，此时x ≤－32；当－1<x <2时，显然f (x )≥4不成立；当x ≥2时，f (x )≥4，即2x －1≥4，此时x ≥52.所以集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |x ≤－32或x ≥52.2．(2015·贵州七校第一次联考)已知函数f (x )＝|2x －a |＋|x －1|.(1)当a ＝3时，求不等式f (x )≥2的解集；(2)若f (x )≥5－x 对∀x ∈R 恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)当a ＝3时，即求解|2x －3|＋|x －1|≥2，①当x ≥32时，2x －3＋x －1≥2，∴x ≥2；②当1<x <32时，3－2x ＋x －1≥2,2－x ≥2，x <0，无解；③当x ≤1时，3－2x ＋1－x ≥2，∴3x ≤2，∴x ≤23.综上，解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ x ≤23或x ≥2.(2)f (x )≥5－x 恒成立，即|2x －a |≥5－x －|x －1|恒成立，令g (x )＝5－x －|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧ 6－2x ，x ≥14，x <1，则函数图象如图．∴a 2≥3，∴a ≥6.3．(2015·陕西卷)已知关于x 的不等式|x ＋a |<b 的解集为{x |2<x <4}．(1)求实数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．[解] (1)由|x ＋a |<b ，得－b －a <x <b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧ －b －a ＝2，b －a ＝4，解得a ＝－3，b ＝1. (2)－3t ＋12＋t ＝3·4－t ＋t ≤ [ 3 2＋12][ 4－t 2＋ t 2]＝24－t ＋t ＝4，当且仅当4－t 3＝t 1，即t ＝1时等号成立， 故(－3t ＋12＋t )max ＝4.4．(2015·湖南卷)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b.证明： (1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b ab，a >0，b >0，得ab ＝1. (1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立．(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾．故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．。
2016届高考数学二轮复习第一编专题整合突破7.2坐标
x＝2cosθ ①椭圆 C： (θ 为参数)，直线 l：x－ 3y＋9＝0. y ＝ 3sin θ
②设 P(2cosθ， 3sinθ)， 则 |AP|＝ 2cosθ－12＋ 3sinθ2 ＝2－cosθ，
|2cosθ－3sinθ＋ 9| 2cosθ－3sinθ＋9 点 P 到直线 l 的距离 d＝ ＝ . 2 2 由 |AP|＝d 得 3sinθ－ 4cosθ＝5， 3 4 又 sin2θ＋ cos2θ＝1，得 sinθ＝ ， cosθ＝－ . 5 5
大二轮· 文
第一编
专题整合突破
专题七
选修4－1、4－4、4－5
第二讲
坐标系与参数方程(选修4－4)
命题全解密 MINGTIQUANJIEMI 1.命题点 2.交汇点 交汇考查． 3.常用方法 求轨迹方程的方法，求曲线交点的方法，求弦长的方法，求函数最值的方法． 极坐标方程，极坐标与直角坐标的互化，参数方程及参数方程化为普通方程． 常与轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系，曲线的交点，弦长问题，最值问题等知识
8 3 3 . 故 P－ ， 5 5
x＝4cosθ (2)[2015· 沈阳质监]在平面直角坐标系 xOy 中，圆 C 的参数方程为 (θ 为参数)，直线 l 经过点 y＝4sinθ
π P(1,2)，倾斜角 α＝ . 6 ①写出圆 C 的标准方程和直线 l 的参数方程； ②设直线 l 与圆 C 相交于 A、B 两点，求|PA|· |PB1)曲线的极坐标方程化为直角坐标方程时，如果不容易直接转化，要先变形． (2)已知两曲线的极坐标方程，求交点时可首先化为直角坐标方程，求出直角坐标交点再化为极坐标．
π 1．[2015· 江苏高考]已知圆 C 的极坐标方程为 ρ ＋2 2ρsinθ－ －4＝0，求圆 C 的半径． 4
高考数学二轮复习 第一部分 专题七 选修选考专题跟踪
