【推荐重点】2019版高考数学二轮复习专题九选做大题专题突破练25 坐标系与参数方程文

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2019年高考数学二轮复习专题9 选做大题 1 坐标系与参数方程课件理

为
y=xtan
α,C2(3,0)到直线 AB
的距离
d=
|3tan ��| 1+ta n2��
=3|sin
α|,所以
��△��2
=
1 2
×d×|AB|=3|sin
2α|,故当
α=±π4 时,��△��2 取得最大值
题目类解题思想方型法
全国
Ⅰ
求曲线与 l 的交
点坐标;已知点到直线距离的最值求参数
参数方程,椭圆,直线,点到直线距离,三角化简,最值
参数方程
消元法,方程思想,转化思想
2017
全国
Ⅱ
求轨迹的直角坐标方程;求三角形面积的最大值
极坐标,圆,三角形面积,三角变换,最值
极坐标
消元法,代入法,转化思想
一种关系为ρ2=x2+y2,tan
θ=
��
(x≠0).
2.直线的极坐标方程
若直线过点M(ρ0,θ0),且此直线与极轴所成的角为α,则它的方程为
ρsin(θ-α)=ρ0sin(θ0-α). 几个特殊位置的直线的极坐标方程:
(1)直线过极点:θ=θ0和θ=π+θ0;
(2)直线过点M(a,0),且垂直于极轴:ρcos θ=a;
为参数).
(2)圆的方程(x-a)2+(y-b)2=r2 的参数方程为
��
= =
��
+ +
��csions��,(θ

高考化学二轮复习专题突破练九水溶液中的离子平衡含解析

专题突破练九水溶液中的离子平衡一、选择题:本题共10小题,每小题3分,共30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.(2021河北选考模拟)醋酸为一元弱酸,25 ℃时,其电离常数K a=1.75×10-5。

下列说法错误的是( )A.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH在2~3范围内B.CH3COONa溶液中,c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-)C.将0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释,其电离常数和均不变D.等体积的0.1 mol·L-1 NaOH溶液和0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液混合后,溶液pH>7,且c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)2.(2021广东选考模拟)叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。

已知NaN3溶液呈碱性,下列叙述正确的是( )A.0.01 mol·L-1 HN3溶液的pH=2B.HN3溶液的pH随温度升高而减小C.NaN3的电离方程式:NaN3Na++3D.0.01 mol·L-1 NaN3溶液中:c(H+)+c(Na+)=c()+c(HN3)3.(2021河北邯郸模拟)工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡,将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,而后用盐酸去除。

下列叙述不正确的是( )A.温度升高,Na2CO3溶液的K W和c(OH-)均会增大B.沉淀转化的离子方程式为C(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+S(aq)C.盐酸中CaCO3的溶解性大于CaSO4D.Na2CO3溶液遇CO2后,阴离子浓度均减小4.(2021湖南浏阳模拟)25 ℃时,改变0.1 mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。

2019高3数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练： 9 Word版含解析

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高考大题专攻练9.解析几何(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.如图，设点A，F1，F2分别为椭圆+=1的左顶点和左、右焦点，过点A作斜率为k的直线交椭圆于另一点B，连接BF2并延长交椭圆于点C.(1)求点B的坐标(用k表示).(2)若F1C⊥AB，求k的值.【解析】(1)设点B(x B，y B)，直线AB的方程为y=k(x+2)，联立+=1得，(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0，所以-2x B=，即x B=，所以y B=k(x B+2)=，即B.(2)易知F2(1，0)，=，=-，所以直线BF2，CF1的方程分别为y=(x-1)，y=-(x+1)，由解得C(8k2-1，-8k)，代入+=1，得192k4+208k2-9=0，即(24k2-1)(8k2+9)=0，得k2=，所以k=±.2.已知动圆P与圆E：(x+)2+y2=25，圆F：(x-)2+y2=1都内切，记圆心P的轨迹为曲线C.世纪金榜导学号92494445(1)求曲线C的方程.(2)直线l与曲线C交于点A，B，点M为线段AB的中点，若|OM|=1，求△AOB面积的最大值.【解题导引】(1)确定|PE|+|PF|=4>2，可得P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=，b=1，即可求C的方程.(2)将直线方程代入椭圆方程，由根与系数的关系及中点坐标公式，即可求得M点坐标，由|OM|=1，可得n2=，由三角形面积公式，结合换元、配方法即可求得△AOB面积的最大值.【解析】(1)设动圆P的半径为r，由已知|PE|=5-r，|PF|=r-1，则有|PE|+|PF|=4>2，所以P的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，且a=2，c=，b=1所以曲线C的方程为+y2=1.(2)设直线l：x=my+n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程，整理得：(4+m2)y2+2mny+n2-4=0①y1+y2=-，y1·y2=，x1+x2=，由中点坐标公式可知：M因为|OM|=1，所以n2=②，设直线l与x轴的交点为D(n，0)，则△AOB面积S2=n2(y1-y2)2=，设t=m2+16(t≥16)，则S2=48，当t=24时，即m=±2时，△AOB的面积取得最大值1.【加固训练】(2019·武汉二模)已知椭圆C：+y2=1的左焦点为F，不垂直于x轴且不过F点的直线l与椭圆C相交于A，B两点.(1)如果直线FA，FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若过一定点，则求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.(2)如果FA⊥FB，原点到直线l的距离为d，求d的取值范围.【解析】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为：y=kx+b，联立整理得(2k2+1)x2+4kbx+2(b2-1)=0，x1+x2=，x1x2=，Δ=8(2k2+1-b2)>0 ①，k FA+k FB=+=.所以(kx2+b)(x1+1)+(kx1+b)(x2+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k×-(k+b)×+2b=0，所以b=2k，直线AB的方程为：y=kx+2k，则动直线l一定经过一定点(-2，0).(2)由(1)得·=(x1+1，y1)·(x2+1，y2)=(x1+1)(x2+1)+(kx1+b)(kx2+b)=(1+k2)x1x2+(kb+1)(x1+x2)+b2+1=(k2+1)×-(kb+1)×+b2+1=0.所以3b2-4kb-1=0，k=代入①得①恒成立.又d===<，所以d的取值范围.关闭Word文档返回原板块。

