2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点二十坐标系与参数方程课件文

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(全国通用)2020版高考数学二轮复习第二层提升篇专题七选考系列第1讲坐标系与参数方程讲义

第1讲坐标系与参数方程[全国卷3年考情分析](1)坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查的重点主要有两个方面：一是简单曲线的极坐标方程；二是参数方程、极坐标方程与曲线的综合应用.(2)全国课标卷对此部分内容的考查以解答题形式出现，难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用.[例1] (2019·全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O 为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C ：ρ＝4sin θ上，直线l 过点A(4，0)且与OM 垂直，垂足为P .(1)当θ0＝π3时，求ρ0及l 的极坐标方程；(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程. [解] (1)因为M(ρ0，θ0)在曲线C 上，当θ0＝π3时，ρ0＝4sin π3＝2 3.由已知得|OP |＝|OA |cos π3＝2.设Q (ρ，θ)为l 上除P 外的任意一点.连接OQ ，在Rt △OPQ 中，ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝|OP|＝2. 经检验，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3在曲线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2上，所以，l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2.(2)设P (ρ，θ)，在Rt △OAP 中，|OP |＝|OA |cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ. 因为P 在线段OM 上，且AP ⊥OM ，所以θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2.所以，P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2. [解题方略]1.直角坐标与极坐标方程的互化(1)直角坐标方程化极坐标方程时，可以直接将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入即可. (2)极坐标方程化直角坐标方程时，一般需要构造ρ2，ρsin θ，ρcos θ，常用的技巧有式子两边同乘以ρ，两角和与差的正弦、余弦展开等.2.求解与极坐标有关的问题的主要方法(1)直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想结合使用.(2)转化为直角坐标系，用直角坐标求解.若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标.[跟踪训练](2019·安徽省考试试题)在直角坐标系xOy 中，直线l 1：x ＝0，圆C ：(x －1)2＋(y －1－2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线l 1和圆C 的极坐标方程；(2)若直线l 2的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设l 1，l 2与圆C 的公共点分别为A ，B ，求△OAB 的面积.解：(1)∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴直线l 1的极坐标方程为ρcos θ＝0，即θ＝π2(ρ∈R )，圆C 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－2()1＋2ρsin θ＋3＋22＝0.(2)设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，ρ1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，ρ2，将θ＝π2代入ρ2－2ρcos θ－2()1＋2ρsin θ＋3＋22＝0，得ρ2－2()1＋2ρ＋3＋22＝0，解得ρ1＝1＋ 2.将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－2()1＋2ρsin θ＋3＋22＝0，得ρ2－2()1＋2ρ＋3＋22＝0，解得ρ2＝1＋ 2.故△OAB 的面积为12×()1＋22×sin π4＝1＋324.[例2] (2019·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－t 21＋t2，y ＝4t1＋t2(t为参数).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 的极坐标方程为2ρcos θ＋3ρsin θ＋11＝0.(1)求C 和l 的直角坐标方程； (2)求C 上的点到l 距离的最小值. [解] (1)因为－1<1－t21＋t2≤1，且x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 21＋t 22＋4t 2（1＋t 2）2＝1，所以C 的直角坐标方程为x 2＋y 24＝1(x ≠－1)，l 的直角坐标方程为2x ＋3y ＋11＝0.(2)由(1)可设C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝2sin α(α为参数，－π<α<π).C 上的点到l 的距离为|2cos α＋23sin α＋11|7＝4cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＋117.当α＝－2π3时，4cos ⎝⎛⎭⎪⎫α－π3＋11取得最小值7，故C 上的点到l 距离的最小值为7. [解题方略]参数方程化为普通方程消去参数的方法(1)代入消参法：将参数解出来代入另一个方程消去参数，直线的参数方程通常用代入消参法.(2)三角恒等式法：利用sin 2α＋cos 2α＝1消去参数，圆的参数方程和椭圆的参数方程都是运用三角恒等式法.(3)常见消参数的关系式：①t ·1t＝1；②⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1t 2＝4；③⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 1＋t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 21＋t 22＝1.[跟踪训练](2019·南昌市第一次模拟测试)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋t ，y ＝1＋3t(t 为参数)，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋2cos α，y ＝3＋2sin α(α为参数)，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C 的极坐标方程；(2)设点M (2，1)，直线l 与曲线C 相交于A ，B 两点，求|MA |·|MB |的值.解：(1)由参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4＋2cos α，y ＝3＋2sin α得普通方程(x －4)2＋(y －3)2＝4，所以曲线C 的极坐标方程为ρ2－8ρcos θ－6ρsin θ＋21＝0.(2)设点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，将⎩⎨⎧x ＝2＋t ，y ＝1＋3t(t 为参数)代入(x －4)2＋(y －3)2＝4，得t 2－()3＋1t ＋1＝0，所以t 1t 2＝1，直线l ：⎩⎨⎧x ＝2＋t ，y ＝1＋3t(t 为参数)，可化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋12（2t ），y ＝1＋32（2t ），所以|MA |·|MB |＝|2t 1||2t 2|＝4|t 1t 2|＝4.[例3] (2019·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t (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ρ2＝21＋sin 2θ，点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π4. (1)求C 的直角坐标方程和P 的直角坐标；(2)设l 与C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，求|PM |.[解] (1)由ρ2＝21＋sin 2θ得ρ2＋ρ2sin 2θ＝2 ①，将ρ2＝x 2＋y 2，y ＝ρsin θ代入①并整理得，曲线C 的直角坐标方程为x 22＋y 2＝1.设点P 的直角坐标为(x ，y )，因为点P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，所以x ＝ρcos θ＝2cos π4＝1，y ＝ρsin θ＝2sin π4＝1.所以点P 的直角坐标为(1，1).(2)法一：将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t代入x22＋y 2＝1，并整理得41t 2＋110t ＋25＝0，Δ＝1102－4×41×25＝8000＞0，故可设方程的两根分别为t 1，t 2，则t 1，t 2为A ，B 对应的参数，且t 1＋t 2＝－11041.依题意，点M 对应的参数为t 1＋t 22，所以|PM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 1＋t 22＝5541.法二：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋35t ，y ＝1＋45t消去t ，得y ＝43x －13.将y ＝43x －13代入x 22＋y 2＝1，并整理得41x 2－16x －16＝0，因为Δ＝(－16)2－4×41×(－16)＝2880＞0，所以x 1＋x 2＝1641，x 1x 2＝－1641.所以x 0＝841，y 0＝43x 0－13＝43×841－13＝－341，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫841，－341.所以|PM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫841－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－341－12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33412＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－44412＝5541.[解题方略]极坐标方程与参数方程综合问题的解题策略(1)求交点坐标、距离、线段长.可先求出直角坐标方程，然后求解. (2)判断位置关系.先转化为平面直角坐标方程，然后再作出判断.(3)求参数方程与极坐标方程综合的问题.一般是先将方程化为直角坐标方程，利用直角坐标方程来研究问题.[跟踪训练]1.(2019·东北四市联合体模拟)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1的倾斜角为30°，且经过点A (2，1).以坐标原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 2：ρcosθ＝3.从坐标原点O 作射线交l 2于点M ，点N 为射线OM 上的点，满足|OM |·|ON |＝12，记点N 的轨迹为曲线C .(1)写出直线l 1的参数方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)设直线l 1与曲线C 交于P ，Q 两点，求|AP |·|AQ |的值.解：(1)直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos30°，y ＝1＋t sin30°(t 为参数)，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋32t ，y ＝1＋12t (t 为参数).设N (ρ，θ)，M (ρ1，θ1)(ρ＞0，ρ1＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ρρ1＝12，θ＝θ1，又ρ1cos θ1＝3，所以ρ·3cos θ＝12，即ρ＝4cos θ，所以曲线C 的直角坐标方程为x 2－4x ＋y 2＝0(x ≠0).(2)设P ，Q 对应的参数分别为t 1，t 2，将直线l 1的参数方程代入曲线C 的直角坐标方程中，得⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32t 2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋32t ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12t 2＝0，即t 2＋t －3＝0，Δ＝13＞0，t 1，t 2为方程的两个根，所以t 1t 2＝－3，所以|AP |·|AQ |＝|t 1t 2|＝|－3|＝3.2.(2019·贵阳市第一学期监测)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22t ，y ＝22t ＋42(t 是参数)，以原点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ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4.(1)判断直线l 与曲线C 的位置关系；(2)设M (x ，y )为曲线C 上任意一点，求x ＋y 的取值范围. 解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22t ，y ＝22t ＋42消去t 得y ＝x ＋42，由ρ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4得ρ＝2cos θ－2sin θ，由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，ρ2＝x 2＋y 2得⎝ ⎛⎭⎪⎫x －222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋222＝1，即C 是以⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22为圆心，1为半径的圆，圆心⎝ ⎛⎭⎪⎫22，－22到直线y ＝x ＋42的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22＋22＋422＝5＞1，所以直线l 与曲线C 相离.(2)圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22＋cos θ，y ＝－22＋sin θ(θ为参数)，则x ＋y ＝sin θ＋cos θ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4，又由θ∈R 可得－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4≤1，则－2≤x ＋y ≤2，所以x ＋y 的取值范围为[－2，2]. [专题过关检测]大题专攻强化练1.在平面直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求半圆C 的参数方程；(2)若半圆C 与圆D ：(x －5)2＋(y －3)2＝m (m 是常数，m ＞0)相切，试求切点的直角坐标.解：(1)半圆C 的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4(0≤y ≤2)，则半圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋2cos t ，y ＝2sin t (t 为参数，0≤t ≤π).(2)C ，D 的圆心坐标分别为(2，0)，(5，3)，于是直线CD 的斜率k ＝3－05－2＝33. 由于切点必在两个圆心的连线上，故切点对应的参数t 满足tan t ＝33，t ＝π6，所以切点的直角坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋2cos π6，2sin π6，即(2＋3，1).2.(2019·全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox 中，A (2，0)，B ⎝⎛⎭⎪⎫2，π4，C ⎝⎛⎭⎪⎫2，3π4，D (2，π)，弧AB ︵，BC ︵，CD ︵所在圆的圆心分别是(1，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2，(1，π)，曲线M 1是弧AB ︵，曲线M 2是弧BC ︵，曲线M 3是弧CD ︵.(1)分别写出M 1，M 2，M 3的极坐标方程；(2)曲线M 由M 1，M 2，M 3构成，若点P 在M 上，且|OP |＝3，求P 的极坐标.解：(1)由题设可得，弧AB ︵，BC ︵，CD ︵所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sinθ，ρ＝－2cos θ.所以M 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π4，M 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4≤θ≤3π4，M 3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4≤θ≤π.(2)设P (ρ，θ)，由题设及(1)知若0≤θ≤π4，则2cos θ＝3，解得θ＝π6；若π4≤θ≤3π4，则2sin θ＝3，解得θ＝π3或θ＝2π3；若3π4≤θ≤π，则－2cos θ＝3，解得θ＝5π6. 综上，P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫3，π6或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，2π3或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π6.3.(2019·福州市第一学期抽测)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数，α为l 的倾斜角)，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线E 的极坐标方程为ρ＝4sin θ，直线θ＝β，θ＝β＋π3，θ＝β－π3(ρ∈R )与曲线E 分别交于不同于极点O 的三点A ，B ，C .(1)若π3＜β＜2π3，求证：|OB |＋|OC |＝|OA |；(2)当β＝5π6时，直线l 过B ，C 两点，求y 0与α的值.解：(1)证明：依题意，|OA |＝|4sin β|，|OB |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3，|OC |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β－π3， ∵π3＜β＜2π3， ∴|OB |＋|OC |＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫β＋π3＋4sin ⎝⎛⎭⎪⎫β－π3＝4sin β＝|OA |.(2)当β＝5π6时，直线θ＝β＋π3与曲线E 的交点B 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，π6，直线θ＝β－π3与曲线E 的交点C 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，π2，从而，B ，C 两点的直角坐标分别为B (3，1)，C (0，4)， ∴直线l 的方程为y ＝－3x ＋4， ∴y 0＝1，α＝2π3.4.(2019·江西八所重点中学联考)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，曲线M 的极坐标方程为ρ＝2cos θ，若极坐标系内异于O 的三点A (ρ1，φ)，B ⎝⎛⎭⎪⎫ρ2，φ＋π6，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ3，φ－π6(ρ1，ρ2，ρ3＞0)都在曲线M 上.(1)求证：3ρ1＝ρ2＋ρ3；(2)若过B ，C 两点的直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－32t ，y ＝12t (t 为参数)，求四边形OBAC 的面积.解：(1)证明：由题意得ρ1＝2cos φ，ρ2＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π6，ρ3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ－π6，则ρ2＋ρ3＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫φ＋π6＋2cos ⎝⎛⎭⎪⎫φ－π6＝23cos φ＝3ρ1.(2)由曲线M 的极坐标方程得曲线M 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0，将直线BC 的参数方程代入曲线M 的直角坐标方程得t 2－3t ＝0，解得t 1＝0，t 2＝3，∴在平面直角坐标中，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，C (2，0)，则ρ2＝1，ρ3＝2，φ＝π6，∴ρ1＝ 3.∴四边形OBAC 的面积S ＝S △AOB ＋S △AOC ＝12ρ1ρ2·sin π6＋12ρ1ρ3sin π6＝334.5.在平面直角坐标系xOy 中，倾斜角为α的直线l 过点M (－2，－4).以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，且在两坐标系中长度单位相同，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝2cos θ.(1)写出直线l 的参数方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)若直线l 与C 交于A ，B 两点，且|MA |·|MB |＝40，求倾斜角α的值. 解：(1)因为倾斜角为α的直线过点M (－2，－4)，所以直线l 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋t cos α，y ＝－4＋t sin α(t 是参数).因为曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＝2cos θ，所以ρ2sin 2θ＝2ρcos θ，所以曲线C 的直角坐标方程是y 2＝2x .(2)把直线的参数方程代入y 2＝2x ，得t 2sin 2α－(2cos α＋8sin α)t ＋20＝0，由题意知，Δ＞0，设t 1，t 2为方程t 2sin 2α－(2cos α＋8sin α)t ＋20＝0的两根，则t 1＋t 2＝2cos α＋8sin αsin 2α，t 1t 2＝20sin 2α，根据直线参数方程的几何意义知|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝20sin 2α＝40，故α＝π4或α＝3π4，又Δ＝(2cos α＋8sin α)2－80sin 2α＞0，所以α＝π4.6.(2019·湖南省五市十校联考)在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝t ＋2(t是参数)，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4.(1)求圆C 的直角坐标方程；(2)过直线l 上的点向圆C 引切线，求切线长的最小值. 解：(1)由ρ＝2cos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4，得ρ2＝ρcos θ－ρsin θ，∴x 2＋y 2－x ＋y ＝0，即圆C 的直角坐标方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋122＝12.(2)设l 上任意一点P (t ，t ＋2)，过P 向圆C 引切线，切点为Q ，连接PC ，CQ ， ∵圆C 的圆心为C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，半径r ＝22，∴|PQ |＝|PC |2－|CQ |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2＋122－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝2（t ＋1）2＋4≥2，即切线长的最小值为2.7.(2019·石家庄市模拟(一))在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝r cos α＋2，y ＝r sin α(α为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l 的极坐标方程为θ＝π3. (1)求曲线C 的极坐标方程；(2)当0＜r ＜2时，若曲线C 与射线l 交于A ，B 两点，求1|OA |＋1|OB |的取值范围. 解：(1)由题意知曲线C 的普通方程为(x －2)2＋y 2＝r 2，令x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，化简得ρ2－4ρcos θ＋4－r 2＝0.(2)法一：把θ＝π3代入曲线C 的极坐标方程中，得ρ2－2ρ＋4－r 2＝0.令Δ＝4－4(4－r 2)＞0，结合0＜r ＜2，得3＜r 2＜4.方程的解ρ1，ρ2分别为点A ，B 的极径，ρ1＋ρ2＝2，ρ1ρ2＝4－r 2＞0， ∴1|OA |＋1|OB |＝1ρ1＋1ρ2＝ρ1＋ρ2ρ1ρ2＝24－r 2. ∵3＜r 2＜4，∴0＜4－r 2＜1， ∴1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞). 法二：射线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12t ，y ＝32t (t 为参数，t ≥0)，将其代入曲线C 的方程(x －2)2＋y 2＝r 2中得，t 2－2t ＋4－r 2＝0，令Δ＝4－4(4－r 2)＞0结合0＜r ＜2，得3＜r 2＜4，方程的解t 1，t 2分别为点A ，B 对应的参数，t 1＋t 2＝2，t 1t 2＝4－r 2，t 1＞0，t 2＞0， ∴1|OA |＋1|OB |＝1t 1＋1t 2＝t 1＋t 2t 1t 2＝24－r 2. ∵3＜r 2＜4，∴0＜4－r 2＜1， ∴1|OA |＋1|OB |∈(2，＋∞). 8.(2019·洛阳市统考)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝－2＋t(t 是参数)，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＝41＋3sin 2θ. (1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程； (2)设曲线C 2经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y得到曲线C 3，M (x ，y )是曲线C 3上任意一点，求点M 到曲线C 1的距离的最大值.解：(1)根据⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2t ，y ＝－2＋t 消参可得曲线C 1的普通方程为x －2y －5＝0，∵ρ2＝41＋3sin 2θ，∴ρ2＋3ρ2sin 2θ＝4，将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，x 2＋y 2＝ρ2代入可得：x 2＋4y 2＝4.故曲线C 2的直角坐标方程为x 24＋y 2＝1.(2)曲线C 2：x 24＋y 2＝1，经过伸缩变换⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝y 得到曲线C 3的方程为x ′216＋y ′2＝1，∴曲线C 3的方程为x 216＋y 2＝1.设M (4cos α，sin α)，根据点到直线的距离公式可得点M 到曲线C 1的距离d ＝|4cos α－2sin α－5|12＋（－2）2＝|2sin α－4cos α＋5|5＝|25sin （α－φ）＋5|5≤25＋55＝2＋5(其中tan φ＝2)，∴点M 到曲线C 1的距离的最大值为2＋ 5.。

2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档：第一部分考点二十概率、随机变量及其分布 Word版含解析