专题跟踪训练(二十五) 1．(2015·河北唐山一模)已知椭圆C ：x 24＋y 23＝1，直线l ： ⎩⎨⎧ x ＝－3＋3t y ＝23＋t (t 为参数)．(1)写出椭圆C 的参数方程及直线l 的普通方程；(2)设A (1,0)，若椭圆C 上的点P 满足到点A 的距离与其到直线l 的距离相等，求点P 的坐标．[解] (1)椭圆C ：⎩⎨⎧ x ＝2cos θy ＝3sin θ(θ为参数)，直线l ：x －3y ＋9＝0. (2)设P (2cos θ，3sin θ)，则|AP |＝2cos θ－12＋3sin θ2＝2－cos θ，点P 到直线l 的距离d ＝|2cos θ－3sin θ＋9|2＝2cos θ－3sin θ＋92. 由|AP |＝d 得3sin θ－4cos θ＝5，又sin 2θ＋cos 2θ＝1，得sin θ＝35，cos θ＝－45. 故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－85，335. 2．(2015·陕西质检一)已知直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝22t y ＝22t ＋42(t 是参数)，⊙C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4. (1)求圆心C 的直角坐标；(2)试判断直线l 与⊙C 的位置关系．[解] (1)∵ρ＝2cos θ－2sin θ，∴ρ2＝2ρcos θ－2ρsin θ，∴圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0.∴圆心C 的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22. (2)∵直线l 的普通方程为x －y ＋42＝0，⊙C 的半径R ＝1，圆心C 到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22＋22＋422＝5，∴d >R .∴直线l 与⊙C 相离． 3．(2015·陕西卷)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3＋12t ，y ＝32t (t 为参数)．以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，⊙C的极坐标方程为ρ＝23sin θ.(1)写出⊙C 的直角坐标方程；(2)P 为直线l 上一动点，当P 到圆心C 的距离最小时，求P 的直角坐标．[解] (1)由ρ＝23sin θ，得ρ2＝23ρsin θ，从而有x 2＋y 2＝23y ，所以x 2＋(y －3)2＝3.(2)设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋12t ，32t ，又C (0，3)， 则|PC |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋12t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32t －32＝t 2＋12， 故当t ＝0时，|PC |取得最小值，此时，P 点的直角坐标为(3,0)．4．(2015·新课标全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝t cos α，y ＝t sin α，(t 为参数，t ≠0)，其中0≤α<π.在以O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 2：ρ＝2sin θ，C 3：ρ＝23cos θ.(1)求C 2与C 3交点的直角坐标；(2)若C 1与C 2相交于点A ，C 1与C 3相交于点B ，求|AB |的最大值．[解] (1)曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0，曲线C 3的直角坐标方程为x 2＋y 2－23x ＝0. 联立⎩⎨⎧ x 2＋y 2－2y ＝0，x 2＋y 2－23x ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝32，y ＝32.所以C 2与C 3交点的直角坐标为(0,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32.(2)曲线C 1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R ，ρ≠0)，其中0≤α<π. 因此A 的极坐标为(2sin α，α)，B 的极坐标为(23cos α，α)．所以|AB |＝|2sin α－23cos α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3. 当α＝5π6时，|AB |取得最大值，最大值为4.。