【8个专题28份】2019高考数学高分突破二轮复习练习 381页

【8个专题28份】2019高考数学高分突破二轮复习练习目录2019年3月1日第1讲三角函数的图象与性质 (2)第2讲三角恒等变换与解三角形 (19)规范答题示范——三角函数及解三角形解答题 (34)第1讲等差数列与等比数列 (36)第2讲数列求和及综合应用 (51)规范答题示范——等差数列与等比数列解答题 (67)第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积 (69)第2讲空间点、线、面的位置关系 (86)第3讲立体几何中的向量方法 (102)规范答题示范——立体几何解答题 (127)第1讲统计与统计案例 (131)第2讲概率、随机变量及其分布列 (152)规范答题示范——概率与统计解答题 (176)第1讲直线与圆 (180)第2讲椭圆、双曲线、抛物线 (194)第3讲圆锥曲线中的热点问题 (213)规范答题示范——解+析几何解答题 (233)第1讲函数图象与性质 (236)第2讲基本初等函数、函数与方程 (250)第3讲不等式 (264)第4讲导数与函数的单调性、极值、最值问题 (280)第5讲导数的综合应用与热点问题 (298)规范答题示范——函数与导数解答题 (316)第1讲坐标系与参数方程 (319)第2讲不等式选讲 (334)第1讲高考的热门话题——数学核心素养与数学文化 (346)第2讲函数与方程、数形结合思想 (359)第3讲分类讨论、转化与化归思想 (371)第1讲三角函数的图象与性质高考定位三角函数的图象与性质是高考考查的重点和热点内容，主要从以下两个方面进行考查：1.三角函数的图象，涉及图象变换问题以及由图象确定解+析式问题，主要以选择题、填空题的形式考查；2.利用三角函数的性质求解三角函数的值、参数、最值、值域、单调区间等，主要以解答题的形式考查.真题感悟1.(2018·全国Ⅰ卷)已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A (1，a )，B (2，b )，且cos 2α＝23，则|a －b |＝( ) A.15B.55C.255D.1解+析由题意知cos α>0.因为cos 2α＝2cos 2α－1＝23，所以cos α＝306，sin α＝±66，得|tan α|＝55.由题意知|tan α|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －b 1－2，所以|a －b |＝55. 答案 B2.(2017·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，则下列结论错误的是( )A.f (x )的一个周期为－2πB.y ＝f (x )的图象关于直线x ＝8π3对称 C.f (x ＋π)的一个零点为x ＝π6 D.f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π单调递减解+析 A 项，因为f (x )的周期为2k π(k ∈Z 且k ≠0)，所以f (x )的一个周期为－2π，A 项正确.B 项，因为f (x )图象的对称轴为直线x ＝k π－π3(k ∈Z )，当k ＝3时，直线x ＝8π3是其对称轴，B 项正确.C 项，f (x ＋π)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4π3，将x ＝π6代入得到f ⎝ ⎛⎭⎪⎫7π6＝cos 3π2＝0，所以x ＝π6是f (x＋π)的一个零点，C 项正确.D 项，因为f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3的递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋2π3 (k ∈Z )，递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π＋2π3，2k π＋5π3 (k ∈Z )，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，2π3是减区间，⎣⎢⎡⎭⎪⎫2π3，π是增区间，D 项错误. 答案 D3.(2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2，则( ) A.f (x )的最小正周期为π，最大值为3 B.f (x )的最小正周期为π，最大值为4C.f (x )的最小正周期为2π，最大值为3D.f (x )的最小正周期为2π，最大值为4解+析易知f (x )＝2cos 2x －sin 2x ＋2＝3cos 2x ＋1＝3cos 2x ＋12＋1＝32cos 2x ＋52，则f (x )的最小正周期为π，当2x ＝2k π，即x ＝k π(k ∈Z )时，f (x )取得最大值，最大值为4. 答案 B4.(2018·全国Ⅱ卷)若f (x )＝cos x －sin x 在[－a ，a ]是减函数，则a 的最大值是( ) A.π4B.π2C.3π4D.π解+析 f (x )＝cos x －sin x ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，且函数y ＝cos x 在区间[0，π]上单调递减，则由0≤x ＋π4≤π，得－π4≤x ≤3π4.因为f (x )在[－a ，a ]上是减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥－π4，a ≤3π4，解得a ≤π4，所以0<a ≤π4，所以a 的最大值是π4.答案 A考点整合1.常用三种函数的图象与性质(下表中k ∈Z )2.三角函数的常用结论(1)y＝A sin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋π2(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋π2(k∈Z)求得.(2)y＝A cos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋π2(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得.(3)y＝A tan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数.3.三角函数的两种常见变换热点一三角函数的定义【例1】(1)(2017·北京卷)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若sin α＝13，则cos(α－β)＝________.(2)如图，以Ox为始边作角α(0<α<π)，终边与单位圆相交于点P，已知点P的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，45，则sin 2α＋cos 2α＋11＋tan α＝________.解+析 (1)法一由已知得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z ). ∵sin α＝13，∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sin α＝13(k ∈Z ).当cos α＝1－sin 2α＝223时，cos β＝－223，∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝223×⎝ ⎛⎭⎪⎫－223＋13×13＝－79. 当cos α＝－1－sin 2α＝－223时，cos β＝223，∴cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－79.综上可知，cos(α－β)＝－79. 法二由已知得β＝(2k ＋1)π－α(k ∈Z )， ∴sin β＝sin[(2k ＋1)π－α]＝sin α， cos β＝cos[(2k ＋1)π－α]＝－cos α，k ∈Z .当sin α＝13时，cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β＝－cos 2α＋sin 2α＝－(1－sin 2α)＋sin 2α＝2sin 2α－1＝2×19－1＝－79.(2)由三角函数定义，得cos α＝－35，sin α＝45，∴原式＝2sin αcos α＋2cos 2α1＋sin αcos α＝2cos α（sin α＋cos α）sin α＋cos αcos α＝2cos 2α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－352＝1825. 答案 (1)－79 (2)1825探究提高 1.当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决，机械地使用三角函数的定义就会出现错误.2.任意角的三角函数值仅与角α的终边位置有关，而与角α终边上点P 的位置无关.若角α已经给出，则无论点P 选择在α终边上的什么位置，角α的三角函数值都是确定的.【训练1】 (1)(2018·潍坊三模)在直角坐标系中，若角α的终边经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 23π，cos 23π，则sin(π－α)＝( ) A.12 B.32 C.－12D.－32(2)(2018·北京卷)在平面直角坐标系中，AB ︵，CD ︵，EF ︵，GH ︵是圆x 2＋y 2＝1上的四段弧(如图)，点P 在其中一段上，角α以Ox 为始边，OP 为终边.若tan α<cos α<sin α，则P 所在的圆弧是( )A.AB ︵B.CD ︵C.EF ︵D.GH ︵解+析 (1)∵角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 23π，cos 23π，且|OP |＝1.∴由三角函数定义，知sin α＝cos 2π3＝－12.因此sin(π－α)＝sin α＝－12.(2)设点P 的坐标为(x ，y )，由三角函数的定义得yx <x <y ，所以－1<x <0，0<y <1.所以P 所在的圆弧是EF ︵. 答案 (1)C (2)C 热点二三角函数的图象考法1 三角函数的图象变换【例2－1】 (1)要想得到函数y ＝sin 2x ＋1的图象，只需将函数y ＝cos 2x 的图象( )A.向左平移π4个单位长度，再向上平移1个单位长度B.向右平移π4个单位长度，再向上平移1个单位长度 C.向左平移π2个单位长度，再向下平移1个单位长度 D.向右平移π2个单位长度，再向下平移1个单位长度(2)(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|<π2，其图象相邻两条对称轴之间的距离为π2，将函数y ＝f (x )的图象向左平移π3个单位长度后，得到的图象关于y 轴对称，那么函数y ＝f (x )的图象( )A.关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0对称B.关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π12，0对称 C.关于直线x ＝π12对称 D.关于直线x ＝－π12对称解+析 (1)因为y ＝sin 2x ＋1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＋1＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＋1，故只需将函数y ＝cos 2x 的图象向右平移π4个单位长度，再向上平移1个单位长度，即可得到函数y ＝sin 2x ＋1的图象. (2)由题意，T ＝π，ω＝2.又y ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋φ＋2π3的图象关于y 轴对称.∴φ＋2π3＝k π＋π2，k ∈Z .由|φ|<π2，取φ＝－π6，因此f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，代入检验f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π12＝0，A 正确.答案 (1)B (2)A探究提高 1.“五点法”作图：设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得.2.在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换.变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.考法2 由函数的图象特征求解+析式【例2－2】 (1)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，则函数f (x )的解+析式为( )A.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6B.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3C.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π12D.f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6(2)(2018·济南调研)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，若x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，则f (x 1＋x 2)＝( )A.1B.12C.22 D.32解+析 (1)由题意知A ＝2，T ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫5π12－π6＝π，ω＝2，因为当x ＝5π12时取得最大值2，所以2＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×5π12＋φ，所以2×5π12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得φ＝2k π－π3，k ∈Z ，因为|φ|<π2，得φ＝－π3.因此函数f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.(2)观察图象可知，A ＝1，T ＝π，则ω＝2. 又点⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，0是“五点法”中的始点，∴2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＋φ＝0，φ＝π3. 则f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3.函数图象的对称轴为x ＝－π6＋π32＝π12.又x 1，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，π3，且f (x 1)＝f (x 2)，所以x 1＋x 22＝π12，则x 1＋x 2＝π6，因此f (x 1＋x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋π3＝32. 答案 (1)B (2)D探究提高已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解+析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置.【训练2】已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2)的部分图象如图所示.(1)求函数f (x )的解+析式；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的纵坐标保持不变，横坐标缩短到原来的12倍，再把所得的函数图象向左平移π6个单位长度，得到函数y ＝g (x )的图象，求函数g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8上的最小值.解 (1)设函数f (x )的最小正周期为T ，由题图可知 A ＝1，T 2＝2π3－π6＝π2，即T ＝π，所以π＝2πω，解得ω＝2，所以f (x )＝sin(2x ＋φ)，又过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，0，由0＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ可得π3＋φ＝2k π，k ∈Z ，则φ＝2k π－π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π2，所以φ＝－π3，故函数f (x )的解+析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.(2)根据条件得g (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π3，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π8时，4x ＋π3∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，5π6，所以当x ＝π8时，g (x )取得最小值，且g (x )min ＝12. 