2019年全品高考复习方案理科数学第11单元 集合与常用逻辑用语作业答案-第十一单元-选修4部分

全品高考复习方案数学(理科) RJA课时作业(六十七)1.解:(1)(x-)2+(y+1)2=9可化为x2+y2-2x+2y-5=0,故圆C的极坐标方程为ρ2-2ρcos θ+2ρsin θ-5=0.(2)将θ=代入ρ2-2ρcos θ+2ρsin θ-5=0,得ρ2-2ρ-5=0.设M,N,∴ρ1+ρ2=2,ρ1ρ2=-5,∴|MN|=|ρ1-ρ2|==2.2.解:(1)将x=ρcos θ,y=ρsin θ,ρ2=x2+y2代入曲线C的极坐标方程,得x2+y2-4x-2y+4=0,即(x-2)2+(y-)2=3.故曲线C的直角坐标方程为(x-2)2+(y-)2=3.(2)直线l的极坐标方程是θ=(ρ∈R),代入曲线C的极坐标方程,得ρ2-5ρ+4=0,所以ρAρB=4, 所以|OA|·|OB|=|ρAρB|=4.3.解:(1)(x-2)2+y2=4可化为x2+y2-4x=0,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入,可得曲线C1的极坐标方程为ρ=4cos θ.设Q(ρ,θ),则P-,则有ρ=4cos-=4sin θ,所以曲线C2的极坐标方程为ρ=4sin θ.(2)M到射线θ=(ρ>0)的距离为d=2sin=,|AB|=|ρB-ρA|=4-=2-2,则S△MAB=|AB|·d=3-.4.解:(1)依题意,将代入x2+y2+2x-4=0,可得ρ2+2ρcos θ-4=0.将代入y2=x,化简得ρsin2θ=cos θ.故曲线C1的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ-4=0,曲线C2的极坐标方程为ρsin2θ=cos θ.(2)将y2=x代入x2+y2+2x-4=0,得x2+3x-4=0,解得x=1或x=-4(舍去),当x=1时,y=±1,∴C1与C2交点的直角坐标为A(1,1),B(1,-1),∵ρA==,ρB==,tan θA=1,tan θB=-1,∴θA=,θB=,故A,B.5.解:(1)∵在极坐标系中,点M的坐标为,∴x=3cos=0,y=3sin=3,∴点M的直角坐标为(0,3),∴直线l的方程为y=-x+3.由ρ=2,得ρ2=2ρsin θ+2ρcos θ,∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2-2x-2y=0,即(x-1)2+(y-1)2=2.(2)圆心(1,1)到直线y=-x+3的距离d==,∴圆上的点到直线l距离的最大值为d+R=,而|AB|=2-=2×-=,∴△PAB面积的最大值为××=.6.解:(1)曲线C1的直角坐标方程为+y2=1,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入,得曲线C1的极坐标方程为ρ2=.∵曲线C2的极坐标方程为ρ=4sin,即ρ=4sin θcos+4cos θsin,即ρ2=2ρsin θ+2ρcos θ,把x=ρcos θ,y=ρsin θ,ρ2=x2+y2代入,得x2+y2=2y+2x,∴曲线C2的直角坐标方程为(x-)2+(y-1)2=4.(2)曲线C2是圆心为(,1),半径为2的圆,∴射线OM的极坐标方程为θ=(ρ≥0),代入ρ2=,可得=2.又∠AOB=,∴=,∴|AB|===.7.解:(1)将x=ρcos θ,y=ρsin θ,ρ2=x2+y2分别代入曲线C1,C2的直角坐标方程,得C1:ρ2+ρ2sin2θ-2=0,C2:ρ=2sin θ,故C1的极坐标方程为ρ2=,C2的极坐标方程为ρ=2sin θ.(2)将θ=α(ρ≥0)代入C1的极坐标方程得|OA|2=,将θ=α(ρ≥0)代入C2的极坐标方程得|OB|2=4sin2α,则|OA|2+|OB|2=+4sin2α=+4(1+sin2α)-4,令t=1+sin2α,则t∈(1,2),则|OA|2+|OB|2=+4t-4,∵函数y=+4t-4在(1,2)上单调递增,∴|OA|2+|OB|2∈(2,5).-8.解:(1)由得∴圆C的普通方程为(x-a)2+y2=a2,即圆心为(a,0),半径r=a.∵ρsin=ρsin θcos+ρcos θsin=2,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入,得直线l的直角坐标方程为x+y-4=0.∵圆心到直线l的距离d=,∴|AB|=2-=2,即a2--=2,解得a=2或a=-10,∵0<a<5,∴a=2.(2)由(1)得,圆C:(x-2)2+y2=4,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入,得(ρcos θ-2)2+(ρsin θ)2=4,化简得圆C的极坐标方程为ρ=4cos θ.