2016届高考数学一轮复习 题组层级快练24(含解析)
题组层级快练(二十四)1．cos4π8－sin 4π8等于( ) A ．0 B.22 C ．1 D ．－22答案 B2．已知sin α＝23，则cos(π－2α)＝( )A ．－53B ．－19C.19D.53答案 B解析 依题意得cos(π－2α)＝－cos2α＝2sin 2α－1＝2×(23)2－1＝－19，选B.3．设sin(π4＋θ)＝13，则sin2θ＝( )A ．－79B ．－19C.19D.79答案 A解析 sin2θ＝－cos(π2＋2θ)＝2sin 2(π4＋θ)－1＝2×(13)2－1＝－79.4．若sin76°＝m ，用含m 的式子表示cos7°为( ) A.1＋m2B.1－m2C ．± 1＋m2D.1＋m2答案 D解析 ∵sin76°＝cos14°＝2cos 27°－1＝m ， ∴cos 27°＝1＋m 2，∴cos7°＝1＋m2. 5．若cos2αα－π4＝－22，则sin α＋cos α的值为( )A ．－72B ．－12C.12D.72答案 C解析 cos2αα－π4＝π2－2αα－π4＝π4－απ4－αα－π4＝－2cos(π4－α)＝－2(22sin α＋22cos α)＝－2(sin α＋cos α)＝－22. 所以sin α＋cos α＝12.6．已知f (x )＝2tan x －2sin 2x2－1sin x 2cos x 2，则f (π12)的值为( )A ．4 3 B.833C ．4D ．8答案 D解析 ∵f (x )＝2(tan x ＋cos x sin x )＝2×(sin x cos x ＋cos xsin x )＝2×1cos x ·sin x ＝4sin2x ，∴f (π12)＝4sinπ6＝8.7．若cos2αα＋π4＝12，则sin2α的值为( ) A ．－78B.78 C ．－47D.47 答案 B解析cos2αα＋π4＝cos 2α－sin 2αsin αcos π4＋cos αsinπ4＝2(cos α－sin α)＝12，即cos α－sin α＝24，等式两边分别平方得cos 2α－2sin αcos α＋sin 2α＝1－sin2α＝18，解得sin2α＝78.8．计算π4＋αα2cos 2π4－α的值为( )A ．－2B ．2C ．－1D ．1答案 D解析π4＋αα2cos 2π4－α＝π4＋αα2sin2π4＋απ4＋α＝cos2απ4＋απ4＋α＝cos2απ4＋α＝cos2απ2＋2α＝cos2αcos2α＝1，选D. 9．设f (sin x )＝cos2x ，那么f (32)等于________． 答案 －1210．已知tan α＝2，则2sin 2α＋1sin2α＝________.答案134解析 2sin 2α＋1sin2α＝3sin 2α＋cos 2α2sin αcos α＝3tan 2α＋12tan α＝134.11．若sin(x －34π)cos(x －π4)＝－14，则cos4x ＝________.答案 12解析 ∵sin(x －34π)＝－cos(π2＋x －34π)＝－cos(x －π4)，∴cos 2(x －π4)＝14，∴1＋x －π22＝14. ∴cos(2x －π2)＝－12，即sin2x ＝－12.∴cos4x ＝1－2sin 22x ＝12.12.3tan12°－312°－＝________.答案 －4 3解析 原式＝3sin12°cos12°－3212°－＝2312sin12°－32cos12°2cos24°sin12°＝23－2cos24°sin12°cos12°＝－23sin48°sin24°cos24°＝－23sin48°12sin48°＝－4 3.13．若θ∈[0，π)且cos θ(sin θ＋cos θ)＝1，则θ＝________. 答案 0或π414．设α为第四象限的角，若sin3αsin α＝135，则tan2α＝________.答案 －34解析sin3αsin α＝α＋αsin α＝sin2αcos α＋cos2αsin αsin α＝135.∴2cos 2α＋cos2α＝135，2cos 2α－1＋cos2α＝85.∴cos2α＝45.∵2k π－π2<α<2k π，∴4k π－π<2α<4k π(k ∈Z )．又∵cos2α＝45>0，∴2α为第四象限的角．sin2α＝－1－cos 22α＝－35，∴tan2α＝－34.15．已知sin α＝cos2α，α∈(π2，π)，则tan α＝________.答案 －33解析 sin α＝1－2sin 2α，∴2sin 2α＋sin α－1＝0. ∴(2sin α－1)(sin α＋1)＝0，∵α∈(π2，π)，∴2sin α－1＝0.∴sin α＝12，cos α＝－32.∴tan α＝－33. 16．