热点三三角函数的性质考法1 三角函数性质【例3－1】 (2018·合肥质检)已知函数f (x )＝sin ωx －cos ωx (ω>0)的最小正周期为π.(1)求函数y ＝f (x )图象的对称轴方程； (2)讨论函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调性.解 (1)∵f (x )＝sin ωx －cos ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π4，且T ＝π，∴ω＝2，于是f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.令2x －π4＝k π＋π2(k ∈Z )，得x ＝k π2＋3π8(k ∈Z ).即函数f (x )图象的对称轴方程为x ＝k π2＋3π8(k ∈Z ).(2)令2k π－π2≤2x －π4≤2k π＋π2(k ∈Z )，得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π8，k π＋3π8(k ∈Z ). 注意到x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以令k ＝0，得函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π8；同理，其单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π8，π2.探究提高 1.讨论三角函数的单调性，研究函数的周期性、奇偶性与对称性，都必须首先利用辅助角公式，将函数化成一个角的一种三角函数.2.求函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的单调区间，是将ωx ＋φ作为一个整体代入正弦函数增区间(或减区间)，求出的区间即为y ＝A sin(ωx ＋φ)的增区间(或减区间)，但是当A ＞0，ω＜0时，需先利用诱导公式变形为y ＝－A sin(－ωx －φ)，则y ＝A sin(－ωx －φ)的增区间即为原函数的减区间，减区间即为原函数的增区间. 考法2 三角函数性质与图象的综合应用【例3－2】已知函数f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋23sin 2ωx －3(ω>0)的最小正周期为π.(1)求函数f (x )的单调递增区间.(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，若y ＝g (x )在[0，b ](b >0)上至少含有10个零点，求b 的最小值. 解 (1)f (x )＝2sin ωx cos ωx ＋3(2sin 2ωx －1) ＝sin 2ωx －3cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π3.由最小正周期为π，得ω＝1，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，由2k π－π2≤2x －π3≤2k π＋π2，k ∈Z ，整理得k π－π12≤x ≤kx ＋5π12，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π12，k π＋5π12，k ∈Z .(2)将函数f (x )的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到y ＝2sin 2x ＋1的图象；所以g (x )＝2sin 2x ＋1.令g (x )＝0，得x ＝k π＋7π12或x ＝k π＋11π12(k ∈Z )，所以在[0，π]上恰好有两个零点，若y ＝g (x )在[0，b ]上有10个零点，则b 不小于第10个零点的横坐标即可. 所以b 的最小值为4π＋11π12＝59π12.探究提高 1.研究三角函数的图象与性质，关键是将函数化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (或y ＝A cos(ωx ＋φ)＋B )的形式，利用正余弦函数与复合函数的性质求解. 2.函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(或y ＝A cos(ωx ＋φ))的最小正周期T ＝2π|ω|.应特别注意y ＝|A sin(ωx ＋φ)|的最小正周期为T ＝π|ω|.【训练3】 (2018·湖南师大附中质检)已知向量m ＝(2cos ωx ，－1)，n ＝(sin ωx －cos ωx ，2)(ω>0)，函数f (x )＝m·n ＋3，若函数f (x )的图象的两个相邻对称中心的距离为π2.(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12倍，得到函数g (x )的图象，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2时，求函数g (x )的值域.解 (1)f (x )＝m·n ＋3＝2cos ωx (sin ωx －cos ωx )－2＋3 ＝sin 2ωx －cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx －π4.依题意知，最小正周期T ＝π.∴ω＝1，因此f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4.令－π2＋2k π≤2x －π4≤π2＋2k π，k ∈Z ，求得f (x )的增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π8＋k π，3π8＋k π，k ∈Z .(2)将函数f (x )的图象先向左平移π4个单位，得y ＝2sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π4＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π4的图象. 然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的12倍，得到函数g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4的图象.故g (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4，由π4≤x ≤π2，知5π4≤4x ＋π4≤9π4.∴－1≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x ＋π4≤22. 故函数g (x )的值域是[－2，1].1.已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0)的图象求解+析式 (1)A ＝y max －y min 2，B ＝y max ＋y min2. (2)由函数的周期T 求ω，ω＝2πT . (3)利用“五点法”中相对应的特殊点求φ. 2.运用整体换元法求解单调区间与对称性类比y ＝sin x 的性质，只需将y ＝A sin(ωx ＋φ)中的“ωx ＋φ”看成y ＝sin x 中的“x ”，采用整体代入求解.(1)令ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )，可求得对称轴方程； (2)令ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )，可求得对称中心的横坐标；(3)将ωx ＋φ看作整体，可求得y ＝A sin(ωx ＋φ)的单调区间，注意ω的符号. 3.函数y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的性质及应用的求解思路第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数化成y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B (一角一函数)的形式；第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题.一、选择题1.(2018·全国Ⅲ卷)函数f (x )＝tan x1＋tan 2x的最小正周期为( )A.π4B.π2C.πD.2π解+析 f (x )＝tan x 1＋tan 2x ＝sin x cos x 1＋sin 2x cos 2x ＝sin x cos x cos 2x ＋sin 2x＝sin x cos x ＝12sin 2x ，所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. 答案 C2.(2017·全国Ⅲ卷)函数f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6的最大值为( )A.65B.1C.35D.15解+析 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，则f (x )＝15sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＝65sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，函数的最大值为65. 答案 A3.(2018·湖南六校联考)定义一种运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b cd ＝ad －bc ，将函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2 2sin x 3 cos x 的图象向左平移φ(φ>0)个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则φ的最小值是( ) A.π6B.π3C.2π3D.5π6解+析 f (x )＝2cos x －23sin x ＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3，依题意g (x )＝f (x ＋φ)＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π3＋φ是偶函数(其中φ>0).∴π3＋φ＝k π，k ∈Z ，则φmin ＝23π. 答案 C4.偶函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，0<φ<π)的部分图象如图所示，其中△EFG 是斜边为4的等腰直角三角形(E ，F 是函数与x 轴的交点，点G 在图象上)，则f (1)的值为( )A.22B.62C. 2D.2 2解+析依题设，T 2＝|EF |＝4，T ＝8，ω＝π4. ∵函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)为偶函数，且0<φ<π. ∴φ＝π2，在等腰直角△EGF 中，易求A ＝2. 所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4x ＋π2＝2cos π4x ，则f (1)＝ 2.答案 C5.(2018·天津卷)将函数y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度，所得图象对应的函数( )A.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4上单调递增B.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，π上单调递减C.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤5π4，3π2上单调递增D.在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π2，2π上单调递减解+析把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π5的图象向右平移π10个单位长度得函数g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝⎛⎭⎪⎫x －π10＋π5＝sin 2x 的图象，由－π2＋2k π≤2x ≤π2＋2k π(k ∈Z )得－π4＋k π≤x ≤π4＋k π(k ∈Z )，令k ＝1，得3π4≤x ≤5π4，即函数g (x )＝sin 2x 的一个单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3π4，5π4.答案 A 二、填空题6.(2018·江苏卷)已知函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称，则φ的值是________.解+析由函数y ＝sin(2x ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2<φ<π2的图象关于直线x ＝π3对称，得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋φ＝±1.因为－π2<φ<π2，所以π6<2π3＋φ<7π6，则2π3＋φ＝π2，φ＝－π6.答案－π67.已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫A >0，ω>0，|φ|<π2的部分图象如图所示，其中|PQ |＝2 5.则f (x )的解+析式为________.解+析由题图可知A ＝2，P (x 1，－2)，Q (x 2，2)，所以|PQ |＝（x 1－x 2）2＋（－2－2）2＝（x 1－x 2）2＋42＝2 5.整理得|x 1－x 2|＝2，所以函数f (x )的最小正周期T ＝2|x 1－x 2|＝4，即2πω＝4，解得ω＝π2.又函数图象过点(0，－3)，所以2sin φ＝－3，即sin φ＝－32.又|φ|<π2，所以φ＝－π3，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －π3.答案 f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2x －π38.(2018·北京卷)设函数f (x )＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6(ω>0).若f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4对任意的实数x 都成立，则ω的最小值为________.解+析由于对任意的实数都有f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4成立，故当x ＝π4时，函数f (x )有最大值，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝1，πω4－π6＝2k π(k ∈Z )，∴ω＝8k ＋23(k ∈Z ).又ω>0，∴ωmin ＝23.答案 23 三、解答题9.已知函数f (x )＝4tan x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x ·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3.(1)求f (x )的定义域与最小正周期； (2)讨论f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4上的单调性.解 (1)f (x )的定义域为{x |x ≠π2＋k π，k ∈Z }，f (x )＝4tan x cos x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π3－ 3＝4sin x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12cos x ＋32sin x － 3＝2sin x cos x ＋23sin 2x － 3 ＝sin 2x －3cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3. 所以f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π. (2)由－π2＋2k π≤2x －π3≤π2＋2k π，k ∈Z ，得－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z .设A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4，B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪－π12＋k π≤x ≤5π12＋k π，k ∈Z ，易知A ∩B ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4.所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，π4时，f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π4上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，－π12上单调递减.10.