依题意,设M(ρ1,θ1),N,则-<θ1<,-<θ1+<,∴-<θ1<,∴|OM|+|ON|=ρ1+ρ2=4cos θ1+4cos=6cos θ1-2sin θ1=4cos,∵-<θ1+<,∴|OM|+|ON|的最大值为4.课时作业(六十八)1.解:(1)曲线C的极坐标方程为ρ=1,根据ρ2=x2+y2可得曲线C的直角坐标方程为x2+y2=1,x2+y2=1,得t2-4t sin φ+3=0(*),将-代入由16sin2φ-12>0,得|sin φ|>,又0≤φ<π,∴φ的取值范围是.(2)设P1(t1cos φ,-2+t1sin φ),P2(t2cos φ,-2+t2sin φ),由(1)中的(*)可知,=2sin φ,∴可得P1P2中点的轨迹方程为φ为参数,<φ<.--故线段P1P2中点轨迹的参数方程为--φ为参数,<φ<.2.解:(1)直线l的参数方程为--(t为参数),曲线C的直角坐标方程为y2=2x.(2)把直线l的参数方程代入y2=2x,得t2sin2α-(2cos α+8sin α)t+20=0,设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=,t1t2=,根据参数t的几何意义,可得|MA||MB|=|t1t2|==40,所以α=或α=.又因为Δ=(2cos α+8sin α)2-80sin2α>0,所以α=.3.解:(1)由消去t,得x sin φ-y cos φ+2cos φ=0,所以直线l的普通方程为x sin φ-y cos φ+2cos φ=0.由ρcos2θ=8sin θ,得(ρcos θ)2=8ρsin θ,把x=ρcos θ,y=ρsin θ代入上式,得x2=8y,所以曲线C的直角坐标方程为x2=8y.(2)将直线l的参数方程代入x2=8y,得t2cos2φ-8t sin φ-16=0,设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=,t1t2=-,所以|AB|=|t1-t2|=-==,当φ=0时,|AB|取得最小值,为8.4.解:(1)易知曲线C1的直角坐标方程为x2+y2=1,圆心为(0,0),半径为1,曲线C2的普通方程为y=x+2,圆心到直线的距离d==,所以C1上的点到C2的距离的最小值为-1.(2)伸缩变换为所以C'1:+=1,故C'1:+=1.将C2的参数方程与C'1的方程联立,得7t2+2t-10=0,设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=-,t1t2=-,因为t1t2=-<0,所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1-t2|=.5.解:(1)由ρ2=可得ρ2(1+2sin2θ)=3,又x=ρcos θ,y=ρsin θ,ρ2=x2+y2,∴曲线C的直角坐标方程为+y2=1,点A的直角坐标为(3,).(2)曲线C的参数方程为(α为参数,α∈[0,2π)),∴设B(cos α,sin α),依题意可得|BE|=3-cos α,|BF|=-sin α,矩形BEAF的周长为2|BE|+2|BF|=6+2-2cos α-2sin α=6+2-4sin,当α=时,周长取得最小值,为2+2,此时点B的直角坐标为.6.解:(1)∵曲线C1的参数方程为(φ为参数),∴曲线C1的普通方程为+=1.∵ρ2=x2+y2,x=ρcos θ,y=ρsin θ,∴ρ2-2ρcos θ+2ρsin θ+1=0可化为x2+y2-2x+2y+1=0,即曲线C2的直角坐标方程为(x-1)2+(y+1)2=1.(2)∵曲线C1的右焦点F的坐标为(2,0),∴直线l的参数方程为(t为参数).将直线l的参数方程代入(x-1)2+(y+1)2=1,得t2+2(sin α+cos α)t+1=0,∵直线l与曲线C2相交于不同的两点M,N,∴Δ>0,∴0<α<,设M,N对应的参数分别为t1,t2,则+=-=-=2(sin α+cos α)=2sin,∴<sin≤1,∴2<2sin≤2,因此,+的取值范围为(2,2.7.解:(1)∵C1的极坐标方程是ρ=,∴4ρcos θ+3ρsin θ=24,整理得4x+3y-24=0,∴C1的直角坐标方程为4x+3y-24=0.∵曲线C2的参数方程为(θ为参数),∴C2的普通方程为x2+y2=1.(2)用,分别代换曲线C2的普通方程中的x,y,得到曲线C3的方程为+=1,则曲线C3的参数方程为(α为参数),设N(2α,2sin α),则点N到曲线C1的距离d=-=-=-,其中sin φ=,cos φ=.