考点二十概率、随机变量及其分布一、选择题1．同时抛掷3枚硬币，那么互为对立事件的是( ) A ．“至少有1枚正面”与“最多有1枚正面” B ．“最多有1枚正面”与“恰有2枚正面” C ．“至多有1枚正面”与“至少有2枚正面” D ．“至少有2枚正面”与“恰有1枚正面” 答案 C解析两个事件是对立事件必须满足两个条件：①不同时发生，②两个事件的概率之和等于1.故选C.2．随机向边长为10π，10π，12π的三角形中投一点M ，则点M 到三个顶点的距离都不小于π的概率是( )A ．π95B ．1πC ．9596D ．196答案 C解析分别以三角形的三个顶点为圆心，π为半径作圆，则在三角形内部，且在三圆外部的区域即为与三角形三个顶点距离不小于π的部分，所以所求概率P ＝1－12×π×(π)212×12π×8π＝9596，故选C.3．(2019·四川成都七中5月模拟)据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、侯、公，共五级．若给有巨大贡献的2人进行封爵，则两人不被封同一等级的概率为( )A ．15B ．25C ．45D ．35 答案 C解析由题意知，基本事件的总数有5×5＝25种情形，两人被封同一等级的方法种数有男、子、伯、侯、公，共5种情形，故所求事件的概率为1－525＝2025＝45.4. (2019·晋冀鲁豫中原名校第三次联考)1876年4月1日，加菲尔德在《新英格兰教育日志》上发表了勾股定理的一种证明方法，即在如图的直角梯形ABCD 中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形面积”，可以简洁明了地推证出勾股定理.1881年加菲尔德就任美国第二十任总统．后来，人们为了纪念他对勾股定理直观、易懂的证明，就把这一证明方法称为“总统证法”．如图，设∠BEC ＝15°，在梯形ABCD 中随机取一点，则此点取自等腰直角△CDE 中(阴影部分)的概率是()A ．32B ．34C ．23D ．22答案 C解析在直角△BCE 中，a ＝c cos15°，b ＝c sin15°，则P ＝S △CDES 梯形ABCD ＝12c212(a ＋b )2＝c 2c 2(cos15°＋sin15°)2＝11＋sin30°＝23，故选C. 5．古典著作《连山易》中记载了金、木、水、火、土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰是相克关系的概率为( )A ．23B ．25 C ．12 D ．15答案 C解析依题意，从5种物质中任取2种，共有C 25＝10种选法，根据相生相克原理，可知恰有5种选法具有相克关系，故恰是相克关系的概率为P ＝12，故选C.6．(2019·广东潮州二模)一试验田某种作物一株生长果个数x 服从正态分布N (90，σ2)，且P (x <70)＝0.2，从试验田中随机抽取10株，果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X ，且X 服从二项分布，则X 的方差为( )A ．3B ．2.1C ．0.3D ．0.21答案 B解析 ∵x ～N (90，σ2)，且P (x <70)＝0.2，所以P (x >110)＝0.2，∴P (90<x <110)＝0.5－0.2＝0.3，∴X ～B (10,0.3)，则X 的方差为10×0.3×(1－0.3)＝2.1，故选B.7．将A ，B ，C ，D 这4名同学从左至右随机地排成一排，则“A 与B 相邻且A 与C 之间恰好有1名同学”的概率是( )A ．12B ．14C ．16D ．18答案 B解析 A ，B ，C ，D 4名同学排成一排有A 44＝24种排法．当A ，C 之间是B时，有2×2＝4种排法，当A ，C 之间是D 时，有2种排法，所以所求概率为4＋224＝14，故选B.8．(2019·湖北武汉4月调研)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员投篮练习，若他第1球投进则后一球投进的概率为34，若他前一球投不进则后一球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为34，则他第2球投进的概率为( )A ．34B ．58C ．716D ．916答案 B解析第2球投进的概率为P ＝34×34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×14＝58.故选B.二、填空题9．已知某射击运动员每次射击击中目标的概率都为80%.现采用随机模拟的方法估计该运动员4次射击至少3次击中目标的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定0,1表示没有击中目标，2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标；再以每4个随机数为一组，代表4次射击的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281据此估计，该射击运动员4次射击至少3次击中目标的概率为________．答案 0.75解析 4次射击中有1次或2次击中目标的有：0371,6011,7610,1417,7140，∴所求概率P ＝1－520＝1520＝0.75.10．在棱长为4的一个正方体内，有一根细线系在上底面的中心处，下方悬挂了一个半径为1的球，且球位于正方体内，已知球面是网状的，小虫可以自由地出入．若一只小虫在某一时刻可以位于正方体内的任意一个位置，则小虫飞入网状球面球体内的概率为________．答案 π48解析小虫飞入网状球面球体内的概率为43π·1343＝π48.11．(2019·辽宁沈阳东北育才学校八模)已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有23的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率为________．答案 15解析记“三人中至少有两人解答正确”为事件A ，“甲解答不正确”为事件B ，则P (A )＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝2027，P (AB )＝13×23×23＝427， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝15. 12．(2019·山东郓城一中三模)七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成的．而这七块板可拼成许多图形，例如：三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等，清陆以湉《冷庐杂识》写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余．在18世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新谱》．若用七巧板拼成一只雄鸡，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为________．答案 18解析设包含7块板的正方形边长为4，其面积为4×4＝16，则雄鸡的鸡尾面积为标号为6的板块，其面积为S ＝2×1＝2，所以在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为P ＝216＝18.三、解答题13．随着网络营销和电子商务的兴起，人们的购物方式更具多样化．某调查机构随机抽取10名购物者进行采访，5名男性购物者中有3名倾向于选择网购，2名倾向于选择实体店，5名女性购物者中有2名倾向于选择网购，3名倾向于选择实体店．(1)若从10名购物者中随机抽取2名，其中男、女各1名，求至少有1名倾向于选择实体店的概率；(2)若从这10名购物者中随机抽取3名，设X 表示抽到倾向于选择网购的男性购物者的人数，求X 的分布列和数学期望．解 (1)设“随机抽取2名，其中男、女各1名，至少有1名倾向于选择实体店”为事件A ，则A 表示事件“随机抽取2名，其中男、女各1名，都倾向于选择网购”，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 13×C 12C 15×C 15＝1925.所以至少有1名倾向于选择实体店的概率为1925.(2)X 所有可能的取值为0,1,2,3，且P (X ＝k )＝C k 3C 3－k 7C 310，则P (X ＝0)＝724，P (X ＝1)＝2140，P (X ＝2)＝740，P (X ＝3)＝1120.所以X 的分布列为E (X )＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.14．(2019·江西赣州3月摸底)现有甲、乙、丙三名学生参加某大学的自主招生考试，考试分两轮，第一轮笔试，第二轮面试，只有第一轮笔试通过才有资格进入第二轮面试，面试通过就可以在高考录取中获得该校的优惠加分，两轮考试相互独立．根据以往多次的模拟测试，甲、乙、丙三名学生能通过笔试的概率分别为0.4,0.8,0.5，能通过面试的概率分别为0.8,0.4,0.64.根据这些数据我们可以预测：(1)甲、乙、丙三名学生中至少有两名学生通过第一轮笔试的概率； (2)甲、乙、丙三名学生能获得该校优惠加分的人数X 的数学期望．解 (1)记事件A ：甲通过第一轮笔试，事件B ：乙通过第一轮笔试，事件C ：丙通过第一轮笔试，事件D ：至少有两名学生通过第一轮笔试，则P (A )＝0.4，P (B )＝0.8，P (C )＝0.5.P (D )＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＋P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )·P (C )＋P (A )P (B )P (C )＝0.4×0.8×0.5＋0.4×0.2×0.5＋0.6×0.8×0.5＋0.4×0.8×0.5＝0.6，所以至少有两名学生通过第一轮笔试的概率为0.6.(2)因为甲、乙、丙三名学生中每个人获得优惠加分的概率均为0.32，所以X ～B (3,0.32)，故E (X )＝3×0.32＝0.96.一、选择题1．已知实数m ∈[0,1]，向量a ＝(2，－2)，b ＝(1,1)，则|m a |>|b |的概率是( ) A ．14 B ．13 C ．12 D ．23答案 C解析 m a ＝(2m ，－2m )，若|m a |>|b |，则(2m )2＋(－2m )2>12＋12，得m <－12(舍去)或m >12.所以|m a |>|b |的概率是P ＝1－121－0＝12.故选C.2．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312答案 A解析根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为C 230.62×0.4＋0.63＝0.648.故选A.3．(2019·山东临沂二模)某人连续投篮6次，其中4次命中，2次未命中，则他第1次和第5次两次均命中的概率是( )A ．12B ．25 C ．14 D ．15答案 B解析基本事件总数n ＝C 46C 22＝15，他第1次和第5次两次均命中包含的基本事件个数m ＝C 22C 24C 22＝6，则他第1次和第5次两次均命中的概率是P ＝m n ＝615＝25，故选B.4．某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )A ．110B ．15C ．25D ．12答案 C解析设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B ，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件AB ，“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件B |A ，由题意得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝25，故选C. 5．(2019·河南郑州第三次质检)关于圆周率，数学发展史上出现过很多有创意的求法，如著名的蒲丰试验，受其启发，我们也可以通过设计下面的试验来估计π的值，试验步骤如下：①先请高二年级n 名同学每人在小卡片上随机写下一个实数对(x ，y )(0<x <1,0<y <1)；②若卡片上的x ，y 能与1构成锐角三角形，则将此卡片上交；③统计上交的卡片数，记为m ；④根据统计数n ，m 估计π的值．那么可以估计π的值约为( )A ．m nB ．n －m nC ．4(n －m )nD ．4m n答案 C解析由题意，实数对(x ，y )(0<x <1,0<y <1)，即面积为1.且卡片上的x ，y 能与1构成锐角三角形，即满足x 2＋y 2＞1，且⎩⎨⎧0<x <1，0<y <1，所以面积为1－π4，所以x ，y 能与1构成锐角三角形的概率为1－π4，由题，n 张卡片上交m 张，即m n ＝1－π4⇒π＝4(n －m )n ，故选C.6．(2019·湖南师大附中模拟三)若即时起10分钟内，305路公交车和202路公交车由南往北等可能进入二里半公交站，则这两路公交车进站时间的间隔不超过2分钟的概率为( )A ．0.18B ．0.32C ．0.36D ．0.64答案 C解析设305路车和202路车的进站时间分别为x ，y ，设所有基本事件为W ：⎩⎨⎧0≤x ≤10，0≤y ≤10，“进站时间的间隔不超过2分钟”为事件A ，则A ＝{(x ，y )|0≤x ≤10，0≤y ≤10，|x －y |≤2}，画出不等式表示的区域如图中阴影区域，则S ＝10×10－8×8＝36，则P (A )＝S A S Ω＝36100＝0.36，故选C.7. (2019·北京师大附中模拟三)剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的艺术享受．在如图所示的圆形图案中有12个树叶状图形(即图中阴影部分)，构成树叶状图形的圆弧均相同．若在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )A ．2－33π B ．4－63π C ．33π D ．63π答案 B解析设圆的半径为r ，如图所示，12片树叶是由24个相同的弓形组成，且弓形AmB 的面积为S 弓形＝16πr 2－12·r 2·sin π3＝16πr 2－34r 2.∴所求的概率为P ＝24S 弓形S 圆＝24⎝ ⎛⎭⎪⎫16πr 2－34r 2πr 2＝4－63π，故选B.8．(2019·武汉4月调研)党的十九大报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展，现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教，将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业生至少安排1名的概率为( )A ．425B ．25 C ．1425 D ．45答案 C解析由题意，将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少2名毕业生，基本事件的总数为N ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫C 26＋C 36C 33A 22×A 22＝50种，每所学校男女毕业生至少安排1名共有：一是其中一个学校安排一女一男，另一个学校有一女三男，有C 12C 14A 22＝16种；二是其中一个学校安排一女两男，另一个学校有一女两男，有C 12C 24＝12种，共有16＋12＝28种，所以概率为P ＝2850＝1425.二、填空题9．(2019·河北石家庄二中二模)甲、乙两人组队参加猜谜语大赛，比赛共两轮，每轮比赛甲、乙两人各猜一个谜语，已知甲猜对每个谜语的概率为34，乙猜对每个谜语的概率为23，甲、乙在猜谜语这件事上互不影响，则比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为________．答案 512解析若甲猜对2个，乙猜对1个，则有34×34×C 12×23×13＝14，若甲猜对1个，乙猜对2个，则有C 12×34×14×23×23＝16，∴比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为14＋16＝512.10．某人在微信群中发了一个7元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是________．答案 25解析如下图，利用隔板法．该问题相当于把下面七个圆圈(○○○○○○○)分成三份(每个圆圈代表1元)，其中有6个空档，需要插入2个隔板，共有C 26＝15种方法．甲领取的钱数不少于其他任何人，则有如下情况：如下图，甲领到5元，有1种， ○○○○○|○|○如下图，甲领到4元，有2种， ○○○○|○|○○ ○○○○|○○|○如下图，甲领到3元，有3种， ○○○|○|○○○○○○|○○○|○ ○○○|○○|○○所以所求概率P ＝1＋2＋315＝25.11．从区间[－2,2]中随机选取一个实数a ，则函数f (x )＝4x －a ·2x ＋1＋1有零点的概率是________．答案 14解析令t ＝2x ，函数有零点就等价于方程t 2－2at ＋1＝0有正根，进而可得⎩⎨⎧Δ≥0，t 1＋t 2>0，t 1t 2>0⇒a ≥1，又a ∈[－2,2]，所以函数有零点的实数a 应满足a ∈[1,2]，故P ＝14.12．某个部件由三个电子元件按如图所示的方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为________．答案 38解析三个电子元件的使用寿命均服从正态分布N (1000，502)，所以每个电子元件的使用寿命超过1000 h 的概率均为p ＝12.因为各个元件能否正常工作相互独立，所以P (该部件的使用寿命超过1000小时)＝p ×[1－(1－p )2]＝38.三、解答题13．(2019·辽宁沈阳质量监测三)某商场举行优惠促销活动，顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种，方案一：每满200元减50元；方案二：每满200元可抽奖一次．具体规则是依次从装有3个红球、1个白球的甲箱，装有2个红球、2个白球的乙箱，以及装有1个红球、3个白球的丙箱中各随机摸出1个球，所得结果和享受的优惠如下表：(注：所有小球仅颜色有区别)(1) (2)若某顾客购物金额为320元，用所学概率知识比较哪一种方案更划算？解 (1)设事件A 为“顾客获得半价”，则P (A )＝34×24×14＝332，所以两位顾客至少一人获得半价的概率为 P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫29322＝1831024.(2)若选择方案一，则付款金额为320－50＝270(元)．若选择方案二，记付款金额为X 元，则X 可取的值为160,224,256,320. P (X ＝160)＝332，P (X ＝224)＝34×24×34＋34×24×14＋14×14×24＝1332， P (X ＝256)＝34×24×34＋14×24×34＋14×24×14＝1332， P (X ＝320)＝14×24×34＝332，∴E (X )＝160×332＋224×1332＋256×1332＋320×332＝240. 所以方案二更为划算．14．(2019·全国卷Ⅰ)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X .(1)求X 的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i (i ＝0,1，…，8)表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p 0＝0，p 8＝1，p i ＝ap i －1＋bp i ＋cp i ＋1(i ＝1,2，…，7)，其中a ＝P (X ＝－1)，b ＝P (X ＝0)，c ＝P (X ＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8.①证明：{p i ＋1－p i }(i ＝0,1,2，…，7)为等比数列； ②求p 4，并根据p 4的值解释这种试验方案的合理性．解 (1)X 的所有可能取值为－1,0,1.P (X ＝－1)＝(1－α)β，P (X ＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)， P (X ＝1)＝α(1－β)．所以X 的分布列为(2)因此p i ＝0.4p i －1＋0.5p i ＋0.1p i ＋1，故0.1(p i ＋1－p i )＝0.4(p i －p i －1)，即p i ＋1－p i ＝4(p i －p i －1)．又因为p 1－p 0＝p 1≠0，所以{p i ＋1－p i }(i ＝0,1,2，…，7)是公比为4，首项为p 1的等比数列．②由①可得p 8＝p 8－p 7＋p 7－p 6＋…＋p 1－p 0＋p 0 ＝(p 8－p 7)＋(p 7－p 6)＋…＋(p 1－p 0)＝48－13p 1. 由于p 8＝1，故p 1＝348－1，所以p 4＝(p 4－p 3)＋(p 3－p 2)＋(p 2－p 1)＋(p 1－p 0)＝44－13p 1＝1257.p 4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p 4＝1257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点六不等式及线性规划课件文

fm＝2m2－1<0， fm＋1＝2m2＋3m<0，
解得－
22<m<0，即实数
m

的取值范围是－
22，0.
x＋y≥3，

8．(2019·安徽宣城期末)若实数 x，y 满足x－y≤3， x＋2y≤6，
则(x＋1)2＋y2
的最小值为( A．2 2
) B． 10
界即为所作可行域)，由图知平移 y＝－x＋z 至 B 点
处达到最小值，联立y2＝x＋0，y－6＝0，解得yx＝＝03，，即 B(3,0)，目标函数 z＝x＋y 取最小值时的最优解是
(3,0)．故选 B.
6．下列函数中，最小值是 4 的函数是( )
A．y＝x＋4x
B．y＝sinx＋si4nx(0<x<π)
C．8
D．10
答案 C
解析作出可行域如图中阴影部分所示，(x＋1)2＋y2 的几何意义为可行域内的动点与定点(－1，0)的距离的平方，由图可知，最小值为点(－1，0) 到直线 x＋y＝3 的距离的平方，即|－1－2 3|2＝8.故选 C.
二、填空题
x＋y－5≤0，

9．已知变量 x，y 满足约束条件x－2y＋1≤0， x－1≥0，
3．已知点 A(－3，－1)与点 B(4，－6)在直线 3x－2y－a＝0 的两侧，则实数 a 的取值范围是( )
A．(－24,7) B．(－7,24) C．(－∞，－24)∪(7，＋∞) D．(－∞，－7)∪(24，＋∞) 答案 B 解析由题意可得(－9＋2－a)(12＋12－a)<0，所以－7<a<24.故选 B.
则mn－＋mn＝＝4－，2，解得mn＝＝13，， ∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)，又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4， ∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故 5≤f(－2)≤10.