(2018·西安模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－x sin x －3cos 2x ＋32.(1)求f (x )的最大值及取得最大值时x 的值；(2)若方程f (x )＝23在(0，π)上的解为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值.解 (1)f (x )＝cos x sin x －32(2cos 2x －1)＝12sin 2x －32cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3.当2x －π3＝π2＋2k π(k ∈Z )，即x ＝512π＋k π(k ∈Z )时，函数f (x )取最大值，且最大值为1.(2)由(1)知，函数f (x )图象的对称轴为x ＝512π＋k π，k ∈Z ， ∴当x ∈(0，π)时，对称轴为x ＝512π. 又方程f (x )＝23在(0，π)上的解为x 1，x 2.∴x 1＋x 2＝56π，则x 1＝56π－x 2，∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫56π－2x 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3，又f (x 2)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－π3＝23，故cos(x 1－x 2)＝23.11.设函数f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2，其中0＜ω＜3，已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0.(1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4上的最小值.解 (1)因为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π2，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin ωx －32cos ωx＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωx －π3.由题设知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z ，故ω＝6k ＋2，k ∈Z .又0＜ω＜3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π3，所以g (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4－π3＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π12.因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，所以x －π12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π3，2π3，当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.第2讲三角恒等变换与解三角形高考定位 1.三角函数的化简与求值是高考的命题热点，其中关键是利用两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式等进行恒等变换，“角”的变换是三角恒等变换的核心；2.正弦定理与余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查边、角、面积的计算及有关的范围问题.真题感悟1.(2018·全国Ⅱ卷)在△ABC 中，cos C 2＝55，BC ＝1，AC ＝5，则AB ＝( ) A.4 2B.30C.29D.2 5解+析因为cos C 2＝55，所以cos C ＝2cos 2 C 2－1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫552－1＝－35. 于是，在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ×BC ×cos C ＝52＋12－2×5×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＝32.所以AB ＝4 2. 答案 A2.(2017·全国Ⅰ卷)已知α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，tan α＝2，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4 ＝________.解+析 ∵α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且tan α＝2，∴sin α＝2 cos α，又sin 2α＋cos 2α＝1，所以sin α＝255，cos α＝55.所以cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π4＝22(cos α＋sin α)＝31010.答案 310103.(2018·全国Ⅰ卷)在平面四边形ABCD 中，∠ADC ＝90°，∠A ＝45°，AB ＝2，BD ＝5.(1)求cos ∠ADB ； (2)若DC ＝22，求BC .解 (1)在△ABD 中，由正弦定理得BD sin ∠A ＝AB sin ∠ADB ，即5sin 45°＝2sin ∠ADB，所以sin ∠ADB ＝25. 由题设知，∠ADB <90°，所以cos ∠ADB ＝1－225＝235.(2)由题设及(1)知，cos ∠BDC ＝sin ∠ADB ＝25. 在△BCD 中，由余弦定理得BC 2＝BD 2＋DC 2－2·BD ·DC ·cos ∠BDC ＝25＋8－2×5×22×25＝25. 所以BC ＝5.4.(2018·浙江卷)已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45.(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值. 解 (1)由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得sin α＝－45，所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)由角α的终边过点P⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得cos α＝－35，由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213. 由β＝(α＋β)－α得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α，所以cos β＝－5665或cos β＝1665.考点整合1.三角函数公式(1)两角和与差的正弦、余弦、正切公式： sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β； cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β； tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.(2)二倍角公式：sin 2α＝2sin αcos α，cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α. (3)辅助角公式：a sin x ＋b cos x ＝a 2＋b 2sin(x ＋φ)，其中tan φ＝b a . 2.正弦定理、余弦定理、三角形面积公式 (1)正弦定理在△ABC 中，a sin A ＝b sin B ＝csin C ＝2R (R 为△ABC 的外接圆半径)；变形：a ＝2R sin A ，sin A ＝a2R ， a ∶b ∶c ＝sin A ∶sin B ∶sin C 等. (2)余弦定理在△ABC 中，a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ；变形：b 2＋c 2－a 2＝2bc cos A ，cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc .(3)三角形面积公式S △ABC ＝12ab sin C ＝12bc sin A ＝12ac sin B .热点一三角恒等变换及应用【例1】 (2018·江苏卷)已知α，β为锐角，tan α＝43，cos(α＋β)＝－55. (1)求cos 2α的值； (2)求tan(α－β)的值.解 (1)因为tan α＝43，tan α＝sin αcos α，所以sin α＝43cos α.因为sin 2α＋cos 2α＝1，所以cos 2α＝925，因此，cos 2α＝2cos 2α－1＝－725.(2)因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π). 又因为cos(α＋β)＝－55，所以sin(α＋β)＝1－cos 2（α＋β）＝255，因此tan(α＋β)＝－2.因为tan α＝43，所以tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－247，因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)]＝tan 2α－tan （α＋β）1＋tan 2αtan （α＋β）＝－211.探究提高 1.三角恒等变换的基本思路：找差异，化同角(名)，化简求值. 2.解决条件求值问题的三个关注点(1)分析已知角和未知角之间的关系，正确地用已知角来表示未知角. (2)正确地运用有关公式将所求角的三角函数值用已知角的三角函数值来表示. (3)求解三角函数中给值求角的问题时，要根据已知求这个角的某种三角函数值，然后结合角的取值范围，求出角的大小.【训练1】 (1)(2018·广西三市联考)已知x ∈(0，π)，且cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x ，则tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4等于( ) A.13 B.－13 C.3 D.－3(2)若cos(2α－β)＝－1114，sin(α－2β)＝437，0<β<π4<α<π2，则α＋β的值为________.解+析 (1)由cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π2＝sin 2x 得sin 2x ＝sin 2x ，又x ∈(0，π)，则tan x ＝2，故tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4＝tan x －11＋tan x ＝13.(2)因为cos(2α－β)＝－1114且π4<2α－β<π，所以sin(2α－β)＝5314.因为sin(α－2β)＝437且－π4<α－2β<π2，所以cos(α－2β)＝17.所以cos(α＋β)＝cos[(2α－β)－(α－2β)] ＝cos(2α－β)·cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β) ＝－1114×17＋5314×437＝12. 因为π4<α＋β<3π4，所以α＋β＝π3.答案 (1)A (2)π3热点二正弦定理与余弦定理考法1 利用正(余)弦定理进行边角计算【例2－1】 (2018·潍坊一模)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知(a ＋2c )cos B ＋b cos A ＝0. (1)求B ；(2)若b ＝3，△ABC 的周长为3＋23，求△ABC 的面积.解 (1)由已知及正弦定理得(sin A ＋2sin C )cos B ＋sin B cos A ＝0， (sin A cos B ＋sin B cos A )＋2sin C cos B ＝0， sin(A ＋B )＋2sin C cos B ＝0，又sin(A ＋B )＝sin C ，且C ∈(0，π)，sin C ≠0， ∴cos B ＝－12，∵0<B <π，∴B ＝23π. (2)由余弦定理，得9＝a 2＋c 2－2ac cos B . ∴a 2＋c 2＋ac ＝9，则(a ＋c )2－ac ＝9. ∵a ＋b ＋c ＝3＋23，∴a ＋c ＝23， ∴ac ＝3，∴S △ABC ＝12ac sin B ＝12×3×32＝334.【迁移探究1】若本题第(2)问条件变为“若b ＝3，S △ABC ＝334”，试求a ＋c 的值. 解由S △ABC ＝12ac ·sin B ＝334， ∴12ac ·32＝334，则ac ＝3.由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－ac ，所以(a ＋c )2＝b 2＋ac ＝9＋3＝12，故a ＋c ＝2 3.【迁移探究2】在第(2)问中，保留条件b ＝3，删去“条件△ABC 的周长为3＋23”，试求△ABC 面积的最大值.解由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ，则9＝a 2＋c 2－ac ≥2ac －ac ＝ac ，所以ac ≤9(当且仅当a ＝c ＝3时，取等号)，故S △ABC ＝12ac sin B ≤12×9sin 2π3＝934，所以△ABC 面积的最大值为934.探究提高 1.高考中主要涉及利用正弦、余弦定理求三角形的边长、角、面积等基本计算，或将两个定理与三角恒等变换相结合综合解三角形.2.关于解三角形问题，一般要用到三角形的内角和定理，正、余弦定理及有关三角形的性质，常见的三角变换方法和原则都适用，同时要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是使问题获得解决的突破口.【训练2】 (2017·全国Ⅱ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B 2. (1)求cos B ；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 面积为2，求b .解 (1)由题设及A ＋B ＋C ＝π，得sin B ＝8sin 2B2，故sin B ＝4(1－cos B ).上式两边平方，整理得17cos 2B －32cos B ＋15＝0，解得cos B ＝1(舍去)，cos B ＝1517.(2)由cos B ＝1517及B 为三角形一内角，得sin B ＝817，故S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac .又S △ABC ＝2，则ac ＝172. 由余弦定理及a ＋c ＝6得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B ) ＝36－2×172×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1517＝4. 所以b ＝2.考法2 应用正、余弦定理解决实际问题【例2－2】 (2018·衡水质检)某气象仪器研究所按以下方案测试一种“弹射型”气象观测仪器的垂直弹射高度：在C 处(点C 在水平地面下方，O 为CH 与水平地面ABO 的交点)进行该仪器的垂直弹射，水平地面上两个观察点A ，B 两地相距100米，∠BAC ＝60°，其中A 到C 的距离比B 到C 的距离远40米.A 地测得该仪器在C 处的俯角为∠OAC ＝15°，A 地测得最高点H 的仰角为∠HAO ＝30°，则该仪器的垂直弹射高度CH 为( ) A.210(6＋2)米 B.1406米 C.2102米D.20(6－2)米解+析由题意，设AC ＝x 米，则BC ＝(x －40)米，在△ABC 内，由余弦定理：BC 2＝BA 2＋CA 2－2BA ·CA ·cos ∠BAC ，即(x －40)2＝x 2＋10 000－100x ，解得x ＝420(米).在△ACH 中，AC ＝420米，∠CAH ＝30°＋15°＝45°，∠CHA ＝90°－30°＝60°，由正弦定理：CH sin ∠CAH ＝AC sin ∠AHC .可得CH ＝AC ·sin ∠CAH sin ∠AHC ＝1406(米).答案 B探究提高 1.实际问题经抽象概括后，已知量与未知量全部集中在一个三角形中，可用正弦定理或余弦定理求解.2.实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上的三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，然后逐步求解其他三角形，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)，解方程(组)得出所要求的解. 【训练3】如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一山顶D 在西偏北30°的方向上，行驶600 m 后到达B 处，测得此山顶在西偏北75°的方向上，仰角为30°，则此山的高度CD ＝________m.解+析由题意，在△ABC 中，∠BAC ＝30°，∠ABC ＝180°－75°＝105°，故∠ACB ＝45°.又AB ＝600 m ，故由正弦定理得600sin 45°＝BCsin 30°，解得BC ＝3002(m).