当sin(α+φ)=1时,d有最小值-,∴|MN|的最小值为-.8.解:(1)由ρcos=-2,得(ρcos θ-ρsin θ)=-2,化成直角坐标方程,得(x-y)=-2,即直线l的直角坐标方程为x-y+4=0.依题意,设P(2cos t,2sin t),则P到直线l的距离d===2+2cos,当t+=2kπ,k∈Z,即t=2kπ-,k∈Z时,d max=4,故点P到直线l的距离的最大值为4.(2)因为曲线C上所有的点均在直线l的右下方,所以对任意t∈R,a cos t-2sin t+4>0恒成立,即cos(t+φ)+4>0其中恒成立,所以<4,又a>0,所以0<a<2,故a 的取值范围为(0,2).课时作业(六十九)1.解:(1)当a=-1时,f(x)=|2x+1|+|2x-1|,由f(x)≤2,得+-≤1,上述不等式等价于数轴上点x到两点-,距离之和小于等于1,则-≤x≤,即原不等式的解集为-.(2)因为f(x)≤|2x+1|的解集包含,所以当x∈时,不等式f(x)≤|2x+1|恒成立,所以|2x-a|+2x-1≤2x+1,即|2x-a|≤2,所以2x-2≤a≤2x+2,x∈恒成立,所以(2x-2)max≤a≤(2x+2)min,得0≤a≤3.2.解:(1)由题意可得f(x)=---因为f(x)>-3,所以当x≤0时,由1+x>-3,解得x>-4,即-4<x≤0;当0<x<1时,由1-3x>-3,解得x<,即0<x<1;当x≥1时,由-1-x>-3,解得x<2,即1≤x<2.故不等式f(x)>-3的解集为(-4,2).(2)如图,画出函数f(x)的图像,易得函数f(x)的图像与x轴交点的横坐标分别为-1,,故函数f(x)的图像与x轴围成的三角形的面积为××1=.3.解:(1)由f(1)=1可得|1-m|+1=1,故m=1.由f(x)<2可得|x-1|+|x|<2.①当x<0时,不等式可变为(1-x)-x<2,解得x>-,∴-<x<0;②当0≤x≤1时,不等式可变为(1-x)+x<2,即1<2,∴0≤x≤1;③当x>1时,不等式可变为(x-1)+x<2,解得x<,∴1<x<.综上可知,原不等式的解集为-.(2)由绝对值不等式的性质可得f(x)=|x-m|+|x|≥|(x-m)-x|=|m|,当且仅当(x-m)x≤0时,等号成立,故f(x)的最小值为|m|.故只需|m|≥m2,即|m|(|m|-1)≤0,解得-1≤m≤1,即实数m的取值范围是[-1,1].4.解:(1)因为f(a)≤2|1-a|,所以|1-a|+|a-a2|≤2|1-a|,即(|a|-1)|1-a|≤0.当a=1时,不等式成立;当a≠1时,|1-a|>0,则|a|-1≤0,解得-1≤a<1.综上,实数a的取值范围是{a|-1≤a≤1}.(2)若关于x的不等式f(x)≤1存在实数解,则f(x)min≤1,又f(x)=|x+1-2a|+|x-a2|≥|(x+1-2a)-(x-a2)|=(a-1)2,所以(a-1)2≤1,解得0≤a≤2,所以实数a的取值范围是{a|0≤a≤2}.5.解:(1)根据绝对值的意义可知,|x+1|+|x-1|表示数轴上的点x到点-1,1的距离之和,它的最小值为2,故不等式|x+1|+|x-1|≤2的解集为M=[-1,1].(2)∵x∈M,|y|≤,|z|≤,∴|x+2y-3z|≤|x|+2|y|+3|z|≤1+2×+3×=,∴|x+2y-3z|≤.6.解:(1)|x+2|+|x-1|表示数轴上的点x到点-2和1的距离之和.当x=-3或2时,f(x)=5,依据绝对值的几何意义可得f(x)≤5的解集为{x|-3≤x≤2}.(2)g(a)=+-.当a<0时,g(a)=--2a+1≥5,当且仅当a=-1时,等号成立,所以g(a)≤4无解;当0<a≤1时,g(a)=+2a-1,由g(a)≤4得2a2-5a+2≤0,解得≤a≤2,又因为0<a≤1,所以≤a≤1;当a>1时,g(a)=2a+1≤4,解得1<a≤.综上,a的取值范围是.7.解:(1)当a=0时,由f(x)≥g(x)得|2x+1|≥|x|,两边平方整理得3x2+4x+1≥0,解得x≤-1或x≥-, ∴原不等式的解集为--∪-.(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x+1|-|x|,令h(x)=|2x+1|-|x|,则h(x)=----故h(x)min=h-=-,从而实数a的取值范围为-.8.解:(1)当x<1时,f(x)=3-x-(2x-2)=-3x+5>10,解得x<-;当1≤x≤3时,f(x)=3-x+(2x-2)=x+1>10,解得x>9,不符合题意;当x>3时,f(x)=x-3+2x-2=3x-5>10,解得x>5.故原不等式的解集为-或.