2020届高考数学二轮复习全程方略课件：专题20 坐标系与参数方程 Word版含答案

θ＋4sin 17
θ－a－4|．
当a≥－4时，d的最大值为a＋179．
由题设得a＋9＝ 17
17，所以a＝8；
第十八页，编辑于星期日：一点四分。
当a<－4时，d的最大值为－a1＋7 1．
由题设得－a＋1＝ 17
17，
所以a＝－16．
综上，a＝8或a＝－16．
第十九页，编辑于星期日：一点四分。
2．(2017·全国卷Ⅱ，22)在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立坐标系，曲线 C1 的极坐标方程为 ρcos θ＝4.
第二十四页，编辑于星期日：一点四分。
4．(2017·江苏卷，21C)在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l 的参数方程为
x＝－8＋t y＝2t
(t 为参数)，曲线 C 的参数方程为xy＝＝22s22，s (s 为参数)．设 P 为曲线
C 上的动点，求点 P 到直线 l 的距离的最小值.
第二十五页，编辑于星期日：一点四分。
核心知识整合
第七页，编辑于星期日：一点四分。
第八页，编辑于星期日：一点四分。
2．圆的极坐标方程
(1)若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r，则圆的方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ
2 0
－
r2＝0．
(2)几个特殊位置的圆的极坐标方程
①当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r； ②当圆心位于M(a,0)，半径为a：___ρ_＝___2_a_c_o_s_θ______；
• [分析] (1)直接由sin2t＋cos2t＝1消参可得； • (2)将圆的极坐标方程化为直角坐标方程，先
求出C1、C2两交点的直角坐标，再化为极坐标．

2020高考文科数学二轮提分广西等课标3卷专用专题能力训练20 坐标系与参数方程

专题能力训练20坐标系与参数方程(选修4—4)一、能力突破训练1.在平面直角坐标系xOy中,圆C的参数方程为-(t为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位,且以原点O为极点,以x轴非负半轴为极轴)中,直线l的方程为ρsin-=m(m∈R).(1)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程;(2)设圆心C到直线l的距离等于2,求m的值.2.(2019全国Ⅲ,文22)如图,在极坐标系Ox中,A(2,0),B,C,D(2,π),弧所在圆的圆心分别是(1,0),,(1,π),曲线M1是弧,曲线M2是弧,曲线M3是弧.(2)曲线M由M1,M2,M3构成,若点P在M上,且|OP|=,求P的极坐标.13.(2019甘肃白银联考,22)在平面直角坐标系xOy中,直线l的方程为x+y+a=0,曲线C的参数方程为(θ为参数).以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线l和曲线C的极坐标方程;(2)若直线θ=(ρ∈R)与直线l的交点为M,与曲线C的交点为A,B,且点M恰好为线段AB的中点,求a.4.(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.5.在极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρsin2θ-cos θ=0,点M.以极点O为原点,以极轴为x轴正半轴建立直角坐标系.斜率为-1的直线l过点M,且与曲线C交于A,B两点.(1)求出曲线C的直角坐标方程和直线l的参数方程;(2)求点M到A,B两点的距离之积.2二、思维提升训练6.(2019湖南常德检测,22)在平面直角坐标系xOy中,已知直线C:-(t为参数),圆M:x2+y2-4x=0.以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)写出直线C与圆M的极坐标方程;(2)在极坐标系中,已知射线l:θ=α(ρ>0)分别与直线C及圆M相交于A,B两点,当α∈时,求△的最大值.7.已知直线l的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程是ρ=-.(1)写出直线l的极坐标方程与曲线C的直角坐标方程;(2)若点P是曲线C上的动点,求点P到直线l的距离的最小值,并求出点P的坐标.38.(2019山东青岛检测,22)在平面直角坐标系xOy中,直线l经过点P(0,),且倾斜角为α,以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ2-4ρcos--1=0.(1)求直线l的参数方程和圆C的直角坐标方程;(2)设直线l与圆C交于M,N两点,若||PM|-|PN||=,求直线l的倾斜角的α值.4专题能力训练20坐标系与参数方程(选修4—4)一、能力突破训练1.解(1)消去参数t,得到圆C的普通方程为(x-1)2+(y+2)2=9.由ρsin-=m,得ρsin θ-ρcos θ-m=0.所以直线l的直角坐标方程为x-y+m=0.(2)依题意,圆心C到直线l的距离等于2,即=2,解得m=-3±2.2.解(1)由题设可得,弧所在圆的极坐标方程分别为ρ=2cos θ,ρ=2sin θ,ρ=-2cos θ.所以M1的极坐标方程为ρ=2cos θ0≤θ≤,M2的极坐标方程为ρ=2sin θ≤θ≤,M3的极坐标方程为ρ=-2cos θ≤θ≤π.(2)设P(ρ,θ),由题设及(1)知若0≤θ≤,则2cos θ=,解得θ=;若≤θ≤,则2sin θ=,解得θ=或θ=;若≤θ≤π,则-2cos θ=,解得θ=.综上,P的极坐标为或或或.3.解(1)将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入x+y+a=0中,得直线l的极坐标方程ρcos θ+ρsin θ+a=0.在曲线C的参数方程中,消去θ,可得x2+(y-1)2=9,即x2+y2-2y-8=0.将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入x2+y2-2y-8=0中,得曲线C的极坐标方程为ρ2-2ρsin θ-8=0.(2)在极坐标系中,由已知可设M,A,B,联立可得ρ2-ρ-8=0,所以ρ2+ρ3=1.--因为点M恰好为AB的中点,所以ρ1=,即M.把M代入ρcos θ+ρsin θ+a=0,得+a=0,所以a=-1.54.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|+2.5.解(1)x=ρcos θ,y=ρsin θ,由ρsin2θ-cos θ=0,得ρ2sin2θ=ρcos θ.所以y2=x即为曲线C的直角坐标方程.点M的直角坐标为(0,1),直线l的倾斜角为,故直线l的参数方程为(t为参数),即-(t为参数).(2)把直线l的参数方程-(t为参数)代入曲线C的方程得=-t,即t2+3t+2=0,Δ=(3)2-4×2=10>0.设A,B对应的参数分别为t1,t2,则-又直线l经过点M,故由t的几何意义得点M到A,B两点的距离之积6|MA|·|MB|=|t1||t2|=|t1·t2|=2.二、思维提升训练6.解(1)直线C的普通方程为x+y=1,由普通方程与极坐标方程的互化公式可得C的极坐标方程为ρ(cos θ+sin θ)=1,即ρsin.圆M的极坐标方程为ρ=4cos θ.(2)因为OBM与OAM都是以点M为顶点,所以底边OB与OA上的高相同,即△.由(1)知,|OA|=ρA=,|OB|=ρB=4cos α,所以=4cos α(sin α+cos α)=2sin 2α+4cos2α=2(1+sin 2α+cos 2α)=2+2sin.由0<α<,得<2α+.所以当2α+,即α=时,有最大值为2+2.因此△的最大值为2+2.7.解(1)由得x-y=1,故直线l的极坐标方程为ρcos θ-ρsin θ=1,即-=1,即ρcos=1.∵ρ=-,∴ρ=,∴ρcos2θ=sin θ,∴(ρcos θ)2=ρsin θ,即曲线C的直角坐标方程为y=x2.(2)设P(x0,y0),y0=,则P到直线l的距离d=----.7∴当x0=时,d min=,此时P.∴当点P的坐标为时,P到直线l的距离最小,最小值为.8.解(1)因为直线l经过点P(0,),且倾斜角为α,所以直线l的参数方程为(t为参数).因为圆C的极坐标方程为ρ2-4ρcos--1=0,所以ρ2-2ρcos θ-2ρsin θ-1=0,所以x2+y2-2x-2y-1=0,所以圆C的直角坐标方程为(x-1)2+(y-)2=5.(2)把直线l的参数方程(t为参数)代入圆C的方程,得(t cos α-1)2+(t sin α)2=5,整理得t2-2t cos α-4=0.设M,N两点对应的参数分别为t1,t2,则Δ>0恒成立,且t1+t2=2cos α,t1t2=-4<0.所以||PM|-|PN||=|t1+t2|=|2cos α|=.所以cos α=±.因为0≤α<π,所以α=或α=.8。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷第一部分刷考点考点十五直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线课件理

3．(2019·湖南师大附中月考七)已知动圆 C 经过点 A(2,0)，且截 y 轴所
得的弦长为 4，则圆心 C 的轨迹是( )
A．圆
B．椭圆
C．双曲线答案 D
D．抛物线
解析设圆心 C(x，y)，弦为 BD，过点 C 作 CE⊥y 轴，垂足为 E，则|BE|
＝2，∴|CA|2＝|CB|2＝|CE|2＋|BE|2，∴(x－2)2＋y2＝22＋x2，化为 y2＝4x，故
r2－A2B2＝ 52－32
10．(2019·河南鹤壁模拟)与双曲线x92－1y62 ＝1 具有相同的渐近线，且经
过点 A(3，－2 3)的双曲线方程是________．
答案解析
49x2－y42＝1 设与双曲线x92－1y62 ＝1 具有相同的渐近线的双曲线的方程为x92－
1y62 ＝m(m≠0)，代入点 A(3，－2 3)，解得 m＝41，则所求双曲线的方程为x92－
(2)证明：①当直线 l 垂直于 x 轴时，直线 l 的方程为 x＝2，此时直线 l 与椭圆x42＋y32＝1 相切，与题意不符．
②当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＋1＝k(x－2)．
y＋1＝kx－2，
由x42＋y32＝1，
消去 y 整理得
(4k2＋3)x2－(16k2＋8k)x＋16k2＋16k－8＝0.
二、填空题 9．(2019·湖南株洲第二次教学质量检测)设直线 l：3x＋4y＋a＝0，与圆 C：(x－2)2＋(y－1)2＝25 交于 A，B，且|AB|＝6，则 a 的值是________．
答案 10 或－30
解析因为|AB|＝6，所以圆心到直线的距离为 d＝＝4，所以|6＋324＋＋4a2|＝4，即 a＝10 或 a＝－30.

2020年高考数学(理)二轮专题学与练 20 坐标系与参数方程(考点解读)(原卷版)

专题20 坐标系与参数方程1.考查参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化．2.考查利用曲线的参数方程、极坐标方程计算某些量或讨论某些量之间的关系．知识点一、直角坐标与极坐标的互化如图，把直角坐标系的原点作为极点，x 轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位．设M是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x ，y )和(ρ，θ)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，⎩⎪⎨⎪⎧ρ2＝x 2＋y 2，tan θ＝y x x ≠0.【特别提醒】在曲线方程进行互化时，一定要注意变量的范围，要注意转化的等价性．知识点二、直线、圆的极坐标方程 (1)直线的极坐标方程若直线过点M (ρ0，θ0)，且极轴到此直线的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．几个特殊位置直线的极坐标方程 ①直线过极点：θ＝α；②直线过点M (a ，0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a ； ③直线过点M ⎝⎛⎭⎫b ，π2且平行于极轴：ρsin θ＝b . (2)几个特殊位置圆的极坐标方程 ①圆心位于极点，半径为r ：ρ＝r ；②圆心位于M (r ，0)，半径为r ：ρ＝2r cos θ；③圆心位于M ⎝⎛⎭⎫r ，π2，半径为r ：ρ＝2r sin θ. 【特别提醒】当圆心不在直角坐标系的坐标轴上时，要建立圆的极坐标方程，通常把极点放置在圆心处，极轴与x 轴同向，然后运用极坐标与直角坐标的变换公式．知识点三、参数方程 (1)直线的参数方程过定点M (x 0，y 0)，倾斜角为α的直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(t 为参数)．(2)圆、椭圆的参数方程①圆心在点M (x 0，y 0)，半径为r 的圆的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋r cos θ，y ＝y 0＋r sin θ(θ为参数，0≤θ≤2π)．②椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θ，y ＝b sin θ(θ为参数)．【特别提醒】在参数方程和普通方程的互化中，必须使x ，y 的取值范围保持一致．高频考点一坐标系与极坐标例1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，在极坐标系Ox 中，(2,0)A ，)4B π，)4C 3π，(2,)D π，弧AB ，BC ，CD 所在圆的圆心分别是(1,0)，(1,)2π，(1,)π，曲线1M 是弧AB ，曲线2M 是弧BC ，曲线3M 是弧CD ．(1)分别写出1M ，2M ，3M 的极坐标方程；(2)曲线M 由1M ，2M ，3M 构成，若点P 在M 上，且||OP =P 的极坐标．【变式探究】在极坐标系中，直线4cos()106ρθπ-+=与圆2sin ρθ=的公共点的个数为___________.【变式探究】在极坐标系中，直线cos sin 10ρθθ--=与圆2cos ρθ=交于A ，B 两点，则||AB =______.【变式探究】在极坐标系中，圆ρ＝2cos θ的垂直于极轴的两条切线方程分别为( ) A ．θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝2 B ．θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝2C ．θ＝π2(ρ∈R )和ρcos θ＝1D ．θ＝0(ρ∈R )和ρcos θ＝1 高频考点二参数方程例2．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为(t 为参数)．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 的极坐标方程为．(1)求C 和l 的直角坐标方程； (2)求C 上的点到l 距离的最小值．【变式探究】在平面坐标系中xOy 中，已知直线l 的参考方程为x 82t t y =-+⎧⎪⎨=⎪⎩(t 为参数)，曲线C 的参数方程为22,x s y ⎧=⎪⎨=⎪⎩(s 为参数).设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值. 【变式探究】在直角坐标系x O y 中，曲线C 1的参数方程为cos 1sin x a ty a t=⎧⎨=+⎩(t 为参数，a ＞0)．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 2：ρ=4cos θ.(I)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(II)直线C 3的极坐标方程为0θα=，其中0α满足tan 0α=2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a ．【变式探究】已知直线l 的参数方程为1,1x t y t =-+⎧⎨=+⎩(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极2221141t x t t y t ⎧-=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，2cos sin 110ρθθ++=轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2cos 2θ＝4⎝⎛⎭⎫ρ＞0，3π4＜θ＜5π4，则直线l 与曲线C 的交点的极坐标为________．【变式探究】若以直角坐标系的原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，则线段y ＝1－x (0≤x ≤1)的极坐标方程为( )A ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2B ．ρ＝1cos θ＋sin θ，0≤θ≤π4C ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π2D ．ρ＝cos θ＋sin θ，0≤θ≤π41．【2019年高考北京卷理数】已知直线l 的参数方程为13,24x t y t =+=+⎧⎨⎩(t 为参数)，则点(1，0)到直线l 的距离是( )A ．15B ．25C ．45D ．652．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为(t 为参数)．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 的极坐标方程为．(1)求C 和l 的直角坐标方程； (2)求C 上的点到l 距离的最小值．3．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】在极坐标系中，O 为极点，点000(,)(0)M ρθρ>在曲线:4sin C ρθ=上，直线l 过点(4,0)A 且与OM 垂直，垂足为P ．(1)当0=3θπ时，求0ρ及l 的极坐标方程； (2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．2221141t x t t y t ⎧-=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，2cos sin 110ρθθ+=4．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】如图，在极坐标系Ox 中，(2,0)A ，(2,)4B π，(2,)4C 3π，(2,)D π，弧AB ，BC ，CD 所在圆的圆心分别是(1,0)，(1,)2π，(1,)π，曲线1M 是弧AB ，曲线2M 是弧BC ，曲线3M 是弧CD ．(1)分别写出1M ，2M ，3M 的极坐标方程；(2)曲线M 由1M ，2M ，3M 构成，若点P 在M 上，且||3OP =，求P 的极坐标．5．【2019年高考江苏卷数学】在极坐标系中，已知两点3,,2,42A B ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，直线l 的方程为sin 34ρθπ⎛⎫+= ⎪⎝⎭．(1)求A ，B 两点间的距离；(2)求点B 到直线l 的距离． 1. (2018年全国I 卷理数)在直角坐标系中，曲线的方程为．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求的直角坐标方程；(2)若与有且仅有三个公共点，求的方程． 2. (2018年全国Ⅱ卷理数)在直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，直线的参数方程为(为参数).(1)求和的直角坐标方程；(2)若曲线截直线所得线段的中点坐标为，求的斜率． 3. (2018年全国Ⅱ卷理数)在平面直角坐标系中，的参数方程为(为参数)，过点且倾斜角为的直线与交于两点．(1)求的取值范围； (2)求中点的轨迹的参数方程．4. (2018年江苏卷)在极坐标系中，直线l 的方程为，曲线C 的方程为，求直线l 被曲线C 截得的弦长．1.【2017天津，理11】在极坐标系中，直线4cos()106ρθπ-+=与圆2sin ρθ=的公共点的个数为___________.2. 【2017北京，理11】在极坐标系中，点A 在圆22cos 4sin 40ρρθρθ--+=上，点P 的坐标为(1，0)，则|AP |的最小值为___________.3. 【2017课标1，理22】在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为3cos ,sin ,x y θθ=⎧⎨=⎩(θ为参数)，直线l 的参数方程为4,1,x a t t y t =+⎧⎨=-⎩（为参数）. (1)若a =−1，求C 与l 的交点坐标；(2)若C 上的点到la.【2017·江苏】[选修4-4：坐标系与参数方程](本小题满分10分)在平面坐标系中xOy 中，已知直线l 的参考方程为x 82tty =-+⎧⎪⎨=⎪⎩(t 为参数)，曲线C的参数方程为22,x s y ⎧=⎪⎨=⎪⎩(s 为参数).设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值.1.【2016年高考北京理数】在极坐标系中，直线cos sin 10ρθθ-=与圆2cos ρθ=交于A ，B 两点，则||AB =______.2.【2016高考新课标1卷】(本小题满分10分)选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系x O y 中，曲线C 1的参数方程为cos 1sin x a ty a t =⎧⎨=+⎩(t 为参数，a ＞0)．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 2：ρ=4cos θ. (I)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(II)直线C 3的极坐标方程为0θα=，其中0α满足tan 0α=2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a ．3.【2016高考新课标2理数】选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为22(6)25x y ++=．(Ⅱ)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C 的极坐标方程； (Ⅱ)直线l 的参数方程是cos sin x t y t αα=⎧⎨=⎩(t 为参数)， l 与C 交于,A B 两点，||10AB =，求l 的斜率．4. 【2016高考新课标3理数】(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为3()sin x y ααα⎧=⎪⎨=⎪⎩为参数，以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为sin()224ρθπ+=(I)写出的普通方程和的直角坐标方程；(II)设点P 在1C 上，点Q 在上，求PQ 的最小值及此时P 的直角坐标.。