在Rt △BCD 中，CD ＝BC ·tan 30°＝3002×33＝1006(m). 答案 100 6热点三与解三角形有关的创新交汇问题【例3】 (2018·郑州质检)已知向量m ＝(2sin ωx ，cos 2ωx －sin 2ωx )，n ＝(3cos ωx ，1)，其中ω＞0，x ∈R .若函数f (x )＝m ·n 的最小正周期为π. (1)求ω的值；(2)在△ABC 中，若f (B )＝－2，BC ＝3，sin B ＝3sin A ，求BA →·BC →的值. 解 (1)f (x )＝m ·n ＝23sin ωx cos ωx ＋cos 2ωx －sin 2ωx ＝3sin 2ωx ＋cos 2ωx ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2ωx ＋π6.因为f (x )的最小正周期为π，所以T ＝2π2|ω|＝π. 又ω＞0，所以ω＝1. (2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.设△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c . 因为f (B )＝－2，所以2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－2，即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝－1，由于0<B <π，解得B ＝2π3.因为BC ＝3，即a ＝3，又sin B ＝3sin A ，所以b ＝3a ，故b ＝3. 由正弦定理，有3sin A ＝3sin 2π3，解得sin A ＝12. 由于0＜A ＜π3，解得A ＝π6.所以C ＝π6，所以c ＝a ＝ 3.所以BA →·BC →＝ca cos B ＝3×3×cos 2π3＝－32.探究提高 1.破解平面向量与“三角”相交汇题的常用方法是“化简转化法”，即先活用诱导公式、同角三角函数的基本关系式、倍角公式、辅助角公式等对三角函数进行巧“化简”；然后把以向量共线、向量垂直形式出现的条件转化为“对应坐标乘积之间的关系”；再活用正、余弦定理，对三角形的边、角进行互化. 2.这种问题求解的关键是利用向量的知识将条件“脱去向量外衣”，转化为三角函数的相关知识进行求解.【训练4】已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x ＋23sin x cos x (x ∈R ). (1)求f (x )的最小正周期；(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝2，c ＝5，cos B ＝17，求△ABC 中线AD 的长.解 (1)f (x )＝－cos 2x ＋3sin 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6.∴T ＝2π2＝π.∴函数f (x )的最小正周期为π.(2)由(1)知f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6，∵在△ABC 中f (A )＝2，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1，∴2A －π6＝π2，∴A ＝π3.又cos B ＝17，∴sin B ＝437，∴sin C ＝sin(A ＋B )＝32×17＋12×437＝5314，在△ABC 中，由正弦定理c sin C ＝a sin A ，得55314＝a32，∴a ＝7，∴BD ＝72，在△ABD 中，由余弦定理得，AD 2＝AB 2＋BD 2－2AB ·BD cos B ＝52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫722－2×5×72×17＝1294，∴AD ＝1292.1.对于三角函数的求值，需关注：(1)寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式； (2)注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；(3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法. 2.三角形中判断边、角关系的具体方法：(1)通过正弦定理实施边角转换；(2)通过余弦定理实施边角转换；(3)通过三角变换找出角之间的关系；(4)通过三角函数值符号的判断以及正、余弦函数的有界性进行讨论；(5)若涉及两个(或两个以上)三角形，这时需作出这些三角形，先解条件多的三角形，再逐步求出其他三角形的边和角，其中往往用到三角形内角和定理，有时需设出未知量，从几个三角形中列出方程(组)求解.3.解答与三角形面积有关的问题时，如已知某一内角的大小或三角函数值，就选择S ＝12ab sin C 来求面积，再利用正弦定理或余弦定理求出所需的边或角.一、选择题1.(2018·全国Ⅲ卷)若sin α＝13，则cos 2α＝( ) A.89B.79C.－79D.－89解+析 cos 2α＝1－2sin 2α＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝79. 答案 B2.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，已知b ＝c ，a 2＝2b 2(1－sin A )，则A ＝( ) A.34πB.π3C.π4D.π6解+析由已知得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝2b 2－2b 2（1－sin A ）2b 2＝sin A .在△ABC 中，A ＝π4. 答案 C3.(2018·全国Ⅲ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为a 2＋b 2－c 24，则C ＝( )A.π2B.π3C.π4D.π6解+析因为S △ABC ＝12ab sin C ，所以a 2＋b 2－c 24＝12ab sin C .由余弦定理a 2＋b 2－c2＝2ab cos C ，得2ab cos C ＝2ab sin C ，即cos C ＝sin C .所以在△ABC 中，C ＝π4. 答案 C4.(2018·合肥质检)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos C ＝223，b cos A ＋a cos B ＝2，则△ABC 的外接圆面积为( ) A.4πB.8πC.9πD.36π解+析由题意及正弦定理得2R sin B cos A ＋2R sin A cos B ＝2R sin(A ＋B )＝2(R 为△ABC 的外接圆半径).即2R sin C ＝2.又cos C ＝223及C ∈(0，π)，知sin C ＝13.∴2R ＝2sin C ＝6，R ＝3.故△ABC 外接圆面积S ＝πR 2＝9π. 答案 C5.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若△ABC 为锐角三角形，且满足sin B (1＋2cos C )＝2sin A cos C ＋cos A sin C ，则下列等式成立的是( ) A.a ＝2b B.b ＝2a C.A ＝2BD.B ＝2A解+析等式右边＝2sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin A cos C ＋sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋sin B .等式左边＝2sin B cos C ＋sin B ，则2sin B cos C ＋sin B ＝sin A cos C ＋sin B ，因为角C 为锐角三角形的内角，所以cos C 不为0. 所以2sin B ＝sin A ，根据正弦定理，得a ＝2b . 答案 A 二、填空题6.(2018·全国Ⅱ卷)已知sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0，则sin(α＋β)＝________. 解+析 ∵sin α＋cos β＝1，cos α＋sin β＝0， ∴sin 2α＋cos 2β＋2sin αcos β＝1，① cos 2α＋sin 2β＋2cos αsin β＝0，② ①＋②，得sin 2α＋cos 2α＋sin 2β＋cos 2β＋2(sin αcos β＋cos αsin β)＝1， ∴sin(α＋β)＝－12. 答案－127.(2018·东北三省四校模拟)已知角α的终边经过点P (4a ，3a )(a <0)，则25sin α－7tan 2α的值为________.解+析由题意知tan α＝3a 4a ＝34，sin α＝3a 5|a |＝－35. ∴tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝2×341－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝247， ∴25sin α－7tan 2α＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35－7×247＝－39. 答案－398.(2018·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C ，b 2＋c 2－a 2＝8，则△ABC 的面积为________.解+析由b sin C ＋c sin B ＝4a sin B sin C 得sin B sin C ＋sin C sin B ＝4sin A sin B sinC ，因为sin B sin C ≠0，所以sin A ＝12.因为b 2＋c 2－a 2＝8，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc＝82bc ＝32，所以bc ＝833.所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×833×12＝233.答案 233 三、解答题9.(2018·济南二模)在△ABC 中，AC ＝BC ＝2，AB ＝23，AM→＝MC →.(1)求BM 的长；(2)设D 是平面ABC 内一动点，且满足∠BDM ＝2π3，求BD ＋12MD 的取值范围. 解 (1)在△ABC 中，AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC ·cos C ，代入数据，得cos C ＝－12. ∵AM→＝MC →， ∴CM ＝MA ＝12AC ＝1. 在△CBM 中，由余弦定理知： BM 2＝CM 2＋CB 2－2CM ·CB ·cos C ＝7，所以BM ＝7.(2)设∠MBD ＝θ，则∠DMB ＝π3－θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3.在△BDM 中，由正弦定理知： BD sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＝MD sin θ＝BM sin 2π3＝273. ∴BD ＝273sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ，MD ＝273sin θ，∴BD ＋12MD ＝273sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－θ＋73sin θ＝73(3cos θ－sin θ＋sin θ)＝7cos θ，又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，∴cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 故BD ＋12MD 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫72，7.10.(2018·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知b sin A ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6.(1)求角B 的大小；(2)设a ＝2，c ＝3，求b 和sin(2A －B )的值. 解 (1)在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得b sin A ＝a sin B ，又由b sin A ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，得a sin B ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，即sin B ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，可得tan B ＝ 3.又因为B ∈(0，π)，可得B ＝π3.(2)在△ABC 中，由余弦定理及a ＝2，c ＝3，B ＝π3，有b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝7，故b ＝7. 由b sin A ＝a cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫B －π6，可得sin A ＝37.因为a <c ，故cos A ＝27. 因此sin 2A ＝2sin A cos A ＝437，cos 2A ＝2cos 2A －1＝17.所以，sin(2A －B )＝sin 2A cos B －cos 2A sin B ＝437×12－17×32＝3314.11.(2018·湖南六校联考)已知函数f (x )＝3sin(2 018π－x )sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＋x －cos 2x ＋1.(1)求函数f (x )的递增区间；(2)若△ABC 的角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，角A 的平分线交BC 于D ，f (A )＝32，AD ＝2BD ＝2，求cos C . 解 (1)f (x )＝3sin x cos x －cos 2x ＋1 ＝32sin 2x －12(1＋cos 2x )＋1＝32sin 2x －12cos 2x ＋12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋12.令2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，解得k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z .所以递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π－π6，k π＋π3(k ∈Z ).(2)f (A )＝32⇒sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1，得到2A －π6＝2k π＋π2⇒A ＝k π＋π3，k ∈Z ，由0<A <π得到A ＝π3，所以∠BAD ＝π6.由正弦定理得BD sin ∠BAD ＝AD sin B ⇒sin B ＝22，B ＝π4或B ＝3π4(舍去)，所以cos C ＝－cos(A ＋B )＝sin π3sin π4－cos π3cos π4＝6－24.规范答题示范——三角函数及解三角形解答题【典例】 (12分)(2017·全国Ⅰ卷)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为a 23sin A . (1)求sin B sin C ；(2)若6cos B cos C ＝1，a ＝3，求△ABC 的周长. [信息提取]❶看到△ABC 的面积为a 23sin A ，想到三角形的面积公式，利用正弦定理进行转化； ❷看到sin B sin C 和6cos B cos C ＝1，想到两角和的余弦公式. [规范解答][高考状元满分心得]❶写全得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤有则给分，无则没分，所以得分点步骤一定要写全，如第(1)问中只要写出12ac sin B ＝a 23sin A 就有分，第(2)问中求出cos B cos C －sin B sin C ＝－12就有分.❷写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时要写清得分关键点，如第(1)问中由正弦定理得12sin C sin B ＝sin A3sin A ；第(2)问由余弦定理得b 2＋c 2－bc ＝9.❸计算正确是得分保证：解题过程中计算准确，是得满分的根本保证，如cos B cos C －sin B sin C ＝－12化简如果出现错误，本题的第(2)问就全错了，不能得分. [解题程序]第一步：由面积公式，建立边角关系；第二步：利用正弦定理，将边统一为角的边，求sin B sin C 的值；第三步：利用条件与(1)的结论，求得cos(B ＋C )，进而求角A ；第四步：由余弦定理与面积公式，求bc 及b ＋c ，得到△ABC 的周长；第五步：检验易错易混，规范解题步骤，得出结论.【巩固提升】 (2018·郑州质检)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且a sin A －b sin B ＝(3a －c )sin C ，a ∶b ＝2∶3.。