在△ABC 中，tan A ＋tan B ＋3＝3tan A ·tan B ，且sin A ·cos A ＝34，则此三角形为________． 答案 等边三角形解析 ∵tan A ＋tan B ＋3＝3tan A tan B ， ∴tan(A ＋B )＝－3，得A ＋B ＝120°. 又由sin A cos A ＝34，得sin2A ＝32. ∴A ＝60°(A ＝30°舍去)，∴△ABC 为等边三角形． 17．已知函数f (x )＝2cos(x －π12)，x ∈R .(1)求f (－π6)的值；(2)若cos θ＝35，θ∈(3π2，2π)，求f (2θ＋π3)的值．答案 (1)1 (2)1725解析 (1)f (－π6)＝2cos(－π6－π12)＝2cos(－π4)＝1.(2)∵cos θ＝35，且θ∈(3π2，2π)，∴sin θ＝－45.∴f (2θ＋π3)＝2cos(2θ＋π3－π12)＝2cos(2θ＋π4)＝cos2θ－sin2θ＝2cos 2θ－1－2sin θcos θ＝1725.18．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55. (1)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α的值；(2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2α的值．答案 (1)－1010 (2)－4＋3310解析 (1)因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55，所以cos α＝－1－sin 2α＝－255.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin π4cos α＋cos π4sin α＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＋22×55 ＝－1010. (2)由(1)知sin2α＝2sin αcos α＝2×55×(－255)＝－45， cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552＝35， 所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α＝cos 5π6cos2α＋sin 5π6sin2α ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×35＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45，＝－4＋3310.1．已知0<α<π2，π2<β<π且tan α2＝12，sin(α＋β)＝513.(1)分别求cos α与cos β的值； (2)求tan α－β2的值．答案 (1)cos α＝35 cos β＝－1665 (2)－1123解析 (1)cos α＝cos 2α2－sin 2α2＝cos2α2－sin 2α2cos 2α2＋sin2α2＝1－tan2α21＋tan2α2＝35，∵0＜α＜π2，∴sin α＝45.∵α＋β∈(π2，3π2)，sin(α＋β)＝513，∴cos(α＋β)＝－1213.∴cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α ＝(－1213)·35＋513·45＝－1665.(2)∵2cos2β2－1＝cos β＝－1665且β2∈(π4，π2)， ∴cos β2＝7130，∴sin β2＝9130.∴tan β2＝97.∴tan α－β2＝tan α2－tanβ21＋tan α2tanβ2＝－1123.2．已知3π4<α<π，tan α＋cot α＝－103.(1)求tan α的值；(2)求5sin 2α2＋8sin α2cos α2＋11cos 2α2－82α－π4的值．答案 (1)－13 (2)－54解析 (1)∵tan α＋cot α＝－103，∴3tan 2α＋10tan α＋3＝0. 解得tan α＝－3或tan α＝－13.∵3π4<α<π，∴－1<tan α<0. ∴tan α＝－13.(2)∵tan α＝－13，∴5sin 2α2＋8sin α2cos α2＋11cos 2α2－82α－π4＝2α2＋cos 2α2＋4sin α＋6·1＋cos α2－8sin α－cos α＝5＋4sinα＋3＋3cosα－8sinα－cosα＝4sinα＋3cosαsinα－cosα＝4tanα＋3tanα－1＝－54.。
2016届高考数学一轮温习 题组层级快练24含解析