2020届高考数学大二轮复习刷题首选卷解答题共八套文

解答题(一)17．(2019·安徽皖南八校第三次联考)党的十九大明确把精准脱贫作为决胜全面建成小康社会必须打好的三大攻坚战之一．为坚决打赢脱贫攻坚战，某帮扶单位为帮助定点扶贫村脱贫，坚持扶贫同扶智相结合，此帮扶单位考察了甲、乙两种不同的农产品加工生产方式，现对两种生产方式的产品质量进行对比，其质量按测试指标可划分为：指标在区间[80,100]的为优等品；指标在区间[60,80)的为合格品，现分别从甲、乙两种不同加工方式生产的农产品中，各自随机抽取100件作为样本进行检测，测试指标结果的频数分布表如下：甲种生产方式：品，①求这5件产品中，优等品和合格品各有多少件；②再从这5件产品中，随机抽出2件，求这2件中恰有1件是优等品的概率；(2)所加工生产的农产品，若是优等品每件可售55元，若是合格品每件可售25元．甲种生产方式每生产一件产品的成本为15元，乙种生产方式每生产一件产品的成本为20元．用样本估计总体比较在甲、乙两种不同生产方式下，该扶贫单位应选择哪种生产方式来帮助该扶贫村脱贫？解(1)①由频数分布表知：甲的优等品率为0.6，合格品率为0.4，所以抽出的5件产品中，优等品有3件，合格品有2件．②记3件优等品分别为A，B，C,2件合格品分别为a，b，从中随机抽取2件，抽取方式有AB，AC，Aa，Ab，BC，Ba，Bb，Ca，Cb，ab共10种，设“这2件中恰有1件是优等品”为事件M，则事件M发生的情况有6种，所以P(M)＝610＝35.(2)根据样本知甲种生产方式生产100件农产品有60件优等品，40件合格品；乙种生产方式生产100件农产品有80件优等品，20件合格品．设甲种生产方式每生产100件所获得的利润为T1元，乙种生产方式每生产100件所获得的利润为T2元，可得T1＝60×(55－15)＋40×(25－15)＝2800(元)，T2＝80×(55－20)＋20×(25－20)＝2900(元)，由于T1＜T2，所以用样本估计总体知乙种生产方式生产的农产品所获得的利润较高，故该扶贫单位应选择乙种生产方式来帮助该扶贫村脱贫．18．已知等差数列{a n}的公差d>0，其前n项和为S n，且S5＝20，a3，a5，a8成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 5＝5a 1＋a 52＝20，所以a 1＋a 5＝8，所以a 3＝4，即a 1＋2d ＝4， ①因为a 3，a 5，a 8成等比数列，所以a 25＝a 3a 8，所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，化简，得a 1＝2d ， ②联立①和②，得a 1＝2，d ＝1，所以a n ＝n ＋1. (2)因为b n ＝1a n ·a n ＋1＋n ＝1n ＋1n ＋2＋n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n ，所以T n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋(1＋2＋3＋…＋n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＋n n ＋12＝n 2n ＋2＋n n ＋12＝n 3＋3n 2＋3n2n ＋2. 19．(2019·广东梅州总复习质检)如图，在矩形ABCD 中，AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点，将△DEC 沿CE 折起到△D ′EC 的位置，使二面角D ′－EC －B 是直二面角．(1)证明：BE ⊥CD ′；(2)求点E 到平面BCD ′的距离．解 (1)证明：∵AD ＝2AB ＝2，点E 是AD 的中点， ∴△BAE ，△CDE 是等腰直角三角形，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .又∵平面D ′EC ⊥平面BEC ，平面D ′EC ∩平面BEC ＝EC ，BE ⊂平面BEC ，∴BE ⊥平面D ′EC ，∵CD ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥CD ′. (2)由已知及(1)得，BE ⊥平面D ′EC ，BE ＝2， ∴V B －D ′EC ＝13BE ·S △D ′EC ＝13×2×12×1×1＝26.ED ′⊂平面D ′EC ，∴BE ⊥ED ′，ED ′＝1，∴BD ′＝ 3.在△BD ′C 中，BD ′＝3，CD ′＝1，BC ＝2.∴BC 2＝(BD ′)2＋(CD ′)2，∠BD ′C ＝90°. ∴S △BD ′C ＝12BD ′·CD ′＝32.设点E 到平面BCD ′的距离为d . 则V B －D ′EC ＝V E －BCD ′＝13d ·S △BCD ′，∴13×32d ＝26，得d ＝63. 所以点E 到平面BCD ′的距离为63. 20．(2019·安徽江淮十校第三次联考)已知函数f (x )＝x －11＋x ，g (x )＝(ln x )2－2a ln x＋13a . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若存在x 1∈[0,1]，使得对任意的x 2∈[1，e 2]，f (x 1)≥g (x 2)成立，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝1＋11＋x2>0，又x ≠－1，故f (x )在(－∞，－1)为增函数，在()－1，＋∞也为增函数．(2)由(1)可知，当x ∈[0,1]时，f (x )为增函数，f (x )max ＝f (1)＝12，由题意可知g (x )＝(ln x )2－2a ln x ＋13a ≤12对任意的x ∈[0,2]恒成立．令t ＝ln x ，则当x ∈[1，e 2]时，t ∈[0,2]，令h (t )＝t 2－2at ＋13a －12，问题转化为h (t )≤0对任意的t ∈[0,2]恒成立，由抛物线h (t )的开口向上，知⎩⎪⎨⎪⎧h0≤0，h2≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧13a －12≤0，4－4a ＋13a －12≤0，解得2122≤a ≤32.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤2122，32.21．(2019·安徽蚌埠第三次质检)已知点E (－2,0)，F (2,0)，P (x ，y )是平面内一动点，P 可以与点E ，F 重合．当P 不与E ，F 重合时，直线PE 与PF 的斜率之积为－14.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)一个矩形的四条边与动点P 的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．解 (1)当P 与点E ，F 不重合时，k PE ·k PF ＝－14，得y x ＋2·yx －2＝－14，即x 24＋y 2＝1(y ≠0)，当P 与点E ，F 重合时，P (－2,0)或P (2,0)．综上，动点P 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)记矩形面积为S ，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S ＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行时，根据对称性，设其中一边所在直线方程为y ＝kx ＋m ，则其对边方程为y ＝kx －m ，另一边所在直线方程为y ＝－1k x ＋n ，则其对边方程为y ＝－1kx －n ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则Δ＝0，即4k 2＋1＝m 2. 矩形的一边长为d 1＝|2m |k 2＋1，同理，4k 2＋1＝n 2，矩形的另一边长为d 2＝|2n |1k2＋1， S ＝d 1·d 2＝|2m |k 2＋1·|2n |1k2＋1＝|4mnk |k 2＋1 ＝44k 2＋1k 2＋4k 2＋12＝44k 4＋17k 2＋4k 2＋12＝44＋9k 2k 2＋12＝44＋9k 2＋1k2＋2∈(8,10]．综上，S ∈(8,10]．22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ(t 为参数)，θ∈[0，π)．以坐标原点为极点，以x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C 的极坐标方程为ρ＝8sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6.(1)在直角坐标系xOy 中，求圆C 的圆心的直角坐标；(2)设点P (1，3)，若直线l 与圆C 交于A ，B 两点，求证：|PA |·|PB |为定值，并求出该定值．解 (1)圆C 的极坐标方程为ρ＝43sin θ＋4cos θ，又ρ2＝x 2＋y 2，x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，则圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0，圆心坐标为C (2，23)．(2)证明：将⎩⎨⎧x ＝1＋t cos θ，y ＝3＋t sin θ代入圆C ：x 2＋y 2－4x －43y ＝0，得t 2－(23sin θ＋2cos θ)t －12＝0，设点A ，B 所对应的参数分别为t 1，t 2，则t 1t 2＝－12， ∴|PA |·|PB |＝|t 1t 2|＝12.23．(2019·四川广安、眉山毕业班第一次诊断性考试)已知不等式|2x ＋1|＋|x －1|<3的解集为M .(1)求M ；(2)若m ，n ∈M ，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1.解 (1)当x <－12时，不等式即为－2x －1－x ＋1<3，解得－1<x <－12；当－12≤x ≤1时，不等式即为2x ＋1－x ＋1<3，解得－12≤x <1；当x >1时，不等式即为2x ＋1＋x －1<3，此时无解．综上可知，不等式的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明：m ，n ∈(－1,1)，欲证⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1，需证|m －n |<|mn －1|，即证(m －n )2<(mn －1)2，即m 2＋n 2－2mn <m 2n 2－2mn ＋1，即证(m 2－1)(n 2－1)>0，因为m ，n ∈(－1,1)，所以(m 2－1)(n 2－1)>0显然成立．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪m －n mn －1<1成立．解答题(二)17．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，已知2a cos 2C2＋2c cos 2A2＝52b . (1)求证：2(a ＋c )＝3b ； (2)若cos B ＝14，S ＝15，求b .解 (1)证明：由已知得，a (1＋cos C )＋c (1＋cos A )＝52b .由余弦定理可得a ＋c ＝32b ，即2(a ＋c )＝3b .(2)∵cos B ＝14(B ∈(0，π))，∴sin B ＝154.∵S ＝12ac sin B ＝158ac ＝15，∴ac ＝8.又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )， 2(a ＋c )＝3b ，∴b 2＝9b 24－16×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14. ∴b ＝4.18．(2019·河北唐山一模)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝4，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A 到达点P 的位置，且PB ＝BE .(1)证明：BC ⊥平面PBE ； (2)求点F 到平面PEC 的距离．解 (1)证明：因为E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，所以EF ∥BC ，因为∠ABC ＝90°，所以EF ⊥BE ，EF ⊥PE ，又因为BE ∩PE ＝E ，所以EF ⊥平面PBE ，所以BC ⊥平面PBE .(2)如图，取BE 的中点O ，连接PO ，由(1)知BC ⊥平面PBE ，BC ⊂平面BCFE ，所以平面PBE ⊥平面BCFE ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ⊥BE ，又因为PO ⊂平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ⊥平面BCFE, 在Rt △POC 中，PC ＝PO 2＋OC 2＝25，在Rt △EBC 中，EC ＝EB 2＋BC 2＝25，在△PEC 中，PC ＝EC ＝25，PE ＝2，所以S △PEC ＝19，又S △ECF ＝2，设点F 到平面PEC 的距离为d ，由V F －PEC ＝V P －ECF 得S △PEC ·d ＝S △ECF ·PO ，即19×d ＝2×3，所以d ＝25719.即点F 到平面PEC 的距离为25719.19．(2019·黑龙江哈尔滨六中第二次模拟)某大型商场去年国庆期间累计生成2万张购物单，从中随机抽出100张，对每单消费金额进行统计得到下表：消费金额(单位：元) [0,200] (200,400](400,600](600,800](800,1000]购物单张数252530？？的频率分布直方图所估计出的每单消费金额的中位数与平均数恰好相等．用频率估计概率，完成下列问题：(1)估计去年国庆期间该商场累计生成的购物单中，单笔消费金额超过800元的概率； (2)为鼓励顾客消费，该商场打算在今年国庆期间进行促销活动，凡单笔消费超过600元者，可抽奖一次，中一等奖、二等奖、三等奖的顾客可以分别获得价值500元、200元、100元的奖品．已知中奖率为100%，且一等奖、二等奖、三等奖的中奖率依次构成等比数列，其中一等奖的中奖率为121.若今年国庆期间该商场的购物单数量比去年同期增长5%，预测商场今年国庆期间采购奖品的开销．解 (1)因消费金额在区间[0,400]的频率为0.5，故中位数估计值即为400.设所求概率为p ，而消费金额在(0,600]的概率为0.8，故消费金额在区间(600,800]内的概率为0.2－p .因此消费金额的平均数可估计为100×0.25＋300×0.25＋500×0.3＋700×(0.2－p )＋900×p .令其与中位数400相等，解得p ＝0.05.(2)设等比数列公比为q (q ＞0)，根据题意121＋q 21＋q 221＝1，即q 2＋q －20＝0，解得q ＝4.故一等奖、二等奖、三等奖的中奖率分别为121，421，1621.今年的购物单总数约为20000×1.05＝21000.其中具有抽奖资格的单数为21000×(0.15＋0.05)＝4200，故一等奖、二等奖、三等奖中奖单数可估计为200,800,3200.于是，采购奖品的开销可估计为200×500＋800×200＋3200×100＝580000(元)． 20．在平面直角坐标系中，已知点F (1,0)，直线l ：x ＝－1，动直线l ′垂直l 于点H ，线段HF 的垂直平分线交l ′于点P ，设点P 的轨迹为C .(1)求曲线C 的方程；(2)以曲线C 上的点Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点作曲线C 的切线l 1，设l 1分别与x 轴、y 轴交于A ，B 两点，且l 1恰与以定点M (a,0)(a >2)为圆心的圆相切，当圆M 的面积最小时，求△ABF 与△QAM 面积的比．解 (1)由题意得|PH |＝|PF |，∴点P 到直线l ：x ＝－1的距离等于它到定点F (1,0)的距离，∴点P 的轨迹是以l 为准线，F 为焦点的抛物线，∴点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：由y 2＝4x ，当y >0时，y ＝2x ， ∴y ′＝1x，∴以Q 为切点的切线l 1的斜率为k ＝1x 0，∴以Q (x 0，y 0)(y 0>0)为切点的切线方程为y －y 0＝1x 0(x －x 0)，即y －y 0＝2y 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 204，整理得4x －2y 0y ＋y 20＝0.令x ＝0，则y ＝y 02，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，y 02，令y ＝0，则x ＝－y 204＝－x 0，∴A (－x 0,0)，点M (a,0)到切线l 1的距离d ＝y 20＋4a 2y 20＋4＝y 20＋42＋2a －2y 20＋4≥2a －1(当且仅当y 0＝2a －2时，取等号)．∴当点Q 的坐标为(a －2,2a －2)时，满足题意的圆M 的面积最小．此时A (2－a,0)，B (0，a －2)．S △ABF ＝12|1－(2－a )||a －2|＝12(a －1)a －2， S △AQM ＝12|a －(2－a )||2a －2|＝2(a －1)·a －2.∴S △ABF S △AQM ＝14，∴△ABF 与△QAM 面积之比为1∶4. 解法二：由题意知切线l 1的斜率必然存在，设为k ，则l 1：y －y 0＝k (x －x 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y －y 0＝k x －x 0，y 2＝4x ，得y －y 0＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 2－x 0，即y 2－4k y ＋4ky 0－y 20＝0，由Δ＝0，得k ＝2y 0，∴l 1：4x －2y 0y ＋y 20＝0. 以下解答同解法一．21．(2019·河北中原名校联盟联考)已知函数f (x )＝e x－x －a (a ∈R )． (1)当a ＝0时，求证：f (x )＞x ； (2)讨论函数f (x )零点的个数．解 (1)证明：当a ＝0时，f (x )＝e x－x ，令g (x )＝f (x )－x ＝e x－x －x ＝e x－2x ，则g ′(x )＝e x－2，当g ′(x )＝0时，x ＝ln 2；当x ＜ln 2时，g ′(x )＜0，x ＞ln 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以x ＝ln 2是g (x )的极小值点，也是最小值点，即g (x )min ＝g (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2ln e2＞0，故当a ＝0时，f (x )＞x 成立．(2)f ′(x )＝e x－1，由f ′(x )＝0得x ＝0，当x ＜0时，f ′(x )＜0；当x ＞0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x ＝0是函数f (x )的极小值点，也是最小值点，即f (x )min ＝f (0)＝1－a .当1－a ＞0，即a ＜1时，f (x )没有零点，当1－a ＝0，即a ＝1时，f (x )只有一个零点，当1－a ＜0，即a ＞1时，因为f (－a )＝e －a－(－a )－a ＝e －a＞0，所以f (x )在(－a,0)上只有一个零点．由(1)，得e x＞2x ，令x ＝a ，则得e a＞2a ，所以f (a )＝ea－a －a ＝e a－2a ＞0，于是f (x )在(0，a )上有一个零点．因此，当a ＞1时，f (x )有两个零点．综上，当a ＜1时，f (x )没有零点；当a ＝1时，f (x )只有一个零点；当a ＞1时，f (x )有两个零点．22．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12t ，y ＝32t (t 为参数)．直线l 与x 轴交于点A .以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系，射线l ′：θ＝π6(ρ≥0)，直线l 与射线l ′交于点B . (1)求B 点的极坐标；(2)若点P 是椭圆C ：x 2＋y 23＝1上的一个动点，求△PAB 面积的最大值及面积最大时点P的直角坐标．解 (1)l ：y ＝3(x －3)＝3x －3，则l 的极坐标方程为ρsin θ＝3ρcos θ－3. 令θ＝π6得ρ＝3，∴B 点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π6.(2)∵|AB |＝|OA |＝3，∴S ＝3d2. 设P 点坐标为(cos α，3sin α)，l ：3x －y －3＝0.∴d ＝|3cos α－3sin α－3|2＝32|(cos α－sin α)－3|＝32⎪⎪⎪⎪⎪⎪2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4－3. 当α＋π4＝π＋2k π(k ∈Z )时，d max ＝3＋62，∴S max ＝33＋324.此时cos α＝cos 3π4＝－22，sin α＝sin 3π4＝22，∴P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，62.23．设函数f (x )＝|2x －4|＋|x ＋1|. (1)求函数f (x )的最小值；(2)若直线y ＝a 与曲线y ＝f (x )围成的封闭区域的面积为9，求a 的值．解 (1)①当x ≥2时，f (x )＝3x －3≥3； ②当－1<x <2时，f (x )＝5－x ∈(3,6)； ③当x ≤－1时，f (x )＝3－3x ≥6， ∴f (x )min ＝3.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ≥2，5－x ，－1<x <2，3－3x ，x ≤－1，f (x )的图象如图所示：y ＝6与y ＝f (x )围成的三角形面积为S ＝12×[3－(－1)](6－3)＝6<9，∴a >6.故y ＝f (x )，y ＝6，y ＝a 围成的梯形面积为3. 令f (x )＝3x －3＝a ⇒x 1＝a ＋33；令f (x )＝3－3x ＝a ⇒x 2＝3－a3，故梯形面积为12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋33－3－a 3(a －6)＝3，∴a ＝3 5.解答题(三)17．已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n . (1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2.∵a n ＋1－a n ＝b n ， ∴a 2－a 1＝b 1，a 3－a 2＝b 2， a 4－a 3＝b 3，…a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝21－2n1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．∵a 1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．18．(2019·安徽江淮十校5月考前最后一卷)如图，已知三棱柱ABC －A ′B ′C ′的底面ABC 是等边三角形，侧面AA ′C ′C ⊥底面ABC ，D 是棱BB ′的中点．(1)求证：平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′；(2)求平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比．解 (1)证明：如图，取AC ，A ′C ′的中点O ，F ，连接OF 与A ′C 交于点E ，连接DE ，OB ，B ′F ，则E 为OF 的中点，OF ∥AA ′∥BB ′，且OF ＝AA ′＝BB ′，所以BB ′FO 是平行四边形．又D 是棱BB ′的中点，所以DE ∥OB .侧面AA ′C ′C ⊥平面ABC ，且OB ⊥AC ，所以OB ⊥平面ACC ′A ′，则DE ⊥平面ACC ′A ′，又DE ⊂平面DA ′C ，所以平面DA ′C ⊥平面ACC ′A ′.(2)连接A ′B ，设三棱柱ABC －A ′B ′C ′的体积为V .故四棱锥A ′－BCC ′B ′的体积V A ′－BCC ′B ′＝V －13V ＝23V ，又D 是棱BB ′的中点，△BCD 的面积是BCC ′B ′面积的14，故四棱锥A ′－B ′C ′CD 的体积V A ′－B ′C ′CD ＝34V A ′－BCC ′B ′＝34×23V ＝12V ，故平面DA ′C 将该三棱柱分成上、下两部分的体积比为1∶1.19．(2019·江西南昌第一次模拟)市面上有某品牌A 型和B 型两种节能灯，假定A 型节能灯使用寿命都超过5000小时，经销商对B 型节能灯使用寿命进行了调查统计，得到如下频率分布直方图：某商家因原店面需要重新装修，需租赁一家新店面进行周转，合约期一年．新店面需安装该品牌节能灯5支(同种型号)即可正常营业．经了解，A 型20瓦和B 型55瓦的两种节能灯照明效果相当，都适合安装．已知A 型和B 型节能灯每支的价格分别为120元、25元，当地商业电价为0.75元/千瓦时．假定该店面一年周转期的照明时间为3600小时，若正常营业期间灯坏了立即购买同型灯管更换(用频率估计概率)．(1)根据频率直方图估算B 型节能灯的平均使用寿命；(2)根据统计知识知，若一支灯管一年内需要更换的概率为p ，那么n 支灯管估计需要更换np 支．若该商家新店面全部安装了B 型节能灯，试估计一年内需更换的支数；(3)若只考虑灯的成本和消耗电费，你认为该商家应选择哪种型号的节能灯，请说明理由．解 (1)由图可知，各组中值依次为3100,3300,3500,3700，对应的频率依次为0.1,0.3,0.4,0.2，故B 型节能灯的平均使用寿命为3100×0.1＋3300×0.3＋3500×0.4＋3700×0.2＝3440小时．(2)由图可知，使用寿命不超过3600小时的频率为0.8，将频率视为概率，每支灯管需要更换的概率为0.8，故估计一年内5支B 型节能灯需更换的支数为5×0.8＝4.(3)若选择A 型节能灯，一年共需花费5×120＋3600×5×20×0.75×10－3＝870元；若选择B 型节能灯，一年共需花费(5＋4)×25＋3600×5×55×0.75×10－3＝967.5元．因为967.5＞870，所以该商家应选择A 型节能灯．20．(2019·河北石家庄模拟一)已知函数f (x )＝ln x －4ax ，g (x )＝xf (x )． (1)若a ＝18，求g (x )的单调区间；(2)若a ＞0，求证：f (x )≤14a－2.解 (1)由a ＝18，g (x )＝x ln x －12x 2(x ＞0)，g ′(x )＝ln x －x ＋1，令h (x )＝ln x －x ＋1，h ′(x )＝1－xx，故h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (1)＝0，从而当x ＞0时，g ′(x )≤0恒成立，故g (x )的单调递减区间为(0，＋∞)．(2)证明：f ′(x )＝1x －4a ＝1－4ax x ，由a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝14a ，故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14a 上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ，＋∞上单调递减，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14a ＝ln 14a －1，只需证明ln 14a －1≤14a －2，令t ＝14a＞0，即证ln t －t ＋1≤0(*)，由(1)易知(*)式成立，故原不等式成立．21．(2019·广东深圳适应性考试)在平面直角坐标系xOy 中，离心率为63的椭圆C ：x2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，63. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线x ＋y ＋m ＝0上存在点G ，且过点G 的椭圆C 的两条切线相互垂直，求实数m的取值范围．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3b 2，又1a 2＋23b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，b 2＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 23＋y 2＝1.(2)①当过点G 的椭圆C 的一条切线的斜率不存在时，另一条切线必垂直于y 轴，易得G (±3，±1)．②当过点G 的椭圆C 的切线的斜率均存在时，设G (x 0，y 0)，x 0≠±3，切线方程为y ＝k (x －x 0)＋y 0，代入椭圆方程得(3k 2＋1)x 2－6k (kx 0－y 0)x ＋3(kx 0－y 0)2－3＝0，Δ＝[6k (kx 0－y 0)]2－4(3k 2＋1)·[3(kx 0－y 0)2－3]＝0，化简得(kx 0－y 0)2－(3k 2＋1)＝0，则(x 20－3)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－1＝0，设过点G 的椭圆C 的切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2＝y 20－1x 20－3. 因为两条切线相互垂直，所以y 20－1x 20－3＝－1，即x 20＋y 20＝4(x 0≠±3)，由①②知点G 在圆x 20＋y 20＝4上，又点G 在直线x ＋y ＋m ＝0上，所以直线x ＋y ＋m ＝0与圆x 2＋y 2＝4有公共点，所以|m |1＋1≤2，所以－22≤m ≤2 2.