高考数学复习第二部分专题九选做大题9

参数
方程,
极坐
标
参数
方程
解题思
想方法
消元法,
代入法,
方程思
想
直接法,
转化思
想
3/29
-4-
卷
年份
设问特点
别
全
国
Ⅰ
2014
全
国
Ⅱ
题目类解题思
涉及知识点
型
想方法
椭圆,直线,参数
消元法,
求曲线的参数方程,
方程与普通方程参数三角代
直线的普通方程;求
互化,距离,三角
方程换,转化
两点距离的最值
函数化简求最值
(2)曲线C1,C2公共点极坐标满足方程组
若ρ≠0,由方
= 4cos.
程组得16cos2θ-8sin θcos θ+1-a2=0,由已知tan θ=2,可得16cos2θ-8sin
θcos θ=0,
从而1-a2=0,解得a=-1(舍去),a=1.
a=1时,极点也为C1,C2公共点,在C3上,所以a=1.
= cos,
例1在直角坐标系xOy中,曲线C1参数方程为
= 1 + sin (t
为参数,a>0).在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴极坐标系中,
曲线C2:ρ=4cos θ.
(1)说明C1是哪一个曲线,并将C1方程化为极坐标方程;
(2)直线C3极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tan α0=2,若曲线C1与C2
全求两极坐标方程交
参数方程,极坐
方程, 想,消元
国点的直角坐标;求两标,圆,三角函数
极坐法,转化
Ⅱ 点距离的最值
化简,最值

【配套K12】[学习]2019版高考数学二轮复习专题九选做大题专题突破练25 坐标系与参数方程

专题突破练25 坐标系与参数方程(选修4—4)1.(2018山西吕梁一模,22)直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(α为参数),曲线C2:+y2=1.(1)在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,求C1,C2的极坐标方程;(2)射线θ=(ρ≥0)与C1异于极点的交点为A,与C2的交点为B,求|AB|.2.(2018湖南衡阳二模,理22)已知直线l的参数方程为(其中t为参数),以坐标原点O为极点,以x轴正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为ρ2-2mρcos θ-4=0(其中m>0).(1)若点M的直角坐标为(3,3),且点M在曲线C内,求实数m的取值范围;(2)若m=3,当α变化时,求直线l被曲线C截得的弦长的取值范围.3.(2018全国卷1,22)在直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为y=k|x|+2.以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ-3=0.(1)求C2的直角坐标方程;(2)若C1与C2有且仅有三个公共点,求C1的方程.4.在直角坐标系xOy中,曲线C1:(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=2cos 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.5.(2018山东潍坊一模,22)在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为(t 为参数,0≤α<π),在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ2=.(1)求曲线C的直角坐标方程;(2)设点M的坐标为(1,0),直线l与曲线C相交于A,B两点,求的值.6.在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为(t为参数),直线l2的参数方程为(m为参数).设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C.(1)写出C的普通方程;(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:ρ(cos θ+sin θ)-=0,M 为l3与C的交点,求M的极径.7.(2018河北唐山三模,22)点P是曲线C1:(x-2)2+y2=4上的动点,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,以极点O为中心,将点P逆时针旋转90°得到点Q,设点Q的轨迹方程为曲线C2.(1)求曲线C1,C2的极坐标方程;(2)射线θ=(ρ>0)与曲线C1,C2分别交于A,B两点,定点M(2,0),求△MAB的面积.8.在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(θ为参数),直线l的参数方程为(t为参数).(1)若a=-1,求C与l的交点坐标;(2)若C上的点到l距离的最大值为,求a.参考答案专题突破练25坐标系与参数方程(选修4—4)1.解 (1)曲线C1:(α为参数),化为普通方程为x2+y2=2x,所以曲线C1的极坐标方程为ρ=2cos θ,曲线C2的极坐标方程为ρ2(1+2sin2θ)=3.(2)射线θ=(ρ≥0)与曲线C1的交点的极径为ρ1=2cos=1,射线θ=(ρ≥0)与曲线C2的交点的极径满足(1+2sin2=3,解得ρ2=,所以|AB|=|ρ1-ρ2|=-1.2.解 (1)由得曲线C对应的直角坐标方程为(x-m)2+y2=m2+4.由点M在曲线C的内部,∴(3-m)2+9<m2+4,求得实数m的取值范围为,+∞.(2)直线l的极坐标方程为θ=α,代入曲线C的极坐标方程整理得ρ2-6ρcos α-4=0,设直线l与曲线C的两个交点对应的极径分别为ρ1,ρ2,ρ1+ρ2=6cos α,ρ1ρ2=-4,则直线l截得曲线C的弦长为|ρ1-ρ2|=∈[4,2].即直线l被曲线C截得的弦长的取值范围是[4,2].3.解 (1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x+1)2+y2=4.(2)由(1)知C2是圆心为A(-1,0),半径为2的圆.由题设知,C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线.记y轴右边的射线为l1,y轴左边的射线为l2,由于B在圆C2的外面,故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点,或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.当l1与C2只有一个公共点时,A到l1所在直线的距离为2,所以=2,故k=-或k=0.经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=-时,l1与C2只有一个公共点,l2与C2有两个公共点.当l2与C2只有一个公共点时,A到l2所在直线的距离为2,所以=2,故k=0或k=,经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=时,l2与C2没有公共点.综上,所求C1的方程为y=-|x|+2.4.解 (1)曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-2y=0,曲线C3的直角坐标方程为x2+y2-2x=0.联立解得所以C2与C3交点的直角坐标为(0,0)和.(2)曲线C1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(2cos α,α).所以|AB|=|2sin α-2cos α|=4.当α=时,|AB|取得最大值,最大值为4.5.解 (1)曲线ρ2=,即ρ2+ρ2sin2θ=2,∵ρ2=x2+y2,ρsin θ=y,∴曲线C的直角坐标方程为x2+2y2=2即+y2=1.(2)将代入x2+2y2=2并整理得(1+sin2α)t2+2t cos β-1=0,∴t1+t2=-,t1·t2=,∴,∵|t1-t2|=,∴=2.6.解 (1)消去参数t得l1的普通方程l1:y=k(x-2);消去参数m得l2的普通方程l2:y=(x+2).设P(x,y),由题设得消去k得x2-y2=4(y≠0).所以C的普通方程为x2-y2=4(y≠0).(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ-sin2θ)=4(0<θ<2π,θ≠π).联立得cos θ-sin θ=2(cos θ+sin θ).故tan θ=-,从而cos2θ=,sin2θ=.代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=4得ρ2=5,所以交点M的极径为.7.解 (1)曲线C1的极坐标方程为ρ=4cos θ.设Q(ρ,θ),则Pρ,θ-,则有ρ=4cosθ-=4sin θ.所以,曲线C2的极坐标方程为ρ=4sin θ.(2)M到射线θ=的距离为d=2sin,|AB|=ρB-ρA=4sin-cos=2(-1),则S=|AB|×d=3-.8.解 (1)曲线C的普通方程为+y2=1.当a=-1时,直线l的普通方程为x+4y-3=0.由解得从而C与l的交点坐标为(3,0),.(2)直线l的普通方程为x+4y-a-4=0,故C上的点(3cos θ,sin θ)到l的距离为d=.当a≥-4时,d的最大值为.由题设得,所以a=8;当a<-4时,d的最大值为.由题设得,所以a=-16.综上,a=8或a=-16.。