题组层级快练(二十四)1．cos4π8－sin 4π8等于( ) A ．0 C ．1 D ．－22答案 B2．已知sin α＝23，那么cos(π－2α)＝( )A ．－53 B ．－19答案 B解析 依题意得cos(π－2α)＝－cos2α＝2sin 2α－1＝2×(23)2－1＝－19，选B.3．设sin(π4＋θ)＝13，那么sin2θ＝( )A ．－79B ．－19答案 A解析 sin2θ＝－cos(π2＋2θ)＝2sin 2(π4＋θ)－1＝2×(13)2－1＝－79.4．假设sin76°＝m ，用含m 的式子表示cos7°为( ) C ．± 1＋m2D.1＋m2答案 D解析 ∵sin76°＝cos14°＝2cos 27°－1＝m ， ∴cos 27°＝1＋m 2，∴cos7°＝1＋m2. 5．假设cos2αsin α－π4＝－22，那么sin α＋cos α的值为( ) A ．－72B ．－12答案 C解析 cos2αsin α－π4＝sin π2－2αsin α－π4＝2sin π4－αcos π4－αsin α－π4＝－2cos(π4－α)＝－2(22sin α＋22cos α)＝－2(sin α＋cos α)＝－22. 因此sin α＋cos α＝12.6．已知f (x )＝2tan x －2sin 2x2－1sin x 2cos x 2，那么f (π12)的值为( )A ．4 3 C ．4 D ．8答案 D解析 ∵f (x )＝2(tan x ＋cos x sin x )＝2×(sin x cos x ＋cos xsin x )＝2×1cos x ·sin x ＝4sin2x ，∴f (π12)＝4sinπ6＝8.7．假设cos2αsin α＋π4＝12，那么sin2α的值为( ) A ．－78C ．－47答案 B解析 cos2αsin α＋π4＝cos 2α－sin 2αsin αcos π4＋cos αsinπ4＝2(cos α－sin α)＝12，即cos α－sin α＝24，等式两边别离平方得cos 2α－2sin αcos α＋sin 2α＝1－sin2α＝18，解得sin2α＝78.8．计算tanπ4＋α·cos2α2cos 2π4－α的值为( )A ．－2B ．2C ．－1D ．1答案 D解析tanπ4＋α·cos2α2cos 2π4－α＝sin π4＋α·cos2α2sin 2π4＋αcos π4＋α＝cos2α2sin π4＋αcos π4＋α＝cos2αsin2π4＋α＝cos2αsin π2＋2α＝cos2αcos2α＝1，选D. 9．设f (sin x )＝cos2x ，那么f (32)等于________． 答案 －1210．已知tan α＝2，那么2sin 2α＋1sin2α＝________.答案134解析 2sin 2α＋1sin2α＝3sin 2α＋cos 2α2sin αcos α＝3tan 2α＋12tan α＝134.11．假设sin(x －34π)cos(x －π4)＝－14，那么cos4x ＝________.答案 12解析 ∵sin(x －34π)＝－cos(π2＋x －34π)＝－cos(x －π4)，∴cos 2(x －π4)＝14，∴1＋cos 2x －π22＝14.∴cos(2x －π2)＝－12，即sin2x ＝－12.∴cos4x ＝1－2sin 22x ＝12.＝________. 答案 －43解析 原式＝3sin12°cos12°－322cos 212°－1sin12°＝2312sin12°－32cos12°cos12°2cos24°sin12°＝23sin －48°2cos24°sin12°cos12°＝－23sin48°sin24°cos24°＝－23sin48°12sin48°＝－4 3.13．假设θ∈[0，π)且cos θ(sin θ＋cos θ)＝1，那么θ＝________. 答案 0或π414．设α为第四象限的角，假设sin3αsin α＝135，那么tan2α＝________.答案 －34解析sin3αsin α＝sin 2α＋αsin α＝sin2αcos α＋cos2αsin αsin α＝135. ∴2cos 2α＋cos2α＝135，2cos 2α－1＋cos2α＝85.∴cos2α＝45.∵2k π－π2<α<2k π，∴4k π－π<2α<4k π(k ∈Z )．又∵cos2α＝45>0，∴2α为第四象限的角．sin2α＝－1－cos 22α＝－35，∴tan2α＝－34.15．已知sin α＝cos2α，α∈(π2，π)，那么tan α＝________.答案 －33解析 sin α＝1－2sin 2α，∴2sin 2α＋sin α－1＝0. ∴(2sin α－1)(sin α＋1)＝0，∵α∈(π2，π)，∴2sin α－1＝0.∴sin α＝12，cos α＝－32.∴tan α＝－33. 16．在△ABC 中，tan A ＋tan B ＋3＝3tan A ·tan B ，且sin A ·cos A ＝34，那么此三角形为________． 答案 等边三角形解析 ∵tan A ＋tan B ＋3＝3tan A tan B ， ∴tan(A ＋B )＝－3，得A ＋B ＝120°. 