综上所述，m 的取值范围为[－22，22]．22．在直角坐标系xOy 中，圆C 的普通方程为x 2＋y 2－4x －6y ＋12＝0，在以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l 的极坐标方程为ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝ 2. (1)写出圆C 的参数方程和直线l 的直角坐标方程；(2)设直线l 与x 轴和y 轴的交点分别为A ，B ，P 为圆C 上的任意一点，求PA →·PB →的取值范围．解 (1)圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ(θ为参数)．直线l 的直角坐标方程为x＋y －2＝0.(2)由直线l 的方程x ＋y －2＝0可得点A (2,0)，点B (0,2)．设点P (x ，y )，则PA →·PB →＝(2－x ，－y )·(－x,2－y )＝x 2＋y 2－2x －2y .由(1)知⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋cos θ，y ＝3＋sin θ，则PA →·PB →＝4sin θ＋2cos θ＋4＝25sin(θ＋φ)＋4，其中tan φ＝12.因为θ∈R ，所以4－25≤PA →·PB →≤4＋2 5. 23．已知函数f (x )＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a .(1)当a ＝1，求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈[1,2]时，求证：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ≤5.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝|x －1|－|x ＋1|，所以|x －1|－|x ＋1|≥0，得(x －1)2≥(x ＋1)2，解得x ≤0. 所以定义域为(－∞，0]．(2)证明：f 2(x )＋f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＝|x －a |－⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x －a －⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1x ＋1a ≤2⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋1a ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ≤5(a ∈[1,2])，当且仅当a ＝2时等号成立．解答题(四)17．(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0. 解得q ＝－2(舍去)或q ＝4. 因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.18．(2019·北京人大附中信息卷二)某绿色有机水果店中一款有机草莓，味道鲜甜．店家每天以每斤10元的价格从农场购进适量草莓，然后以每斤20元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的草莓由果汁厂以每斤2元的价格回收．(1)若水果店一天购进17斤草莓，求当天的利润y (单位：元)关于当天需求量n (单位：斤，n ∈N )的函数解析式；(2)水果店记录了100天草莓的日需求量(单位：斤)，整理得下表：日需求量n 14 15 16 17 18 19 20 频数1422141615136元)的平均数；②若水果店一天购进17斤草莓，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于150元的概率．解 (1)当日需求量n ≥17时，利润y ＝17×10＝170；当日需求量n ≤16时，利润y ＝10n －8(17－n )＝18n －136.所以当天的利润y 关于当天需求量n 的函数解析式为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧18n －136，n ≤16，n ∈N *，170，n ≥17，n ∈N *.(2)①假设水果店在这100天内每天购进17斤草莓，则日需求量为14斤时，利润为116；日需求量为15斤时，利润为134；日需求量为16斤时，利润为152；日需求量不小于17时，利润为170.故这100天的日利润(单位：元)的平均数为 y －＝1100×(14×116＋22×134＋14×152＋16×170＋15×170＋13×170＋6×170)，解得y －＝152(元)．②利润不低于150元时，当日需求量当且仅当不少于16斤．以频率预估概率，得当天的利润不少于150元的概率为p ＝0.14＋0.16＋0.15＋0.13＋0.06＝0.64.19．(2019·江西省名校5月联考)已知空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为13的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使直线上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行，并证明；(2)求点B 到平面AEC 的距离．解 (1)如图所示，分别取BC 和BD 的中点H ，G ，作直线HG ，则HG 为所求直线．证明如下：因为点H ，G 分别为BC 和BD 的中点，所以HG ∥CD ，分别取CD ，BC 的中点O ，H ，连接EO ，AH ，则EO ⊥CD ，AH ⊥BC ，因为平面CDE ⊥平面BCD ，且EO ⊥CD ，∴EO ⊥平面BCD ，又平面ABC ⊥平面BCD ，AH ⊥BC ，则AH ⊥平面BCD ，所以EO ∥AH ，又AH ⊄平面CDE ，EO ⊂平面CDE ，所以AH ∥平面CDE .因为GH ∥CD ，GH ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以GH ∥平面CDE ，因为AH ，GH ⊂平面AGH ，AH ∩GH ＝H ，则平面AHG ∥平面CDE ，所以直线HG 上任意一点F 与A 的连线AF 均与平面CDE 平行．(2)由(1)可得EO ∥AH ，即EO ∥平面ABC ，所以点E 到平面ABC 的距离和点O 到平面ABC 的距离相等，连接DH ，则DH ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，则DH ⊥平面ABC .记点E 到平面ABC 的距离为d ，则d ＝12DH ＝32，又△ABC 的面积S ＝12×2×13－1＝23，△ACE 的面积S 1＝12×13×32＝394，因为V E －ABC ＝V B －ACE ，设点B 到平面AEC 的距离为h ，所以13×23×32＝13×394×h ，解得h ＝43913.即点B 到平面AEC 的距离为43913.20．已知抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线C 上的点M (2，y 0)到F 的距离为3. (1)求抛物线C 的方程；(2)斜率存在的直线l 与抛物线相交于相异两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1＋x 2＝4，若AB 的垂直平分线交x 轴于点G ，且GA →·GB →＝5，求直线l 的方程．解 (1)由抛物线定义知|MF |＝2＋p2，所以2＋p2＝3，p ＝2，所以，抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)解法一：设AB 中点坐标(2，m )，直线l 的斜率存在，所以m ≠0，k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝y 2－y 1y 224－y 214＝2m，所以直线AB 的方程为y －m ＝2m(x －2)．即2x －my ＋m 2－4＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝my －m 2＋4，y 2＝4x ，得y 2－2my ＋2m 2－8＝0，其中Δ>0得到m2<8，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2m ， ①y 1y 2＝2m 2－8， ②AB 的垂直平分线方程为y －m ＝－m2(x －2)，令y ＝0，得x ＝4，所以G (4,0)，GA →＝(x 1－4，y 1)，GB →＝(x 2－4，y 2)，因为GA →·GB →＝5，所以(x 1－4)(x 2－4)＋y 1y 2＝5，x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝5，y 21y 2216－4×4＋16＋y 1y 2＝5. ③把②代入③得(m 2－4)2＋8(m 2－4)－20＝0， (m 2＋6)·(m 2－6)＝0，m 2＝6<8，m ＝± 6.所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0. 解法二：设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x 消y 得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0或消x 得ky 2－4y ＋4m ＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2mk ＋4k 2＝4，x 1x 2＝m 2k 2，y 1y 2＝4m k，Δ＝16－16km >0，即2k 2＋mk ＝2. ①AB 中点坐标为(2,2k ＋m )，AB 的垂直平分线方程为y －(2k ＋m )＝－1k(x －2)．令y ＝0，x G ＝2k 2＋mk ＋2＝4，所以GA →·GB →＝(x 1－4，y 1)·(x 2－4，y 2)＝x 1x 2－4(x 1＋x 2)＋16＋y 1y 2＝m 2k2－16＋16＋4m k＝5，m 2k 2＋4mk－5＝0. 解得m ＝k 或m ＝－5k ，分别代入①得3k 2＝2(符合Δ>0)或3k 2＝－2(舍去)．所以，直线l 的方程为2x －6y ＋2＝0或2x ＋6y ＋2＝0.21．(2019·安徽皖南八校联考三)已知函数f (x )＝a ln x －(a 2＋1)x ＋12ax 2，其中a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )＋x ＞0对x ＞1恒成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意，得f ′(x )＝a x－a 2－1＋ax ＝ax －1x －ax(x ＞0)，当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，没有单调递增区间．当0＜a ＜1时，当a ＜x ＜1a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜a 或x ＞1a时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为(0，a )，⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫a ，1a .当a ＝1时，f ′(x )≥0对x ＞0成立，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，没有单调递减区间．当a ＞1时，当1a＜x ＜a 时，f ′(x )＜0；当0＜x ＜1a或x ＞a 时，f ′(x )＞0.∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，(a ，＋∞)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，a .(2)f (x )＋x ＞0，即a ln x －a 2x ＋12ax 2＞0，当a ＞0时，ln x －ax ＋12x 2＞0，a ＜ln x x ＋12x ，令g (x )＝ln x x ＋12x ，x ≥1，则g ′(x )＝1－ln x x 2＋12＝2－2ln x ＋x22x 2，令h (x )＝2－2ln x ＋x 2，则h ′(x )＝2x －2x，当x ≥1时，h ′(x )≥0，h (x )是增函数，h (x )≥h (1)＝3＞0，∴g ′(x )＞0.∴当x ≥1时，g (x )是增函数，g (x )的最小值为g (1)＝12，∴0＜a ≤12.当a ＝0时，显然f (x )＋x ＞0不成立，当a ＜0时，由g (x )的最小值为12，且g (x )没有最大值，得a ＞g (x )不成立，综上，a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12. 22．在直角坐标系xOy中，圆锥曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系中取相同的长度单位，曲线C 2的极坐标方程为(ρcos φ＋k )2＋(ρsin φ－2)2＝k 2＋25(φ为参数，k ∈R )．(1)写出C 1，C 2的直角坐标方程；(2)是否存在曲线C 2包围曲线C 1？请说明理由．解 (1)C 1：x 236＋y 29＝1，C 2：x 2＋y 2＋2kx －4y －21＝0.(2)若k ≥0，由62＋02＋12k －0－21＝15＋12k >0可知点(6,0)在曲线C 2外；若k <0，(－6)2＋02－12k －0－21＝15－12k >0可知点()－6，0在曲线C 2外．综上，无论k 取何值，曲线C 2都不能包围曲线C 1. 23．已知函数f (x )＝|2x ＋1|，g (x )＝|x ＋1|.(1)在图中画出f (x )和g (x )的图象，并写出不等式f (x )>g (x )的解集； (2)若|f (x )－2g (x )|≤a (a ∈R )恒成立，求a 的取值范围．解 (1)f (x )，g (x )的图象如图，不等式f (x )>g (x )的解集为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪x >0或x <－23.(2)|f (x )－2g (x )|＝||2x ＋1|－2|x ＋1||＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >－12或x <－1，|4x ＋3|，－1≤x ≤－12，所以|f (x )－2g (x )|≤1，所以a ≥1.解答题(五)17．近年来，共享单车已经悄然进入了广大市民的日常生活，并慢慢改变了人们的出行方式．某共享单车公司为了更好地服务用户，在其官方APP 中设置了用户评价反馈系统，以了解用户对该公司的车辆状况和优惠活动的评价．现从评价系统中较为详细的评价信息里随机选出200条进行统计，车辆状况和优惠活动评价的2×2列联表如下：对优惠活动好评对优惠活动不满意合计对车辆状况好评 100 30 130 对车辆状况不满意40 30 70 合计14060200(1)能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系？(2)为了回馈用户，该公司通过APP 向用户随机派送骑行券．用户可以将骑行券用于骑行付费，也可以通过APP 转赠给好友．某用户共获得了5张骑行券，其中只有2张是一元券．现该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，求选取的2张中至少有1张是一元券的概率．参考数据：P (K 2≥k 0)0.150 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 k 02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828参考公式：K 2＝n ad －bc 2a ＋bc ＋d a ＋cb ＋d，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)由2×2列联表的数据，得K 2的观测值 k ＝200×100×30－40×302130×70×140×60＝200×18213×7×14×6＝5400637≈8.48<10.828. 因此，在犯错误的概率不超过0.001的前提下，不能认为对优惠活动好评与对车辆状况好评有关系．(2)把2张一元券分别记作A ，B ，其余3张券分别记作a ，b ，c ，则从5张骑行券中随机选取2张的所有情况有：{A ，a }，{A ，b }，{A ，c }，{B ，a }，{B ，b }，{B ，c }，{A ，B }，{a ，b }，{a ，c }，{b ，c }，共10种．记“选取的2张中至少有1张是一元券”为事件M ，则事件M 包含的基本事件个数为7，所以P (M )＝710，所以该用户从这5张骑行券中随机选取2张转赠给好友，选取的2张中至少有1张是一元券的概率为710.18．已知△ABC ，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a ＝42，点D 在线段AC 上，∠DBC ＝π4.(1)若△BCD 的面积为24，求CD 的长；(2)若C ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，且c ＝122，tan A ＝13，求CD 的长．解 (1)由S △BCD ＝12·BD ·BC ·22＝24，解得BD ＝12.在△BCD 中，CD 2＝BC 2＋BD 2－2BC ·BD ·cos45°，即CD 2＝32＋144－8×12，解得CD ＝4 5.(2)因为tan A ＝13，且A ∈(0，π)，可以求得sin A ＝1010，cos A ＝31010.由正弦定理，得asin A ＝c sin C ，即421010＝122sin C，解得sin C ＝31010.因为C ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故cos C ＝1010，故sin ∠BDC ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫C ＋π4＝255.在△BCD 中，由正弦定理可得CDsin ∠DBC＝BCsin ∠BDC，解得CD ＝2 5.19．(2019·广东天河区毕业综合测试二)如图，D 是AC 的中点，四边形BDEF 是菱形，平面BDEF ⊥平面ABC ，∠FBD ＝60°，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝ 2.(1)若点M 是线段BF 的中点，证明：BF ⊥平面AMC ； (2)求六面体ABCEF 的体积．解 (1)证明：如图，连接MD ，FD .∵四边形BDEF 为菱形，且∠FBD ＝60°，∴△DBF 为等边三角形． ∵M 为BF 的中点， ∴DM ⊥BF ，∵AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，又D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC .∵平面BDEF ∩平面ABC ＝BD ，平面ABC ⊥平面BDEF ，AC ⊂平面ABC ，∴AC ⊥平面BDEF . 又BF ⊂平面BDEF ，∴AC ⊥BF ，由DM ⊥BF ，AC ⊥BF ，DM ∩AC ＝D ，∴BF ⊥平面AMC .(2)∵S 菱形BDEF ＝2·12·BD ·BF ·sin60°＝32，又AC ⊥平面BDEF ，D 是AC 的中点，∴V 六面体ABCEF ＝2V 四棱锥C －BDEF ＝2×13S 菱形BDEF ·CD＝2×13×32×1＝33.∴六面体ABCEF 的体积为33. 20．(2019·湖南株洲二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得的线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，点D 是椭圆C 上的点，O 是坐标原点，若OA →＋OB →＝OD →，判定四边形OADB 的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由．解 (1)由⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，2a 2＋1b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝c ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线l 的斜率不存在时，直线AB 的方程为x ＝－1或x ＝1，此时四边形OADB 的面积为 6.当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程是y ＝kx ＋m ，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1 ⇒(1＋2k 2)x2＋4kmx ＋2m 2－4＝0，Δ＝8(4k 2＋2－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－41＋2k2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k2，|AB |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝x 1－x 22＋k2x 1－x 22＝1＋k 2·2 2 4k 2＋2－m21＋2k 2，又点O 到直线AB 的距离是d ＝|m |1＋k2，由OA →＋OB →＝OD →，得x D ＝－4km 1＋2k 2，y D ＝2m 1＋2k 2. 因为点D 在曲线C 上，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 224＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1＋2k 222＝1，整理得1＋2k 2＝2m 2，由题意知四边形OADB 为平行四边形，所以四边形OADB 的面积为 S OADB ＝|AB |d ＝1＋k 22 2 4k 2＋2－m 21＋2k 2×|m |1＋k2＝22|m |4k 2＋2－m21＋2k2. 由1＋2k 2＝2m 2得S OADB ＝6，故四边形OADB 的面积是定值，其定值为 6. 21．(2019·河南洛阳第二次统一考试)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＞0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求实数a 的取值范围．解 (1)f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax.①当a ≤0时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a ，f ′(x )＜0得0＜x ＜a . 即f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．(2)当a ＞0时，由(1)知f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， ①若a ≤1，即0＜a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1＜a ＜e ，即1＜a ＜e 2时，f (x )在(1，a )上单调递减，在(a ，e)上单调递增，f (x )min ＝f (a )＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1＝12＞0，f a ＝12a 1－ln a ＜0，fe ＝12e 2－a ＞0，∴e ＜a ＜12e 2.③若a ≥e，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，且f (1)＝12＞0，f (e)＝12e 2－a ＜0，则f (x )在区间(1，e)上有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，12e 2. 22．(2018·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1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C 2的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ－3＝0.(1)求C 2的直角坐标方程；(2)若C 1与C 2有且仅有三个公共点，求C 1的方程．解 (1)由x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，得C 2的直角坐标方程为(x ＋1)2＋y 2＝4. (2)解法一：由(1)知C 2是圆心为A (－1,0)，半径为2的圆．由题设知，C 1是过点B (0,2)且关于y 轴对称的两条射线，曲线C 1的方程为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0.记y 轴右边的射线为l 1，y 轴左边的射线为l 2.由于点B 在圆C 2的外面，故C 1与C 2有且仅有三个公共点等价于l 1与C 2只有一个公共点且l 2与C 2有两个公共点，或l 2与C 2只有一个公共点且l 1与C 2有两个公共点．当l 1与C 2只有一个公共点时，点A 到l 1所在直线的距离为2，所以|－k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝－43或k ＝0. 经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝－43时，l 1与C 2只有一个公共点，l 2与C 2有两个公共点．当l 2与C 2只有一个公共点时，点A 到l 2所在直线的距离为2，所以|k ＋2|k 2＋1＝2，故k ＝0或k ＝43.经检验，当k ＝0时，l 1与C 2没有公共点；当k ＝43时，l 2与C 2没有公共点.综上，所求C 1的方程为y ＝－43|x |＋2.解法二：因为C 2：(x ＋1)2＋y 2＝4，所以C 2是以(－1，0)为圆心，2为半径的圆．又因为C 1：y ＝k |x |＋2是关于y 轴对称的曲线，且C 1：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧kx ＋2，x ≥0，－kx ＋2，x <0，显然，若k ＝0时，C 1与C 2相切，此时只有一个交点；若k >0时，C 1与C 2无交点．若C 1与C 2有且仅有三个公共点，则必须满足k <0且y ＝kx ＋2(x >0)与C 2相切，所以圆心到射线的距离为d ，则d ＝|2－k |1＋k2＝2，所以k ＝0或k ＝－43，因为k <0，所以k ＝－43，所以C 1：y ＝－43|x |＋2.23．(2019·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 为正数，且满足abc ＝1. 证明：(1)1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b 2＋c 2；(2)(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.证明 (1)因为a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，又abc ＝1，故有a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ＝ab ＋bc ＋ca abc ＝1a ＋1b ＋1c .当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以1a ＋1b ＋1c≤a 2＋b2＋c 2.(2)因为a ，b ，c 为正数且abc ＝1，故有(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥33a ＋b3b ＋c3a ＋c3＝3(a ＋b )(b ＋c )(a ＋c )≥3×(2ab )×(2bc )×(2ac )＝24.当且仅当a ＝b ＝c ＝1时，等号成立．所以(a ＋b )3＋(b ＋c )3＋(c ＋a )3≥24.解答题(六)17．已知在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足a ＋2a cos B ＝c . (1)求证：B ＝2A ；(2)若△ABC 为锐角三角形，且c ＝2，求a 的取值范围．解 (1)证明：因为a ＋2a cos B ＝c ，由正弦定理知sin A ＋2sin A cos B ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ，即sin A ＝cos A sin B －sin A cos B ＝sin(B －A )．因为A ，B ∈(0，π)，所以B －A ∈(－π，π)，且A ＋(B －A )＝B ∈(0，π)，所以A ＋(B －A )≠π，所以A ＝B －A ，B ＝2A .(2)由(1)知A ＝B 2，C ＝π－A －B ＝π－3B2.由△ABC 为锐角三角形得⎩⎪⎨⎪⎧0<B 2<π2，0<B <π2，0<π－3B 2<π2，得π3<B <π2. 由a ＋2a cos B ＝2，得a ＝21＋2cos B∈(1,2)．18．(2019·安徽江淮十校第三次联考)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为AB 的中点，点E 在侧棱CC 1上，DE ∥平面AB 1C 1.。