2019年高考数学(文)二轮复习对点练：专题九选做大题专题对点练26 Word版含答案

专题对点练26坐标系与参数方程(选修4—4)1.(2018全国Ⅰ,文22)在直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为y=k|x|+2.以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ-3=0.(1)求C2的直角坐标方程;(2)若C1与C2有且仅有三个公共点,求C1的方程.2.(2018全国Ⅱ,文22)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(θ为参数),直线l的参数方程为(t为参数).(1)求C和l的直角坐标方程;(2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2),求l的斜率.3.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(其中φ为参数),以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ(tan α·cos θ-sin θ)=1α为常数,0<α<π,且α≠,点A,B(A在x轴下方)是曲线C1与C2的两个不同交点.(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程;(2)求|AB|的最大值及此时点B的坐标.4.已知曲线C的参数方程为(θ为参数),在同一平面直角坐标系中,将曲线C上的点按坐标变换得到曲线C',以原点为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系.(1)求曲线C'的极坐标方程;(2)若过点A(极坐标)且倾斜角为的直线l与曲线C'交于M,N两点,弦MN的中点为P,求的值.专题对点练26答案1.解(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ得C2的直角坐标方程为(x+1)2+y2=4.(2)由(1)知C2是圆心为A(-1,0),半径为2的圆.由题设知,C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线.记y轴右边的射线为l1,y轴左边的射线为l2,由于B在圆C2的外面,故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点,或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.当l1与C2只有一个公共点时,A到l1所在直线的距离为2,所以=2,故k=-或k=0.经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=-时,l1与C2只有一个公共点,l2与C2有两个公共点.当l2与C2只有一个公共点时,A到l2所在直线的距离为2,所以=2,故k=0或k=,经检验,当k=0时,l1与C2没有公共点;当k=时,l2与C2没有公共点.综上,所求C1的方程为y=-|x|+2.2.解(1)曲线C的直角坐标方程为=1.当cos α≠0时,l的直角坐标方程为y=tan α·x+2-tan α,当cos α=0时,l的直角坐标方程为x=1.(2)将l的参数方程代入C的直角坐标方程,整理得关于t的方程(1+3cos2α)t2+4(2cos α+sin α)t-8=0.①因为曲线C截直线l所得线段的中点(1,2)在C内,所以①有两个解,设为t1,t2,则t1+t2=0.又由①得t1+t2=-,故2cos α+sin α=0,于是直线l的斜率k=tan α=-2.3.解(1)曲线C1的参数方程为(其中φ为参数),普通方程为+y2=1;曲线C2的极坐标方程为ρ(tan α·cos θ-sin θ)=1,直角坐标方程为x tan α-y-1=0.(2)C2的参数方程为(t为参数),代入+y2=1,得t2-2t sin α=0,∴t1+t2=,t1t2=0,∴|AB|=.∵0<α<π,且α≠,∴sin α∈(0,1),∴|AB|max=,此时B的坐标为.4.解(1)C:=1,将代入C的普通方程可得x'2+y'2=1.因为ρ2=x2+y2,所以曲线C'的极坐标方程为C':ρ=1.(2)点A的直角坐标是A,将l的参数方程代入x2+y2=1,可得4t2-6t+5=0,∴t1+t2=,t1·t2=,∴.。

2019版高考数学二轮复习专题九选做大题专题突破练25坐标系与参数方程文.docx

专题突破练25坐标系与参数方程（选修4-4）x = 1 + cosa^1.（2018山西吕梁一模,22）直角坐标系My屮，曲线G的参数方程为（y =血口（ a为参X2数），曲线G:3夕=1.⑴在以0为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求G, G的极坐标方程；n（2）射线〃二W（Q$O）与G异于极点的交点为4与G的交点为〃，求必〃/.lx = tcosa y2.（2018湖南衡阳二模，理22）已知直线1的参数方程为» =⑸加（其中t为参数），以坐标原点。

为极点，以/轴正半轴为极轴,建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为P2-2/77P COS ^-4-0（其中〃以））.（1）若点M的直角坐标为（3, 3）,且点掰在曲线C内，求实数刃的取值范圉；（2）若/〃=3,当a变化时，求直线/被曲线C截得的弦长的取值范围.3.(2018全国卷1,22)在直角坐标系/勿中，曲线G的方程为y二k[x!也.以坐标原点为极点，/ 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E的极坐标方程为Q沖2Qcos ^-3=0.(1)求G的直角坐标方程；⑵若G与G有且仅有三个公共点，求G的方程.(x = tcosa94.在直角坐标系xOy曲线G：(y = b曲&为参数，tHO)，其中°W。

.在以。

为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线G： P=2sin “，G：Q%Pcos 0.(1)求G与幺交点的直角坐标；(2)若G与G相交于点力,G与G相交于点〃，求必〃/的最大值・fx = 1 + tcosa、5.(2018山东潍坊一模,22)在平面直角坐标系My中，直线/的参数方程为(= tsina & 为参数,0W在以坐标原点为极点，/轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线Q的极坐标1方程为■Q2二1 4- sin^O(1)求曲线C的直角坐标方程；1 1------ H -------(2)设点"的坐标为(1,0),直线/与曲线Q相交于〃两点，求MT \MB\的值.fx = 2 + t,6.在直角坐标系xOy中，直线厶的参数方程为(y = ^ (f为参数)，直线的参数方程为X =・ 2 + m,my k(加为参数).设厶与Z的交点为只当&变化时,P的轨迹为曲线6：(1)写出C的普通方稈；(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设73: P (cos 0 -^sin -A/2O,M 为人与C的交点，求〃的极径.(7- （2018河北唐山三模,22）点戶是曲线G:（旷2）行曲上的动点，以坐标原点0为极点"轴的正半轴为极轴建立极坐标系，以极点°为中心，将点〃逆时针旋转go。