(2)由(1)知f(x)=--根据函数f(x)的图像(图略)可知,当x=1时,f(x)取得最小值,且f(1)=2,易知g(x)=|x-a|+|a+x|≥|x-a-(x+a)|=2|a|,∵对于任意的x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2),∴2|a|≤2,∴-1≤a≤1,∴a的取值范围为[-1,1].课时作业(七十)1.解:(1)∵f(x)=|x+1|+|x-5|≥|x+1-x+5|=6,∴m=6.(2)证明:∵a2+b2≥2ab,a2+c2≥2ac,c2+b2≥2cb,∴2(a2+b2+c2)≥2(ab+ac+bc),∴3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=(a+b+c)2,又m=6,∴a+b+c=6,∴a2+b2+c2≥12.2.解:(1)因为a2+b2-ab=3,所以a2+b2=3+ab≥2|ab|.①当ab≥0时,3+ab≥2ab,解得ab≤3,即0≤ab≤3;②当ab<0时,3+ab≥-2ab,解得ab≥-1,即-1≤ab<0.所以-1≤ab≤3,则0≤3-ab≤4,而(a-b)2=a2+b2-2ab=3+ab-2ab=3-ab,所以0≤(a-b)2≤4,即-2≤a-b≤2.(2)证明:由(1)知0<ab≤3,因为++-=-+=-+=-+=3-=3-≥0, 当且仅当ab=2时取等号,所以++≥.3.解:(1)f(x)=----根据函数f(x)的单调性可知,f(x)min=f=,所以函数f(x)的值域M=.(2)因为a∈M,所以a≥,所以0<≤1,|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a≥3.--=-=--,由a≥,知a-1>0,4a-3>0,所以-->0,所以>-2a,所以|a-1|+|a+1|>>-2a.4.解:(1)当x≤-5时,由-(x+5)+(x-1)≤x得-6≤x≤-5;当-5<x<1时,由(x+5)+(x-1)≤x得-5<x≤-4;当x≥1时,由(x+5)-(x-1)≤x得x≥6.因此f(x)≤x的解集为{x|-6≤x≤-4或x≥6}.(2)易知k=6,则由lg a+lg(2b)=lg(a+4b+k)⇒2ab=a+4b+6⇒2ab≥4+6⇒ab-2-3≥0⇒(-3)(+1)≥0⇒≥3⇒ab≥9,所以ab的最小值为9.5.解:(1)证明:a4+6a2b2+b4-4ab(a2+b2)=(a2+b2)2-4ab(a2+b2)+4a2b2=(a2+b2-2ab)2=(a-b)4,因为(a-b)4≥0,所以a4+6a2b2+b4≥4ab(a2+b2).(2)f(x)=|2x-a4+(1-6a2b2-b4)|+2|x-(2a3b+2ab3-1)|=|2x-a4+(1-6a2b2-b4)|+|2x-2(2a3b+2ab3-1)|≥|[2x-2(2a3b+2ab3-1)]-[2x-a4+(1-6a2b2-b4)]|=|(a-b)4+1|≥1,即f(x)min=1.6.解:(1)f(x)=2|x+1|-|x-1|=----画出f(x)的图像(图略)可知,当f(x)=1时,x=0或x=-4,f(x)在x=-1时取得最小值-2,最小值对应的点为(-1,-2),所以围成的封闭图形为三角形,且三角形的底为4,高为3,所以面积m=6.(2)由(1)知m=6,所以b=,即ab=6.若a>b,则-=a-b+-=a-b+-≥4,当且仅当a-b=-时,取等号;若a<b,则-=a-b+-=a-b+-≤-4,当且仅当a-b=-时,取等号.所以-的取值范围为(-∞,-4∪[4,+∞).7.解:(1)f(x)=|x+a|-|x-b|+c≤|b+a|+c,当且仅当x≥b时,等号成立,∵a>0,b>0,∴f(x)的最大值为a+b+c.又已知f(x)的最大值为10,∴a+b+c=10.(2)由(1)知a+b+c=10,由柯西不等式得(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2(22+12+12)≥(a+b+c-6)2=16, 即(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2≥,当且仅当(a-1)=b-2=c-3,即a=,b=,c=时,等号成立.故(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2的最小值为,此时a=,b=,c=.8.证明:(1)因为|am+bn+cp|≤|am|+|bn|+|cp|,a2+b2+c2=1,m2+n2+p2=1,所以|am|+|bn|+|cp|≤++==1,所以|am+bn+cp|≤1.(2)因为a2+b2+c2=1,m2+n2+p2=1,所以++=(a2+b2+c2)≥=(m2+n2+p2)2=1,所以++≥1.。