2020—2021年最新高考总复习数学(理)二轮复习精选《坐标系与参数方程》试题及答案解析.docx

高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）选修4-4 坐标系与参数方程1、设直线l 经过点M （1,5）、倾斜角为3π，则直线l 的参数方程可为( )A ．112352x t y t ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩B ．312152x t y t ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩C ．112352x t y t⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩ D ．112352x t y t ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩ 【答案】C【解析】由于过点（a ，b ）倾斜角为α 的直线的参数方程为x=a+ t ？cos α，y=b + t ？sin α (t 是参数)，而直线L 经过点M （1,5）、倾斜角为3π，则直线l的参数方程可为112352x t y t⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩故选C.2、曲线 (θ为参数)上的点到两坐标轴的距离之和的最大值是（ ) A. B ．1 C.D.【答案】A【解析】因为曲线表示单位圆，其圆心在原点，半径为1，所以曲线上的点到两坐标轴的距离之和不小于1，且不会恒等于1(因为直角三角形中，两直角边之和大于斜边)．故最大值必大于1，排除B ，C ，D.3、已知点P 的极坐标为（2，），那么过点P 且平行于极轴的直线的极坐标方程是（）A ．ρsin θ=B ． ρsin θ=2C ． ρcos θ=D ． ρcos θ=2【答案】A 4、参数方程为，为参数）t ty tx (3221⎩⎨⎧-=+=则普通方程为（）A ．3x+2y-7=0 B.3x-2y-7=0 C ．3x+2y+7=0 D ．-3x+2y-7=0 【答案】A5、在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是( ) A.1,2π⎛⎫⎪⎝⎭B. 1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．(1,0)D ．(1，π) 【答案】B【解析】将极坐标方程左右两边同时乘以ρ得θρρsin 22-=,化为直角坐标方程y y x 222-=+,圆心为(0,-1),极坐标为1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭,故答案选B.6、曲线的参数方程是211(0)1x t t t y t⎧=-⎪≠⎨⎪=-⎩是参数，，它的普通方程是（）A ． 2(1)(1)1x y --=B ．2(2)(1)x x y x -=- C ．211(1)y x =-- D ．211xy x=+- 【答案】B 7、圆()θθρsin cos 2+=的圆心坐标为（）A ．（1，4π）B.（21，4π）C.（2，4π）D.（2，4π）【答案】A 8、已知过曲线{()3cos 4sin x y θθπθθ≤≤==为参数，0上一点P 和原点O 的直线PO 的倾斜角为4π，则P 点坐标是（）A.（3，4）B.1212(,)55-- C.(-3，-4) D.1212(,)55【答案】D9、已知实数y x ,满足，则的最小值是（）A ．55-B ．45-C ．51-D ．55 【答案】A【解析】先由2246120x y x y +-++= 化为圆的参数方程23x cos y sin αα⎩+-⎧⎨＝＝，将()222|5|55x y cos sin sin αααθ--=-+=++利用()555555sin αθ⎡⎤++∈-+⎣⎦，求解．∵实数x ，y 满足2246120x y x y +-++=,∴23x cos y sin αα⎩+-⎧⎨＝＝，所以()222|5|55x y cos sin sin αααθ--=-+=++，()555555sin αθ⎡⎤++∈-+⎣⎦Q ，，min 225555]255[2x y x y ∴--∈-+∴-=--，，故选A.考点：直线与圆的参数方程10、将极坐标（2，32π）化为直角坐标为（）A ．（0,2）B ．（0，－2）C ．（2,0）D ．（－2,0）【答案】B【解析】332cos 0,2sin 222x y ππ====-，所以选B ．考点：极坐标化为直角坐标11、在柱坐标系中,两点24,,04,,333M N ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭与的距离为( ) A.3 B.4 C.5 D.8 【答案】C【解析】法一:由柱坐标可知M 在Oxy 平面上,N 在Oxy 平面上的射影坐标为22N |MN |4,24,,0MN 5.3.,34C π'∴'===⎛⎫ ⎪⎝⎭+再由勾股定理得故选法二:可将M ？N 化为直角坐标22233(22)M(2,2,0)(23,N(2,2,3),MN 5.3.23)C ++-=+-∴=故选12、在极坐标系) , (θρ(πθ20<≤)中,直线4πθ=被圆θρsin 2=截得的弦的长是__________. 【答案】213、在极坐标系中,过圆6cos ρθ=的圆心,且垂直于极轴的直线的极坐标方程为________. 【答案】cos 3ρθ=14、在极坐标系中,极点到曲线22)4cos(=+θπρ的距离是_____________ 【答案】22 15、已知曲线C的参数方程为2cos sin x y θθ=+⎧⎨=⎩(θ为参数),则曲线C 上的点到直线3x -4y +4=0的距离的最大值为______________ 【答案】3 16、已知直线l的参数方程为()23x tt y t=⎧⎪⎨=+⎪⎩为参数,若以直角坐标系xoy 的原点O 点为极点,以x 轴正半轴为极轴,选取相同的长度单位建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程为2sin()4πρθ=+,若直线l 与曲线C 交于A 、B 两点.(I)求直线l 的倾斜角及l 与坐标轴所围成的三角形的面积; (II)求| AB|. 【答案】17、已知曲线22:149x y C +=，直线2:22x t l y t =+⎧⎨=-⎩（t为参数）．（1）写出曲线C 的参数方程，直线l 的普通方程；（2）过曲线C 上任意一点P 作与l 夹角为30°的直线，交l 于点A ，求|PA|的最大值与最小值．【答案】（1）2cos ,3sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），062=-+y x（2）最大值为2255，最小值为255．试题分析：第一问根据椭圆的参数方程的形式，将参数方程写出，关于直线由参数方程向普通方程转化，消参即可，第二问根据线段的长度关系，将问题转化为曲线上的点到直线的距离来求解．试题解析：（1）曲线C的参数方程为2cos ,3sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数）．直线l 的普通方程为062=-+y x ．（2）曲线C 上任意一点)sin 3,cos 2(θθP 到l的距离为54cos 3sin 65d θθ=+-，则25|5sin()6|sin305d PA θα==+-︒，其中α为锐角，且4tan 3α=．当sin()1θα+=-时，|PA|取得最大值，最大值为2255．当sin()1θα+=时，|PA|取得最小值，最小值为255．考点：椭圆的参数方程，直线的参数方程与普通方程的转换，距离的最值的求解．18、已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点，极轴与x 轴的正半轴重合，曲线C 的极坐标方程为,3sin 3cos 2222=+θρθρ直线l 的参数方程为⎩⎨⎧+=-=ty tx 13t (为参数,)R t ∈.试在曲线C 上一点M ，使它到直线l 的距离最大.【答案】曲线C 的普通方程是1322=+y x ，直线l 的普通方程是033=-+y x设点M 的坐标是)sin ,cos 3(θθ,则点M 到直线l 的距离是2|1)4sin(2|32|3sin 3cos 3|-+=-+=πθθθd当1)4sin(-=+πθ时,即Z k k ∈+=+,2324πππθ,Z k k ∈+=,452ππθ d 取得最大值,此时22sin ,26cos 3-=-=θθ,综上, 点M 的坐标是)22,26(--时,M 到直线l 的距离最大19、已知圆锥曲线C ：⎩⎨⎧==θθsin 3cos 2y x θ(为参数）和定点)3,0(A ,21,F F 是此圆锥曲线的左、右焦点。

2020年江苏高考数学第二轮复习专题训练含解析

2020 年江苏高考数学第二轮复习精典试题
高考冲刺训练专题 (一 )
4 1. 中心在原点，一个顶点为 A( －3，0)，离心率为 3的双曲线的
x2 y2 方程是 9 － 7 ＝1 .
解析：因为双曲线的顶点为 A( －3，0)，所以双曲线的焦点在 x
x2 y2
4
轴上，所以设双曲线的方程为 a2－b2＝1，则 a＝3.又因为 e＝3，所以
4. 已知双曲线 xa22－y2＝1(a>0)的一条渐近线为 3x＋y＝0，则 a
3 ＝3.
解析：因为双曲线的一条渐近线方程为
y＝－
3x，且
a>0，则
b a
＝ 1a＝
3，解得
a＝
3 3.
x2 y2 5. 设双曲线 a2－b2＝1(a>0，b>0)的右焦点为 F，右准线 l 与两
条渐近线交于 P，Q 两点，如果△ PQF 是直角三角形，那么双曲线的
－ y0)，M→F2＝( 3－ x0，－y0)，所以 M→F1·M→F 2＝ x02－ 3＋ y20.因为点 M 在双曲线上，所以 x220－ y20＝ 1，代入不等式 M→F 1·M→F 2<0，得 3y02<1，解得
3
3
－ 3 <y0< 3 .
9.
设 F1， F2 是双曲线
x2－
y2 24＝
1
的两个焦点，
P
是双曲线上的
一点，且 3PF1＝ 4PF2，则△ PF1F2 的面积为 24 .
解析：由题意知，双曲线的实轴长为 2，焦距为 F1F2＝2×5＝ 10，
4
1
PF1－PF2＝ 3PF2－ PF2＝ 3PF2＝2，所以

(文理通用)新2020届高考数学大二轮复习第1部分专题8 选考系列第1讲坐标系与参数方程练习【下载】

第一部分专题八第一讲坐标系与参数方程A 组1．在直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3－32t ，y ＝12t .(t 为参数)，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴(长度单位与直角坐标系xOy 中相同)的极坐标系中，曲线C 的方程为ρ＝2a cos θ(a >0)，l 与C 相切于点P .(1)求C 的直角坐标方程； (2)求切点P 的极坐标．[解析] (1)l 表示过点(3,0)倾斜角为120°的直线，曲线C 表示以C ′(a,0)为圆心，a 为半径的圆．∵l 与C 相切，∴a ＝12(3－a )，⇒a ＝1.于是曲线C 的方程为ρ＝2cos θ，∴ρ2＝2ρcos θ，于是x 2＋y 2＝2x ，故所求C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＝0. (2)∵∠POC ′＝∠OPC ′＝30°，∴OP ＝ 3. ∴切点P 的极坐标为(3，π6)． 2．已知圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π4－4＝0，求圆C 的半径．[解析] 以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O ，以极轴为x 轴的正半轴，建立直角坐标系xOy .圆C 的极坐标方程为ρ2＋22ρ⎝⎛⎭⎪⎫22sin θ－22cos θ－4＝0，化简，得ρ2＋2ρsin θ－2ρcos θ－4＝0. 则圆C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y －4＝0，即(x －1)2＋(y ＋1)2＝6，所以圆C 的半径为 6. 3．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5cos φ，y ＝3sin φ，(φ为参数)．(1)求过椭圆的右焦点，且与直线m ：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4－2t ，y ＝3－t ，(t 为参数)平行的直线l 的普通方程．(2)求椭圆C 的内接矩形ABCD 面积的最大值．[分析] (1)由直线l 与直线m 平行可得l 的斜率，将椭圆C 的方程消参可得普通方程求出焦点坐标(也可直接由参数方程求)可得l 方程．(2)用参数方程表示面积转化为三角函数最值求解．[解析] (1)由C 的参数方程可知，a ＝5，b ＝3，∴c ＝4，∴右焦点F 2(4,0)，将直线m 的参数方程化为普通方程：x －2y ＋2＝0，所以k ＝12，于是所求直线方程为x －2y －4＝0.(2)由椭圆的对称性，取椭圆在第一象限部分(令0≤φ≤π2)，则S ＝4|xy |＝60sin φcos φ＝30sin2φ，∴当2φ＝π2时，S max ＝30，即矩形面积的最大值为30.4．(2018·邯郸一模)在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 1，C 2的极坐标方程分别为ρ＝2sin θ，ρcos(θ－π4)＝ 2.(1)求C 1和C 2交点的极坐标；(2)直线l 的参数方程为：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3＋32t ，y ＝12t(t 为参数)，直线l 与x 轴的交点为P ，且与C 1交于A ，B 两点，求|PA |＋|PB |.[解析] (1)C 1，C 2极坐标方程分别为ρ＝2sin θ，ρcos(θ－π4)＝2，化为直角坐标方程分别为x 2＋(y －1)2＝1，x ＋y －2＝0. 得交点坐标为(0,2)，(1,1)．即C 1和C 2交点的极坐标分别为(2，π2)，(2，π4)．(2)把直线l 的参数方程：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3＋32t ，y ＝12t (t 为参数)，代入x 2＋(y －1)2＝1，得(－3＋32t )2＋(12t －1)2＝1，即t 2－4t ＋3＝0，t 1＋t 2＝4，t 1t 2＝3，所以|PA |＋|PB |＝4.B 组1．(2017·全国卷Ⅲ，22)在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t ，y ＝kt (t 为参数)，直线l 2的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2＋m ，y ＝mk (m 为参数)．设l 1与l 2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l 3：ρ(cos θ＋sin θ)－2＝0，M 为l 3与C 的交点，求M 的极径．[解析] (1)消去参数t 得l 1的普通方程l 1：y ＝k (x －2)；消去参数m 得l 2的普通方程l 2：y ＝1k(x ＋2)．设P (x ，y )，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，y ＝1kx ＋2，消去k 得x 2－y 2＝4(y ≠0)，所以C 的普通方程为x 2－y 2＝4(y ≠0)．(2)C 的极坐标方程为ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4(0<θ<2π，θ≠π)，联立⎩⎨⎧ρ2cos 2θ－sin 2θ＝4，ρcos θ＋sin θ－2＝0得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．故tan θ＝－13，从而cos 2θ＝910，sin 2θ＝110.代入ρ2(cos 2θ－sin 2θ)＝4得ρ2＝5，所以交点M 的极径为 5.2．在平面直角坐示系xOy 中，已知曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1y ＝1－2t (t 为参数)与曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θy ＝3sin θ(θ为参数，a >0)．(1)若曲线C 1与曲线C 2有一个公共点在x 轴上，求a 的值；(2)当a ＝3时，曲线C 1与曲线C 2交于A ，B 两点，求A ，B 两点的距离．[解析] (1)曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ＋1y ＝1－2t 的普通方程为y ＝3－2x .曲线C 1与x 轴的交点为(32，0)．曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos θy ＝3sin θ的普通方程为x 2a 2＋y 29＝1.曲线C 2与x 轴的交点为(－a,0)，(a,0)．由a >0，曲线C 1与曲线C 2有一个公共点在x 轴上，知a ＝32.(2)当a ＝3时，曲线C 2：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θy ＝3sin θ为圆x 2＋y 2＝9.圆心到直线y ＝3－2x 的距离d ＝|3|22＋12＝355. 所以A ，B 两点的距离|AB |＝2r 2－d 2＝ 29－3552＝1255.3．(2016·全国卷Ⅰ，23)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a cos ty ＝1＋a sin t(t 为参数，a ＞0)．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 2：ρ＝4cos θ.(Ⅰ)说明C 1是哪一种曲线，并将C 1的方程化为极坐标方程；(Ⅱ)直线C 3的极坐标方程为θ＝α0，其中α0满足tan α0＝2，若曲线C 1与C 2的公共点都在C 3上，求a .[解析] (Ⅰ)消去参数t 得到C 1的普通方程x 2＋(y －1)2＝a 2.C 1是以(0,1)为圆心，a 为半径的圆．将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入C 1的普通方程中，得到C 1的极坐标方程为ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0.(Ⅱ)曲线C 1，C 2的公共点的极坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧ρ2－2ρsin θ＋1－a 2＝0，ρ＝4cos θ.若ρ≠0，由方程组得16cos 2θ－8sin θcos θ＋1－a 2＝0，由已知tan θ＝2，可得16cos 2θ－8sin θcos θ＝0，从而1－a 2＝0，解得a ＝－1(舍去)或a ＝1.a ＝1时，极点也为C 1，C 2的公共点，在C 3上．所以a ＝1.4．(2018·邵阳三模)在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos αy ＝t sin α(t 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C 的极坐标方程为ρ＝22cos(θ＋π4)． (1)求曲线C 的直角坐标方程，并指出其表示何种曲线．(2)设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，若点P 的直角坐标为(1,0)，试求当α＝π4时，|PA |＋|PB |的值．[解析] (1)曲线C ：ρ＝22cos(θ＋π4)，可以化为ρ2＝22ρcos(θ＋π4)，ρ2＝2ρcos θ－2ρsin θ，因此，曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0. 它表示以(1，－1)为圆心，2为半径的圆． (2)当α＝π4时，直线的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1＋22t ，y ＝22t (t 为参数)点P (1,0)在直线上，且在圆C 内，把⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22t ，y ＝22t ，代入x 2＋y 2－2x ＋2y ＝0中得t 2＋2t －1＝0.设两个实数根为t 1，t 2，则A ，B 两点所对应的参数为t 1，t 2，则t 1＋t 2＝－2，t 1t 2＝－1. 所以|PA |＋|PB |＝|t 1－t 2| ＝t 1＋t 22－4t 1t 2＝ 6.。

2020高考数学(文)刷题首选卷：坐标系与参数方程(含解析)

π 5．在极坐标系中，直线 ρsin θ＋ 4 ＝ 2 被圆 ρ＝4 所截得的弦长为 ________ ．
答案 4 3 解析分别将直线与圆的极坐标方程化成直角坐标方程为
x＋y－ 2 2＝ 0，x2＋ y2＝16，
| － 2 2|
则圆心 O到直线 x＋y－ 2 2＝ 0 的距离 d＝
＝ 2，半弦长为 16－ 4＝ 2 3，所以弦长
＝1，解得 a＝1± 2，∵
2
a>0，∴ a＝1＋ 2．
2
x＝－ 1＋ t ，
2
8．(2018 ·天津高考 ) 已知圆 x2＋y2 －2x＝ 0 的圆心为 C，直线
(t
2 y＝3－ 2 t
为参数 ) 与该圆相交于 A， B 两点，则△ ABC的面积为 ________．
1 答案 2
解析由题意可得圆的标准方程为
(
x－
1)
2
＋
y2＝1，直线的直角坐标方程为
x＋ y－2＝ 0，
|1 ＋ 0－ 2| 2
则圆心到直线的距离 d＝
2 ＝ 2 ，由弦长公式可得 | AB| ＝2×
1－ 22＝ 2，则 S 2
1
21
△ ＝ ABC 2× 2× 2 ＝ 2．
9．(2017 ·北京高考 ) 在极坐标系中，点 A 在圆 ρ2－ 2ρcos θ－ 4ρsin θ ＋ 4＝ 0 上，
(2) 若 C1 与 C2 有且仅有三个公共点，求 C1 的方程．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，曲线 C1 的方程为 y＝