2019届高考数学二轮复习中档大题满分练中档大题满分练(九)含答案

中档大题满分练9.坐标系与参数方程中档大题集训练,练就慧眼和规范,筑牢高考满分根基!1.在直角坐标系xOy中,将圆x2+y2=1上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的倍,再把所得曲线上每一点向下平移1个单位得到曲线C1.以O为极点,以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程是ρsin=.(1)写出C1的参数方程和C2的直角坐标方程.(2)设点M在C1上,点N在C2上,求使|MN|取最小值时点M的直角坐标.【解析】(1)C1为x2+=1,其参数方程为(α为参数).C2:原式=ρsin θ+ρcos θ=2,其直角坐标方程为x+y-2=0.(2)由(1)可设M(cos α,sin α-1),由于C2是直线,所以|MN|的最小值就是M到C2距离d的最小值. d==,当α=时,d取最小值,最小值为.此时M的直角坐标为.2.在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为(t为参数),圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5.以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线l及圆C的极坐标方程.(2)若直线l与圆C交于A,B两点,求cos∠AOB的值.【解析】(1)由直线l的参数方程得,其普通方程为y=x+2,所以直线l的极坐标方程为ρsin θ=ρcos θ+2.又因为圆C的方程为(x-2)2+(y-1)2=5,将代入并化简得ρ=4cos θ+2sin θ,所以圆C的极坐标方程为ρ=4cos θ+2sin θ.(2)将直线l:ρsin θ=ρcos θ+2,与圆C:ρ=4cos θ+2sin θ联立,得(4cos θ+2sin θ)(sin θ-cos θ)=2,整理得sin θcos θ=3cos2θ,所以θ=,或tan θ=3.不妨记点A对应的极角为,点B对应的极角为θ,且tan θ=3. 于是,cos ∠AOB=cos=sin θ=.。

2019版高考数学二轮复习专题九选做大题专题突破练26不等式选讲文.docx

专题突破练26不等式选讲(选修4—5)1.(2018 全国卷2, 23)设函数f(x) =5-/x^a/-/x-2/.(1)当a=l时，求不等式fg >0的解集;⑵若求目的取值范围.2.已知a/O, b为,£ +E2证明:(1)(日")(日W) 34;(2)网W2.3.(2018 云南昆明二模,23)已知函数f{x) =/x+l /-/ax-1 /.(1)当a=\时，求不等式f3 Wx的解集；1⑵当空时，/V) "5,求实数&的取值范围.4.已知函数f(x) =/2x~\ l+]2x+aL g(x)二卅3.(1)当a=-2时，求不等式f(x) Q(x)的解集；上3(2)设QT,且当xE. . 2 2丿时,fg Wg(x),求a的取值范围.5.(2018 广西三模,23)已知函数fd) =jx-\ l^/xA /-2.(1)求不等式Ax) & 1的解集；(2)若关于x的不等式fd) 在R上恒成立,求实数a的取值范围.6.（2018河北唐山三模,23）已知函数f3 =/厂1/-/2厂3/.（1）求不等式代心0的解集;⑵设g（x）=f\x} +f （-处,求g{x）的最大值.7.（2018河南郑州三模,23）己知Q0, 40,函数f{x）二〃七”/2xT/的最小值为1. （1）证明:2a+b我;⑵若a也b2 tab恒成立，求实数t的最大值.& （2018山东潍坊一模,23）设函数厂3 =/日卅1/+/u/（小0）, g3⑴当a=l吋,求不等式g3 的解集；3（2）已知F3 >2,求a的取值范围.参考答案专题突破练26不等式选讲(选修4-5)1.解(1)当仪=1时，■2% + 4,% < ・ 1,2,・ 1 V JC S 2,代方」・加+ 6.x > 2.可得 "$0的解集为&/-2WxW3}.(2)f(x)Wl 等价于Ix+al+lx£j24.而/”3/“r-2/3/"2/,且当x=2时等号成立.故W1等价于/尹2/24.由/尹2/24可得日W~6或心2.所以日的取值范围是(-由,£ U [2, T.2.证明(1)("方)(a =a +at)b七方Q'") =4 +&b(W)'24.(2)因为(日“) '二盘也占b也a甘+E3(a + b)23(tz + bf么4，当$可时取等号，所以5+小<&因此a+bW2・3.解(1)当a=l 时，不等式f{x) Wx,即为/卅/Wx,(x < - l,_^f ・ 1 V 兀 M l9_^(x > 1,等价于[-2 <x^[ 2x<x ^]2 < %,解得-2WxW-l 或-1OW0 或x22.故不等式f3Wx 的解集为[-2, 0] U [2, +◎.1⑵当时，疥& +X 、由 /axA /<x +x 、得-対兀T <a<x^^1.1 1 1 1当心2时,的最小值为3, -卅尢-1的最大值为2,1故日的取值范围是(2 3).4. 解 ⑴当 a=-2 时,不等式 f(x) Q(x)化为 /2xT /+/2x-2/-x-3<0. 设函数 y=/2x-l /^/2x-2 /-x-3y1 ・ 5%,% < ―21-x - 2— 5x51、23% ・ 6,% > 1.英图象如图所示•从图象可知，当且仅当xe (0,2)时，y<0.所以原不等式的解集是 {x/OO⑵.■ a 1\(2)当圧 2'2丿时，f®二1 +a.不等式f3 Wg(x)化为1 +aWx 枫.a 1\ a 4所以x2Q ~2对. 2 2丿都成立.故_2鼻$_2,即白从而日的取值范围是I 3.35.解 ⑴当xW -1时，不等式等价于1 -x-^-1 -2^1,解得xW 2; 当-1“<1时,不等式等价于1P 々K-2M1,不等式无解；3当x^ \时,不等式等价于x~\ +x+\ -2^1,解得则尸(2) f{x) =jx-\ [+1x+\ /一22 !x~\ 一("1) /一2电:'关于x 的不等式f\x) ^a-a-2在R 上恒成立，・：/p_2W0恒成立，解得-1W 曰W2.・：实数&的取值范围是[-1,2].6. 解 ⑴由题意得/%-1 />/2^-3/,所以/%-1/>/2^-3/2.整理可得3,-10^8W0,解得所以吋，呂(/) =/kT /-/2“-3/-/-2二3大值-3,故时,g3収得最大值-3.b7.(1)证明：r 〈2.・3兀・a + b.x V ・a,b 2 b3% + a ・ b/> ―2bb显然代劝在(-〜三)上单调递减，在(2 +*)上单调递增，b b所以f3的最小值为/( 2)二护2=1,即2&+b 毛.a + 2b(2)解因为^2^ tab 恒成立，所以 ab 2z 恒成立，a + 2b>l 211 2 1 2a 2b 1 )2a2b 9 ab ~b + a 2b + a) (2^)=2(5y b + a)^2(5^j b a ) J2 a + 2b9当且仅当a=b^时，ab取得最小值2,所以泾2,即实数z 的最大值为2.X X <综上,不等式f(x)31的解集为I3 3迈或巳-[x 3W ^W2,故原不等式的解集为I4-<%< 2 3 (2)显然g3二心+f7 为偶函数，所以只研究值・ g3 =f(x) +玖一必=/xT /-/2厂3 ]+]x+\ /一/2卅3/, 心0时g{x)的最大2X,3 - 2 1 <- X <-O < % < 1 6・当以所3「23 “2吋,g3取得最8.解(1)当£=1 时,不等式g{x)即x +x3 /xA /+/x-\ /, 当x<~\吋，x兀x.：x$0 或~3,•:此吋xW-3,当T WxWl 时，x +x22, x杖$0,・：x21 或xW~2,・：此时x=\, 当x>\时，/ +xM2x, x~x^0,・：才21或泾0,此时Q1,•:不等式的解集为-3或JV N 1}.1-(a + l)x + a -1,% < —,a1(a -1)% + a + l?. — <%<a.a(a + 1)% - a + l^x > a.(2) f(x) =jax+\ /+//-$/二若0 1,则f(X)min-A <9)=a +1,•：/+i $2,72V2・•・ 2 w$wi,113若小1,则f3mi4（ -Q）討a>2$, .si.综上所述，於2.。

近年高考数学二轮复习专题九选做大题专题对点练26坐标系与参数方程文(2021年整理)

2019版高考数学二轮复习专题九选做大题专题对点练26 坐标系与参数方程文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学二轮复习专题九选做大题专题对点练26 坐标系与参数方程文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题对点练26 坐标系与参数方程(选修4—4)1.(2018全国Ⅰ，文22）在直角坐标系xOy中,曲线C1的方程为y=k|x|+2。

以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcos θ—3=0。

（1）求C2的直角坐标方程;（2)若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程。

2。

（2018全国Ⅱ，文22）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(θ为参数），直线l的参数方程为(t为参数).(1)求C和l的直角坐标方程；（2)若曲线C截直线l所得线段的中点坐标为(1,2),求l的斜率。

3.在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为（其中φ为参数），以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ（tanα·cos θ-sin θ)=1α为常数，0〈α〈π，且α≠,点A，B(A在x轴下方)是曲线C1与C2的两个不同交点。

(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）求|AB｜的最大值及此时点B的坐标.4.已知曲线C的参数方程为(θ为参数）,在同一平面直角坐标系中，将曲线C上的点按坐标变换得到曲线C',以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系。