又由sin A cos A ＝34，得sin2A ＝32. ∴A ＝60°(A ＝30°舍去)，∴△ABC 为等边三角形． 17．已知函数f (x )＝2cos(x －π12)，x ∈R .(1)求f (－π6)的值；(2)假设cos θ＝35，θ∈(3π2，2π)，求f (2θ＋π3)的值．答案 (1)1 (2)1725解析 (1)f (－π6)＝2cos(－π6－π12)＝2cos(－π4)＝1.(2)∵cos θ＝35，且θ∈(3π2，2π)，∴sin θ＝－45.∴f (2θ＋π3)＝2cos(2θ＋π3－π12)＝2cos(2θ＋π4)＝cos2θ－sin2θ＝2cos 2θ－1－2sin θcos θ＝1725.18．已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55. (1)求sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α的值；(2)求cos ⎝⎛⎭⎪⎫5π6－2α的值．答案 (1)－1010 (2)－4＋3310解析 (1)因为α∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，sin α＝55，因此cos α＝－1－sin 2α＝－255.故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋α＝sin π4cos α＋cos π4sin α＝22×⎝ ⎛⎭⎪⎫－255＋22×55 ＝－1010. (2)由(1)知sin2α＝2sin αcos α＝2×55×(－255)＝－45， cos2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552＝35， 因此cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π6－2α＝cos 5π6cos2α＋sin 5π6sin2α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×35＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－45， ＝－4＋3310.1．已知0<α<π2，π2<β<π且tan α2＝12，sin(α＋β)＝513.(1)别离求cos α与cos β的值； (2)求tanα－β2的值．答案 (1)cos α＝35 cos β＝－1665 (2)－1123解析 (1)cos α＝cos2α2－sin2α2＝cos2α2－sin2α2cos2α2＋sin2α2＝1－tan 2α21＋tan 2α2＝35， ∵0＜α＜π2，∴sin α＝45.∵α＋β∈(π2，3π2)，sin(α＋β)＝513，∴cos(α＋β)＝－1213.∴cos β＝cos[(α＋β)－α]＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α＝(－1213)·35＋513·45＝－1665.(2)∵2cos2β2－1＝cos β＝－1665且β2∈(π4，π2)， ∴cos β2＝7130，∴sin β2＝9130.∴tan β2＝97.∴tanα－β2＝tan α2－tan β21＋tan α2tanβ2＝－1123.2．已知3π4<α<π，tan α＋cot α＝－103.(1)求tan α的值；(2)求5sin 2α2＋8sin α2cos α2＋11cos 2α2－82sin α－π4的值．答案 (1)－13 (2)－54解析 (1)∵tan α＋cot α＝－103，∴3tan 2α＋10tan α＋3＝0. 解得tan α＝－3或tan α＝－13.∵3π4<α<π，∴－1<tan α<0. ∴tan α＝－13.(2)∵tan α＝－13，∴5sin 2α2＋8sin α2cos α2＋11cos 2α2－82sin α－π4＝5sin 2α2＋cos2α2＋4sin α＋6·1＋cos α2－8sin α－cos α＝5＋4sin α＋3＋3cos α－8sin α－cos α＝4sin α＋3cos αsin α－cos α＝4tan α＋3tan α－1＝－54.。
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专题跟踪训练(二十四)
1．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E.
(1)若D为AC的中点，证明：DE是⊙O的切线；
(2)若OA＝3CE，求∠ACB的大小．
[解](1)证明：连接AE，由已知得，AE⊥B C，AC⊥AB.
在Rt△AEC中，由已知得，DE＝DC，故∠DEC＝∠DCE.
连接OE，则∠OBE＝∠OEB.