2020届高考数学大二轮刷题首选卷文数文档：第一部分考点二十坐标系与参数方程 Word版含解析

考点二十坐标系与参数方程解答题1．在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝x ，圆C ：⎩⎨⎧x ＝－1＋cos φ，y ＝－2＋sin φ(φ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． (1)求直线l 与圆C 的极坐标方程；(2)设直线l 与圆C 的交点为M ，N ，求△CMN 的面积．解 (1)将C 的参数方程化为普通方程，得(x ＋1)2＋(y ＋2)2＝1，∵x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，∴直线l 的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，圆C 的极坐标方程为ρ2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0. (2)将θ＝π4代入ρ2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0，得ρ2＋32ρ＋4＝0，解得ρ1＝－22，ρ2＝－2， |MN |＝|ρ1－ρ2|＝2， ∵圆C 的半径为1，∴△CMN 的面积为12×2×1×sin π4＝12.2．已知在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2t ＋1，y ＝t －1(t 是参数)．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为 ρ＝4cos θ.(1)求曲线C 1的普通方程及曲线C 2的直角坐标方程并说明各曲线名称； (2)判断曲线C 1与曲线C 2的位置关系？若相交，求出弦长．解 (1)由⎩⎨⎧x ＝2t ＋1，y ＝t －1消去t 得x －2y －3＝0，所以曲线C 1的普通方程为x －2y －3＝0，是斜率为12的直线．由ρ＝4cos θ两边同乘以ρ得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x ，配方得(x －2)2＋y 2＝4，即曲线C 2的普通方程为(x －2)2＋y 2＝4，是以(2,0)为圆心，2为半径的圆． (2)由(1)知，曲线C 2：(x －2)2＋y 2＝4的圆心为(2,0)，半径为2，由点到直线的距离公式得，圆心(2,0)到直线x －2y －3＝0的距离为d ＝|2－0－3|5＝55<2，所以曲线C 1与曲线C 2相交，弦长为222－⎝ ⎛⎭⎪⎫552＝2955.3．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程是⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝3sin θ(θ为参数)，以射线Ox 为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρcos θ－ρsin θ－3＝0.(1)求曲线C 的普通方程，及直线l 的参数方程； (2)求直线l 与曲线C 相交所得的弦AB 的长．解 (1)曲线C 的参数方程化成普通方程为x 24＋y 23＝1，因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以l 的直角坐标方程为x －y －3＝0，其倾斜角为π4，过点(3，0)，所以直线方程化成参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋t cos π4，y ＝t sin π4(t 为参数，且t ∈R )．(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋t cos π4，y ＝t sin π4代入x 24＋y 23＝1，得7t 2＋66t －6＝0，Δ＝(66)2－4×7×(－6)＝384>0，设方程的两根是t 1，t 2，则t 1＋t 2＝－667，t 1t 2＝－67，所以AB ＝|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝3847＝867.故直线l 与曲线C 相交所得的弦AB 的长为867.4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在极坐标系Ox 中，A (2,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π4，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，3π4，D (2，π)，弧AB ︵，BC ︵，CD ︵所在圆的圆心分别是(1,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，π2，(1，π)，曲线M 1是弧AB ︵，曲线M 2是弧BC ︵，曲线M 3是弧CD ︵.(1)分别写出M 1，M 2，M 3的极坐标方程；(2)曲线M 由M 1，M 2，M 3构成，若点P 在M 上，且|OP |＝3，求P 的极坐标．解 (1)由题设可得，弧AB ︵，BC ︵，CD ︵所在圆的极坐标方程分别为ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ，所以M 1的极坐标方程为ρ＝2cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π4，M 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4≤θ≤3π4，M 3的极坐标方程为ρ＝－2cos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4≤θ≤π.(2)设P (ρ，θ)，由题设及(1)知若0≤θ≤π4，则2cos θ＝3，解得θ＝π6；若π4≤θ≤3π4，则2sin θ＝3，解得θ＝π3或θ＝2π3；若3π4≤θ≤π，则－2cos θ＝3，解得θ＝5π6.综上，P 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π6或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，π3或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，2π3或⎝ ⎛⎭⎪⎫3，5π6.5．(2019·河南洛阳第三次统考)已知极点与坐标原点O 重合，极轴与x 轴非负半轴重合，M 是曲线C ：ρ＝2sin θ上任一点，点P 满足OP →＝3OM →.设点P 的轨迹为曲线Q .(1)求曲线Q 的平面直角坐标方程；(2)已知曲线Q 向上平移1个单位后得到曲线N ，设曲线N 与直线l ：⎩⎨⎧x ＝－t ，y ＝t (t 为参数)相交于A ，B 两点，求|OA |＋|OB |的值．解 (1)设P (ρ，θ)，∵OP→＝3OM →，∴点M 的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ3，θ，代入曲线C ，得ρ3＝2sin θ，即曲线Q 的极坐标方程为ρ＝6sin θ，∵ρ2＝6ρsin θ，∴x 2＋y 2＝6y ，∴x 2＋(y －3)2＝9， ∴曲线Q 的平面直角坐标方程为x 2＋(y －3)2＝9. (2)曲线Q 向上平移1个单位后得到曲线N 的方程为 x 2＋(y －4)2＝9.l 的参数方程化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－22t ，y ＝22t ，两方程联立得t 2－42t ＋7＝0， ∴t 1＋t 2＝42，t 1t 2＝7，∴|OA |＋|OB |＝|t 1|＋|t 2|＝t 1＋t 2＝4 2.6．(2019·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－t 21＋t 2，y ＝4t 1＋t 2(t 为参数)．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 的极坐标方程为2ρcos θ＋3ρsin θ＋11＝0.(1)求C 和l 的直角坐标方程； (2)求C 上的点到l 距离的最小值．解 (1)因为－1<1－t 21＋t 2≤1，且x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 21＋t 22＋4t 2(1＋t 2)2＝1，所以C 的直角坐标方程为x 2＋y 24＝1(x ≠－1)，l 的直角坐标方程为2x ＋3y ＋11＝0.(2)由(1)可设C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos α，y ＝2sin α(α为参数，－π<α<π)．C 上的点到l 的距离为|2cos α＋23sin α＋11|7＝4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋117.当α＝－2π3时，4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π3＋11取得最小值7，故C 上的点到l 距离的最小值为7.解答题1．(2019·全国卷Ⅱ)在极坐标系中，O 为极点，点M (ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C ：ρ＝4sin θ上，直线l 过点A (4,0)且与OM 垂直，垂足为P .(1)当θ0＝π3时，求ρ0及l 的极坐标方程；(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时，求P 点轨迹的极坐标方程．解 (1)因为M (ρ0，θ0)在曲线C 上，当θ0＝π3时，ρ0＝4sin π3＝2 3. 由已知得|OP |＝|OA |cos π3＝2.设Q (ρ，θ)为l 上除P 外的任意一点．连接OQ ，在Rt △OPQ 中，ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝|OP |＝2.经检验，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3在曲线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2上，所以，l 的极坐标方程为ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2.(2)设P (ρ，θ)，在Rt △OAP 中， |OP |＝|OA |cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.因为P 在线段OM 上，且AP ⊥OM ，所以θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2.所以，P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2.2．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋22t ，y ＝1＋22t(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(1)由直线l 的参数方程⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1＋22t ，y ＝1＋22t得，其普通方程为y ＝x ＋2，∴直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝ρcos θ＋2. 又∵圆C 的方程为(x －2)2＋(y －1)2＝5，将⎩⎨⎧x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入并化简得ρ＝4cos θ＋2sin θ， ∴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＝3cos 2θ， ∴θ＝π2或tan θ＝3.不妨记点A 对应的极角为π2，点B 对应的极角为θ，且tan θ＝3. 于是，cos ∠AOB ＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝sin θ＝31010.3．(2019·湖北4月调研)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋2cos α，y ＝2sin α(α是参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝4sin θ.(1)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)若射线θ＝β⎝ ⎛⎭⎪⎫0<β<π2与曲线C 1交于O ，A 两点，与曲线C 2交于O ，B 两点，求|OA |＋|OB |取最大值时tan β的值．解 (1)由⎩⎨⎧x ＝2＋2cos α，y ＝2sin α得x 2－22x ＋y 2＝0，将⎩⎨⎧ x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入得ρ＝22cos θ，故曲线C 1的极坐标方程为ρ＝22cos θ. 由ρ＝4sin θ得ρ2＝4ρsin θ，将⎩⎨⎧x 2＋y 2＝ρ2，y ＝ρsin θ代入得x 2＋y 2＝4y ，故曲线C 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－4y ＝0.(2)设点A ，B 的极坐标分别为(ρ1，θ)，(ρ2，θ)，将θ＝β⎝ ⎛⎭⎪⎫0<β<π2分别代入曲线C 1，C 2的极坐标方程得ρ1＝22cos β，ρ2＝4sin β，则|OA |＋|OB |＝22cos β＋4sin β＝26⎝ ⎛⎭⎪⎫sin β·63＋cos β·33＝26sin(β＋φ)，其中φ为锐角，且满足sin φ＝33，cos φ＝63，当β＋φ＝π2时，|OA |＋|OB |取最大值，此时β＝π2－φ，tan β＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φ＝cos φsin φ＝6333＝ 2. 4．已知直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t cos φ，y ＝－2＋t sin φ(t 为参数，0≤φ<π)，以坐标原点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ρ＝1，l 与C交于不同的两点P 1，P 2.(1)求φ的取值范围；(2)以φ为参数，求线段P 1P 2中点M 的轨迹的参数方程．解 (1)曲线C 的极坐标方程为ρ＝1，根据ρ2＝x 2＋y 2可得曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1，将⎩⎨⎧x ＝t cos φ，y ＝－2＋t sin φ代入x 2＋y 2＝1，得t 2－4t sin φ＋3＝0. (*) 由Δ＝16sin 2φ－12>0得|sin φ|>32. 又0≤φ<π，所以φ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，2π3.(2)由(1)中的(*)可知t 1＋t 22＝2sin φ，代入⎩⎨⎧ x ＝t cos φ，y ＝－2＋t sin φ得⎩⎨⎧x ＝2sin φcos φ，y ＝－2＋2sin 2φ，整理得P 1P 2中点M 的轨迹的参数方程为 ⎩⎨⎧x ＝sin2φ，y ＝－1－cos2φ⎝⎛⎭⎪⎫φ为参数，π3<φ<2π3.5．在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(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＝21＋sin 2θ.(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1|MA |＋1|MB |的值．解 (1)曲线ρ2＝21＋sin 2θ，即ρ2＋ρ2sin 2θ＝2， ∵ρ2＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y ，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋2y 2＝2，即x 22＋y 2＝1.(2)将⎩⎨⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α代入x 2＋2y 2＝2并整理得(1＋sin 2α)t 2＋2t cos α－1＝0，∴t 1＋t 2＝－2cos α1＋sin 2α，t 1·t 2＝－11＋sin 2α，∴1|MA |＋1|MB |＝|MA |＋|MB ||MA |·|MB |＝|AB ||MA |·|MB |＝|t 1－t 2|－t 1·t 2，∵|t 1－t 2|＝(t 1＋t 2)2－4t 1t 2＝4cos 2α(1＋sin 2α)2＋41＋sin 2α＝221＋sin 2α，∴1|MA |＋1|MB |＝221＋sin 2α 11＋sin 2α＝2 2.6．(2019·江西省名校5月联考)在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1过点P (a,1)，其参数方程为⎩⎨⎧x ＝a ＋2t ，y ＝1＋2t (t 为参数，a ∈R )，以O 为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0.(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知曲线C 1和曲线C 2交于A ，B 两点，且|P A |＝2|PB |，求实数a 的值．解 (1)C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝a ＋2t ，y ＝1＋2t ，消参得普通方程为x －y －a ＋1＝0，C 2的极坐标方程为ρcos 2θ＋4cos θ－ρ＝0，两边同乘ρ得ρ2cos 2θ＋4ρcos θ－ρ2＝0，得y 2＝4x ，所以曲线C 2的直角坐标方程为y 2＝4x .(2)曲线C 1的参数方程可转化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋22t ，y ＝1＋22t (t 为参数，a ∈R )，代入曲线C 2：y 2＝4x ，得12t 2－2t ＋1－4a ＝0，由Δ＝(－2)2－4×12×(1－4a )>0，得a >0，设A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2，由|P A |＝2|PB |得|t 1|＝2|t 2|，即t 1＝2t 2或t 1＝－2t 2，当t 1＝2t 2时，⎩⎨⎧ t 1＝2t 2，t 1＋t 2＝22，t 1t 2＝2(1－4a )，解得a ＝136；当t 1＝－2t 2时，⎩⎨⎧t 1＝－2t 2，t 1＋t 2＝22，t 1t 2＝2(1－4a )，解得a ＝94，综上，a ＝136或94.。

2020版高考数学二轮复习专题七选考部分第1讲坐标系与参数方程练习理

第1讲坐标系与参数方程1．（2019·东北四市联合体模拟（一))在平面直角坐标系xOy 中，直线l1的倾斜角为30°，且经过点A（2，1）．以坐标原点O 为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l2：ρcos θ＝3。

从坐标原点O作射线交l2于点M，点N为射线OM上的点，满足｜OM|·|ON|＝12，记点N的轨迹为曲线C。

(1)写出直线l1的参数方程和曲线C的直角坐标方程;（2)设直线l1与曲线C交于P，Q两点,求|AP｜·｜AQ｜的值．解：(1）直线l1的参数方程为错误!(t为参数)，即错误!(t为参数)．设N(ρ，θ），M(ρ1,θ1)(ρ〉0，ρ1〉0),则错误!，又ρ1cos θ1＝3，所以ρ错误!＝12，即ρ＝4cos θ，所以曲线C的直角坐标方程为x2－4x＋y2＝0（x≠0）．（2)设P,Q对应的参数分别为t1，t2，将直线l1的参数方程代入曲线C的直角坐标方程中，得(2＋错误!t）2－4(2＋错误!t)＋（1＋错误!t）2＝0，即t2＋t－3＝0，Δ＝13>0，t1,t2为方程的两个根,所以t1t2＝－3，所以｜AP||AQ|＝｜t1t2｜＝｜－3|＝3.2．（2019·四省八校双教研联考)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为错误!（其中t为参数)．以坐标原点O为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，并取相同的单位长度，曲线C2的极坐标方程为ρcos(θ＋错误!)＝1。

(1)求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；(2）过P(0，1)的直线l交曲线C1于A，B两点,当|PA|·|PB|＝8时，求直线l的倾斜角．解：（1）消去参数t得曲线C1的普通方程为x2＝4y，曲线C2的极坐标方程可化为ρcos θ－错误!ρsin θ＝2，化为直角坐标方程为x－错误!y－2＝0。

（2)设直线l的参数方程为错误!（m为参数，α为直线l的倾斜角且α≠90°），代入曲线C1的普通方程中得m2cos2α－4m sin α－4＝0,所以m1m2＝错误!，所以|PA|·｜PB｜＝|m1m2|＝错误!＝8，得α＝45°或135°,即直线l的倾斜角为45°或135°.3．（2019·广州市综合检测（一））在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为错误!(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，直线C2的极坐标方程为ρ(sin θ－a cos θ）＝错误!（a∈R)．（1）写出曲线C1的普通方程和直线C2的直角坐标方程；（一题多解）（2)若直线C2与曲线C1有两个不同的交点，求a 的取值范围．解：（1）曲线C1的普通方程为y＝1－x2（－1≤x≤1)，把x＝ρcos θ，y＝ρsin θ代入ρ（sin θ－a cos θ)＝错误!，得直线C2的直角坐标方程为y－ax＝错误!，即ax－y＋错误!＝0。