又∠ACB＋∠ABC＝90°，所以∠DEC＋∠OEB＝90°，
故∠OED＝90°，DE是⊙O的切线．
(2)设CE＝1，AE＝x，由已知得AB＝23，BE＝12－x2.
由射影定理可得，AE2＝CE·BE，所以x2＝12－x2，即x4＋x2－12＝0.
可得x＝3，所以∠ACB＝60°.
2．(2015·天星教育二次联考)如图，梯形ABCD满足AB∥CD，∠ADC＋∠ABC＝180°，E在AB的延长线上，EC2＝AE·BE.
(1)求证：∠ACD＝∠BCE；
(2)若AC ＝22，DC ＝EC ＝2，求BE 的长．
[解] (1)证明：由∠ADC＋∠ABC＝180°，可知A ，B ，C ，D 四点共圆，记为圆O ， 由EC 2
＝AE·BE 可知CE 是圆O 的切线．
由弦切角定理得∠ECB＝∠CAB，
又AB∥CD，∴∠ACD＝∠CAB，∴∠ACD＝∠BCE.
(2)∵∠ADC＋∠ABC＝180°＝∠DCB＋∠ABC，
∴∠ADC＝∠DCB＝∠ACD＋∠ACB，
又∠ACD＝∠BCE，
∴∠ADC＝∠BCE＋∠ACB＝∠ACE，
又∠ACD＝∠CAB，故△ACE∽△CDA，∴AC CD ＝AE AC
， ∴AC 2＝CD·AE，又AC ＝22，DC ＝2，∴AE＝4，
又EC 2＝AE·BE，EC ＝2，∴BE＝1.
3．(2015·辽宁沈阳质量监测一)如图所示，已知AB 为圆O 的直径，C 、D 是圆O 上的两个点，CE⊥AB 于E ，BD 交AC 于G ，交CE 于F ，CF ＝FG.
(1)求证：C 是劣弧BD ︵
的中点；
(2)求证：BF ＝FG.
[证明] (1)∵CF＝FG ，∴∠CGF＝∠FCG.
∵AB 是圆O 的直径，∴∠ACB＝∠ADB＝π2
. ∵CE⊥AB，∴∠CEA＝π2
. ∵∠CBA＝π2－∠CAB，∠ACE＝π2
－∠CAB， ∴∠CBA＝∠ACE.
∵∠CGF＝∠DGA，∠DGA＝∠ABC，
∴π2－∠DGA＝π2
－∠ABC， ∴∠CAB＝∠DAC，∴C 为劣弧BD ︵
的中点．
(2)∵∠GBC＝π2－∠CGB，∠FCB＝π2
－∠GCF， ∴∠GBC＝∠FCB，∴CF＝FB ，∵CF＝FG ，∴BF＝FG.
4．(2015·辽宁大连双基)如图，已知⊙O 1与⊙O 2相交于A ，B 两点，P 是⊙O 1上一点，PB 的延长线交⊙O 2于点C ，PA 交⊙O 2于点D ，CD 的延长线交⊙O 1于点N.
(1)点E 是AN ︵
上异于A ，N 的任意一点，PE 交CN 于点M ，求证：A ，D ，M ，E 四点共圆；
(2)求证：PN 2
＝PB·PC.
[证明] (1)连接AB ，∵A，B ，P ，E 四点共圆，∴∠ABC＝∠E.
又∵∠ABC＝∠ADC，∴∠ADC＝∠E，∴A，D ，M ，E 四点共圆．
(2)解法一：连接BN ，∵∠PNB＝∠PAB＝∠C，∠BPN＝∠NPC，
∴△PNB∽△PCN，PB PN ＝PN PC
，∴PN 2＝PB·PC. 解法二：连接AN.由(1)知∠PDN＝∠E，
∴∠PDN＝∠E＝∠PNA，
又∵∠APN＝∠NPD，∴△PDN∽△PNA，
∴PD PN ＝PN PA
，∴PN 2＝PD·PA，
PB·PC＝PD·PA，∴PN2＝PB·PC.。