2020届高考数学大二轮刷题首选卷理数文档：第一部分+考点二十+概率、随机变量及其分布+Word版含解析

考点二十概率、随机变量及其分布一、选择题1．同时抛掷3枚硬币，那么互为对立事件的是( ) A ．“至少有1枚正面”与“最多有1枚正面” B ．“最多有1枚正面”与“恰有2枚正面” C ．“至多有1枚正面”与“至少有2枚正面” D ．“至少有2枚正面”与“恰有1枚正面” 答案 C解析两个事件是对立事件必须满足两个条件：①不同时发生，②两个事件的概率之和等于1.故选C.2．随机向边长为10π，10π，12π的三角形中投一点M ，则点M 到三个顶点的距离都不小于π的概率是( )A ．π95B ．1πC ．9596D ．196答案 C解析分别以三角形的三个顶点为圆心，π为半径作圆，则在三角形内部，且在三圆外部的区域即为与三角形三个顶点距离不小于π的部分，所以所求概率P ＝1－12×π×(π)212×12π×8π＝9596，故选C.3．(2019·四川成都七中5月模拟)据《孙子算经》中记载，中国古代诸侯的等级从低到高分为：男、子、伯、侯、公，共五级．若给有巨大贡献的2人进行封爵，则两人不被封同一等级的概率为( )A ．15B ．25C．45D．35答案 C解析由题意知，基本事件的总数有5×5＝25种情形，两人被封同一等级的方法种数有男、子、伯、侯、公，共5种情形，故所求事件的概率为1－525＝2025＝45.4. (2019·晋冀鲁豫中原名校第三次联考)1876年4月1日，加菲尔德在《新英格兰教育日志》上发表了勾股定理的一种证明方法，即在如图的直角梯形ABCD 中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形面积”，可以简洁明了地推证出勾股定理.1881年加菲尔德就任美国第二十任总统．后来，人们为了纪念他对勾股定理直观、易懂的证明，就把这一证明方法称为“总统证法”．如图，设∠BEC＝15°，在梯形ABCD中随机取一点，则此点取自等腰直角△CDE中(阴影部分)的概率是()A．32B．34C．23D．22答案 C解析在直角△BCE中，a＝c cos15°，b＝c sin15°，则P＝S△CDES梯形ABCD＝12c212(a＋b)2＝c2c2(cos15°＋sin15°)2＝11＋sin30°＝23，故选C.5．古典著作《连山易》中记载了金、木、水、火、土之间相生相克的关系，如图所示，现从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰是相克关系的概率为()A ．23B ．25 C ．12 D ．15答案 C解析依题意，从5种物质中任取2种，共有C 25＝10种选法，根据相生相克原理，可知恰有5种选法具有相克关系，故恰是相克关系的概率为P ＝12，故选C.6．(2019·广东潮州二模)一试验田某种作物一株生长果个数x 服从正态分布N (90，σ2)，且P (x <70)＝0.2，从试验田中随机抽取10株，果实个数在[90,110]的株数记作随机变量X ，且X 服从二项分布，则X 的方差为( )A ．3B ．2.1C ．0.3D ．0.21答案 B解析 ∵x ～N (90，σ2)，且P (x <70)＝0.2，所以P (x >110)＝0.2，∴P (90<x <110)＝0.5－0.2＝0.3，∴X ～B (10,0.3)，则X 的方差为10×0.3×(1－0.3)＝2.1，故选B.7．将A ，B ，C ，D 这4名同学从左至右随机地排成一排，则“A 与B 相邻且A 与C 之间恰好有1名同学”的概率是( )A ．12B ．14C ．16D ．18答案 B解析 A ，B ，C ，D 4名同学排成一排有A 44＝24种排法．当A ，C 之间是B时，有2×2＝4种排法，当A ，C 之间是D 时，有2种排法，所以所求概率为4＋224＝14，故选B.8．(2019·湖北武汉4月调研)为了提升全民身体素质，学校十分重视学生体育锻炼．某校篮球运动员投篮练习，若他第1球投进则后一球投进的概率为34，若他前一球投不进则后一球投进的概率为14.若他第1球投进的概率为34，则他第2球投进的概率为( )A ．34B ．58C ．716D ．916答案 B解析第2球投进的概率为P ＝34×34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－34×14＝58.故选B.二、填空题9．已知某射击运动员每次射击击中目标的概率都为80%.现采用随机模拟的方法估计该运动员4次射击至少3次击中目标的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定0,1表示没有击中目标，2,3,4,5,6,7,8,9表示击中目标；再以每4个随机数为一组，代表4次射击的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281据此估计，该射击运动员4次射击至少3次击中目标的概率为________．答案 0.75解析 4次射击中有1次或2次击中目标的有：0371,6011,7610,1417,7140，∴所求概率P ＝1－520＝1520＝0.75.10．在棱长为4的一个正方体内，有一根细线系在上底面的中心处，下方悬挂了一个半径为1的球，且球位于正方体内，已知球面是网状的，小虫可以自由地出入．若一只小虫在某一时刻可以位于正方体内的任意一个位置，则小虫飞入网状球面球体内的概率为________．答案 π48解析小虫飞入网状球面球体内的概率为43π·1343＝π48.11．(2019·辽宁沈阳东北育才学校八模)已知甲、乙、丙三名同学同时独立地解答一道导数试题，每人均有23的概率解答正确，且三个人解答正确与否相互独立，在三人中至少有两人解答正确的条件下，甲解答不正确的概率为________．答案 15解析记“三人中至少有两人解答正确”为事件A ，“甲解答不正确”为事件B ，则P (A )＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫232⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝2027，P (AB )＝13×23×23＝427， ∴P (B |A )＝P (AB )P (A )＝15. 12．(2019·山东郓城一中三模)七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成的．而这七块板可拼成许多图形，例如：三角形、不规则多边形、各种人物、动物、建筑物等，清陆以湉《冷庐杂识》写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余．在18世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧新谱》．若用七巧板拼成一只雄鸡，在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为________．答案 18解析设包含7块板的正方形边长为4，其面积为4×4＝16，则雄鸡的鸡尾面积为标号为6的板块，其面积为S ＝2×1＝2，所以在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡尾(阴影部分)的概率为P ＝216＝18.三、解答题13．随着网络营销和电子商务的兴起，人们的购物方式更具多样化．某调查机构随机抽取10名购物者进行采访，5名男性购物者中有3名倾向于选择网购，2名倾向于选择实体店，5名女性购物者中有2名倾向于选择网购，3名倾向于选择实体店．(1)若从10名购物者中随机抽取2名，其中男、女各1名，求至少有1名倾向于选择实体店的概率；(2)若从这10名购物者中随机抽取3名，设X 表示抽到倾向于选择网购的男性购物者的人数，求X 的分布列和数学期望．解 (1)设“随机抽取2名，其中男、女各1名，至少有1名倾向于选择实体店”为事件A ，则A 表示事件“随机抽取2名，其中男、女各1名，都倾向于选择网购”，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 13×C 12C 15×C 15＝1925.所以至少有1名倾向于选择实体店的概率为1925.(2)X 所有可能的取值为0,1,2,3，且P (X ＝k )＝C k 3C 3－k 7C 310，则P (X ＝0)＝724，P (X＝1)＝2140，P (X ＝2)＝740，P (X ＝3)＝1120.所以X 的分布列为E (X )＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝910.14．(2019·江西赣州3月摸底)现有甲、乙、丙三名学生参加某大学的自主招生考试，考试分两轮，第一轮笔试，第二轮面试，只有第一轮笔试通过才有资格进入第二轮面试，面试通过就可以在高考录取中获得该校的优惠加分，两轮考试相互独立．根据以往多次的模拟测试，甲、乙、丙三名学生能通过笔试的概率分别为0.4,0.8,0.5，能通过面试的概率分别为0.8,0.4,0.64.根据这些数据我们可以预测：(1)甲、乙、丙三名学生中至少有两名学生通过第一轮笔试的概率； (2)甲、乙、丙三名学生能获得该校优惠加分的人数X 的数学期望．解 (1)记事件A ：甲通过第一轮笔试，事件B ：乙通过第一轮笔试，事件C ：丙通过第一轮笔试，事件D ：至少有两名学生通过第一轮笔试，则P (A )＝0.4，P (B )＝0.8，P (C )＝0.5.P (D )＝P (AB C )＋P (A B C )＋P (A BC )＋P (ABC )＝P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )P (C )＋P (A )P (B )·P (C )＋P (A )P (B )P (C )＝0.4×0.8×0.5＋0.4×0.2×0.5＋0.6×0.8×0.5＋0.4×0.8×0.5＝0.6，所以至少有两名学生通过第一轮笔试的概率为0.6.(2)因为甲、乙、丙三名学生中每个人获得优惠加分的概率均为0.32，所以X ～B (3,0.32)，故E (X )＝3×0.32＝0.96.一、选择题1．已知实数m ∈[0,1]，向量a ＝(2，－2)，b ＝(1,1)，则|m a |>|b |的概率是( ) A ．14 B ．13 C ．12 D ．23答案 C解析 m a ＝(2m ，－2m )，若|m a |>|b |，则 (2m )2＋(－2m )2>12＋12，得m <－12(舍去)或m >12.所以|m a |>|b |的概率是P ＝1－121－0＝12.故选C.2．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )A ．0.648B ．0.432C ．0.36D ．0.312答案 A解析根据独立重复试验公式得，该同学通过测试的概率为C 230.62×0.4＋0.63＝0.648.故选A.3．(2019·山东临沂二模)某人连续投篮6次，其中4次命中，2次未命中，则他第1次和第5次两次均命中的概率是( )A ．12B ．25 C ．14D ．15答案 B解析基本事件总数n ＝C 46C 22＝15，他第1次和第5次两次均命中包含的基本事件个数m ＝C 22C 24C 22＝6，则他第1次和第5次两次均命中的概率是P ＝m n ＝615＝25，故选B.4．某种电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为15，则开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( )A ．110B ．15C ．25D ．12答案 C解析设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“开关第二次闭合后出现红灯”为事件B ，则“开关两次闭合后都出现红灯”为事件AB ，“开关在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯”为事件B |A ，由题意得P (B |A )＝P (AB )P (A )＝25，故选C. 5．(2019·河南郑州第三次质检)关于圆周率，数学发展史上出现过很多有创意的求法，如著名的蒲丰试验，受其启发，我们也可以通过设计下面的试验来估计π的值，试验步骤如下：①先请高二年级n 名同学每人在小卡片上随机写下一个实数对(x ，y )(0<x <1,0<y <1)；②若卡片上的x ，y 能与1构成锐角三角形，则将此卡片上交；③统计上交的卡片数，记为m ；④根据统计数n ，m 估计π的值．那么可以估计π的值约为( )A ．m nB ．n －m nC ．4(n －m )nD ．4m n答案 C解析由题意，实数对(x ，y )(0<x <1,0<y <1)，即面积为1.且卡片上的x ，y 能与1构成锐角三角形，即满足x 2＋y 2＞1，且⎩⎪⎨⎪⎧0<x <1，0<y <1，所以面积为1－π4，所以x ，y 能与1构成锐角三角形的概率为1－π4，由题，n 张卡片上交m 张，即m n ＝1－π4⇒π＝4(n －m )n ，故选C.6．(2019·湖南师大附中模拟三)若即时起10分钟内，305路公交车和202路公交车由南往北等可能进入二里半公交站，则这两路公交车进站时间的间隔不超过2分钟的概率为( )A ．0.18B ．0.32C ．0.36D ．0.64答案 C解析设305路车和202路车的进站时间分别为x ，y ，设所有基本事件为W ：⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤10，0≤y ≤10，“进站时间的间隔不超过2分钟”为事件A ，则A ＝{(x ，y )|0≤x ≤10，0≤y ≤10，|x －y |≤2}，画出不等式表示的区域如图中阴影区域，则S ＝10×10－8×8＝36，则P (A )＝S A S Ω＝36100＝0.36，故选C.7. (2019·北京师大附中模拟三)剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，作为一种镂空艺术，它能给人以视觉上的艺术享受．在如图所示的圆形图案中有12个树叶状图形(即图中阴影部分)，构成树叶状图形的圆弧均相同．若在圆内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )A ．2－33πB ．4－63π C ．33π D ．63π答案 B解析设圆的半径为r ，如图所示，12片树叶是由24个相同的弓形组成，且弓形AmB 的面积为S 弓形＝16πr 2－12·r 2·sin π3＝16πr 2－34r 2.∴所求的概率为P ＝24S 弓形S 圆＝24⎝ ⎛⎭⎪⎫16πr 2－34r 2πr 2＝4－63π，故选B.8．(2019·武汉4月调研)党的十九大报告指出，建设教育强国是中华民族伟大复兴的基础工程，必须把教育事业放在优先位置，深化教育资源的均衡发展，现有4名男生和2名女生主动申请毕业后到两所偏远山区小学任教，将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少安排2名毕业生，则每所学校男女毕业生至少安排1名的概率为( )A ．425B ．25 C ．1425 D ．45答案 C解析由题意，将这6名毕业生全部进行安排，每所学校至少2名毕业生，基本事件的总数为N ＝⎝⎛⎭⎪⎫C 26＋C 36C 33A 22×A 22＝50种，每所学校男女毕业生至少安排1名共有：一是其中一个学校安排一女一男，另一个学校有一女三男，有C 12C 14A 22＝16种；二是其中一个学校安排一女两男，另一个学校有一女两男，有C 12C 24＝12种，共有16＋12＝28种，所以概率为P ＝2850＝1425.二、填空题9．(2019·河北石家庄二中二模)甲、乙两人组队参加猜谜语大赛，比赛共两轮，每轮比赛甲、乙两人各猜一个谜语，已知甲猜对每个谜语的概率为34，乙猜对每个谜语的概率为23，甲、乙在猜谜语这件事上互不影响，则比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为________．答案 512解析若甲猜对2个，乙猜对1个，则有34×34×C12×23×13＝14，若甲猜对1个，乙猜对2个，则有C12×34×14×23×23＝16，∴比赛结束时，甲、乙两人合起来共猜对三个谜语的概率为14＋16＝512.10．某人在微信群中发了一个7元“拼手气”红包，被甲、乙、丙三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则甲领取的钱数不少于其他任何人的概率是________．答案2 5解析如下图，利用隔板法．该问题相当于把下面七个圆圈(○○○○○○○)分成三份(每个圆圈代表1元)，其中有6个空档，需要插入2个隔板，共有C26＝15种方法．甲领取的钱数不少于其他任何人，则有如下情况：如下图，甲领到5元，有1种，○○○○○|○|○如下图，甲领到4元，有2种，○○○○|○|○○○○○○|○○|○如下图，甲领到3元，有3种，○○○|○|○○○○○○|○○○|○○○○|○○|○○所以所求概率P＝1＋2＋315＝25.11．从区间[－2,2]中随机选取一个实数a，则函数f(x)＝4x－a·2x＋1＋1有零点的概率是________．答案1 4解析令t＝2x，函数有零点就等价于方程t2－2at＋1＝0有正根，进而可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，t1＋t2>0，t1t2>0⇒a≥1，又a∈[－2,2]，所以函数有零点的实数a应满足a∈[1,2]，故P＝14.12．某个部件由三个电子元件按如图所示的方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N(1000,502)，且各个元件能否正常工作相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为________．答案38解析三个电子元件的使用寿命均服从正态分布N(1000，502)，所以每个电子元件的使用寿命超过1000 h的概率均为p＝12.因为各个元件能否正常工作相互独立，所以P(该部件的使用寿命超过1000小时)＝p×[1－(1－p)2]＝38.三、解答题13．(2019·辽宁沈阳质量监测三)某商场举行优惠促销活动，顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种，方案一：每满200元减50元；方案二：每满200元可抽奖一次．具体规则是依次从装有3个红球、1个白球的甲箱，装有2个红球、2个白球的乙箱，以及装有1个红球、3个白球的丙箱中各随机摸出1个球，所得结果和享受的优惠如下表：(注：所有小球仅颜色有区别)红球个数3210实际付款半价7折8折原价(1)(2)若某顾客购物金额为320元，用所学概率知识比较哪一种方案更划算？解 (1)设事件A 为“顾客获得半价”，则P (A )＝34×24×14＝332，所以两位顾客至少一人获得半价的概率为 P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫29322＝1831024.(2)若选择方案一，则付款金额为320－50＝270(元)．若选择方案二，记付款金额为X 元，则X 可取的值为160,224,256,320. P (X ＝160)＝332，P (X ＝224)＝34×24×34＋34×24×14＋14×14×24＝1332， P (X ＝256)＝34×24×34＋14×24×34＋14×24×14＝1332， P (X ＝320)＝14×24×34＝332，∴E (X )＝160×332＋224×1332＋256×1332＋320×332＝240. 所以方案二更为划算．14．(2019·全国卷Ⅰ)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X .(1)求X 的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i (i ＝0,1，…，8)表示“甲药的累计得分为i 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p 0＝0，p 8＝1，p i ＝ap i －1＋bp i ＋cp i ＋1(i ＝1,2，…，7)，其中a ＝P (X ＝－1)，b ＝P (X ＝0)，c ＝P (X ＝1)．假设α＝0.5，β＝0.8.①证明：{p i ＋1－p i }(i ＝0,1,2，…，7)为等比数列； ②求p 4，并根据p 4的值解释这种试验方案的合理性．解 (1)X 的所有可能取值为－1,0,1.P (X ＝－1)＝(1－α)β，P (X ＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)， P (X ＝1)＝α(1－β)．所以X 的分布列为(2)①证明：由(1)得a ＝0.4，b ＝0.5，c ＝0.1，因此p i ＝0.4p i －1＋0.5p i ＋0.1p i ＋1，故0.1(p i ＋1－p i )＝0.4(p i －p i －1)，即p i ＋1－p i ＝4(p i －p i －1)．又因为p 1－p 0＝p 1≠0，所以{p i ＋1－p i }(i ＝0,1,2，…，7)是公比为4，首项为p 1的等比数列．②由①可得p 8＝p 8－p 7＋p 7－p 6＋…＋p 1－p 0＋p 0 ＝(p 8－p 7)＋(p 7－p 6)＋…＋(p 1－p 0)＝48－13p 1. 由于p 8＝1，故p 1＝348－1，所以p 4＝(p 4－p 3)＋(p 3－p 2)＋(p 2－p 1)＋(p 1－p 0)＝44－13p 1＝1257.p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝1257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．。

2020届高考数学大二轮复习层级二专题七系列4选考第1讲坐标系与参数方程课时作业(选修4_4)

第1讲坐标系与参数方程限时45分钟满分50分解答题(本大题共5小题,每小题10分,共50分)1．(2020·惠州模拟)已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝23cos θ＋2sin θ,直线l 1：θ＝π6(ρ∈R ),直线l 2：θ＝π3(ρ∈R )．以极点O 为坐标原点,极轴为x 轴的正半轴建立平面直角坐标系．(1)求直线l 1,l 2的直角坐标方程以及曲线C 的参数方程；(2)若直线l 1与曲线C 交于O ,A 两点,直线l 2与曲线C 交于O ,B 两点,求△AOB 的面积．解析：(1)依题意,直线l 1的直角坐标方程为y ＝33x ,直线l 2的直角坐标方程为y ＝3x . 由ρ＝23cos θ＋2sin θ得ρ2＝23ρcos θ＋2ρsin θ, 因为ρ2＝x 2＋y 2,ρcos θ＝x ,ρsin θ＝y , 所以(x －3)2＋(y －1)2＝4, 所以曲线C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3＋2cos α，y ＝1＋2sin α(α为参数)．(2)联立得⎩⎪⎨⎪⎧θ＝π6，ρ＝23cos θ＋2sin θ，所以|OA |＝4,同理,|OB |＝2 3. 又∠AOB ＝π6,所以S △AOB ＝12·|OA |·|OB |·sin∠AOB ＝12×4×23×12＝23,即△AOB 的面积为2 3.2．(2019·全国Ⅱ卷)在极坐标系中,O 为极点,点M (ρ0,θ0)(ρ0＞0)在曲线C ：ρ＝4sinθ上,直线l 过点A (4,0)且与OM 垂直,垂足为P .(1)当θ0＝π3时,求ρ0及l 的极坐标方程；(2)当M 在C 上运动且P 在线段OM 上时,求P 点轨迹的极坐标方程．解：(1)因为M (ρ0,θ0)在C 上,当θ0＝π3时,ρ0＝4sin π3＝2 3.由已知得|OP |＝|OA |cosπ3＝2. 设Q (ρ,θ)为l 上除P 的任意一点,在Rt △OPQ 中,ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝|OP |＝2. 经检验,点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，π3在曲线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2上．所以,l 的极坐标方程为ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π3＝2.(2)设P (ρ,θ),在Rt △OAP 中,|OP |＝|OA |cos θ＝4cos θ,则ρ＝4cos θ,因为P 在线段OM 上,且AP ⊥OM ,故θ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2.所以,P 点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ,θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2. 3．(2020·成都摸底)在直角坐标系xOy 中,直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋12t ，y ＝1＋32t (t为参数)．在以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C 的极坐标方程为ρ2(1＋2cos 2θ)＝3.(1)写出直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；(2)设点M (1,1),若直线l 与曲线C 相交于不同的两点A ,B ,求|AM |＋|BM |的值．解析：(1)由直线l 的参数方程消去参数t ,得x －1＝33(y －1), 化简,得直线l 的普通方程为3x －y ＋1－3＝0. 曲线C 的极坐标方程可化为ρ2＋2ρ2cos 2θ＝3, ∴(x 2＋y 2)＋2x 2＝3,∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 23＝1.(2)由题易知,点M 在直线l 上．将直线l 的参数方程代入x 2＋y 23＝1,得⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12t 2＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32t 2＝1,化简,得t 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋33t ＋23＝0, 此时Δ＝83＋833＞0,此方程的两根为直线l 与曲线C 的交点A ,B 对应的参数t 1,t 2.由根与系数的关系,得t 1＋t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋233,t 1t 2＝23,∴|AM |＋|BM |＝|t 1|＋|t 2|＝－t 1－t 2＝2＋233.4．(2020·南昌模拟)在直角坐标系xOy 中,曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝7cos α，y ＝2＋7sin α(其中α为参数),曲线C 2：(x －1)2＋y 2＝1,以坐标原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程．(2)若射线θ＝π6(ρ＞0)与曲线C 1,C 2分别交于A ,B 两点,求|AB |.解析：(1)因为曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝7cos α，y ＝2＋7sin α(其中α为参数),所以曲线C 1的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4. 因为曲线C 2：(x －1)2＋y 2＝1,所以把x ＝ρcos θ,y ＝ρsin θ代入(x －1)2＋y 2＝1,得到曲线C 2的极坐标方程(ρcos θ－1)2＋(ρsin θ)2＝1,化简得ρ＝2cos θ. (2)依题意设A ⎝⎛⎭⎪⎫ρ1，π6,B ⎝ ⎛⎭⎪⎫ρ2，π6, 因为曲线C 1的极坐标方程为ρ2－4ρsin θ－3＝0, 将θ＝π6(ρ＞0)代入曲线C 1的极坐标方程,得ρ2－2ρ－3＝0,解得ρ1＝3,同理,将θ＝π6(ρ＞0)代入曲线C 2的极坐标方程,得ρ2＝3,所以|AB |＝|ρ1－ρ2|＝3－ 3. 5．(2020·长春模拟)已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2cos θ，y ＝sin θ(θ为参数),以直角坐标系的原点O 为极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 2的极坐标方程为ρsin 2θ＝4cos θ.(1)求C 1的普通方程和C 2的直角坐标方程；(2)若过点F (1,0)的直线l 与C 1交于A ,B 两点,与C 2交于M ,N 两点,求|FA ||FB ||FM ||FN |的取值范围．解析：(1)曲线C 1的普通方程为x 22＋y 2＝1,曲线C 2的直角坐标方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋t cos α，y ＝t sin α(t 为参数),因为直线l 与曲线C 2：y 2＝4x 有两个交点,因此sin α≠0. 联立直线l 与曲线C 1：x 22＋y 2＝1, 可得(1＋sin 2α)t 2＋2t cos α－1＝0, 则|FA |·|FB |＝|t 1t 2|＝11＋sin 2α, 联立直线l 与曲线C 2：y 2＝4x , 可得t 2sin 2α－4t cos α－4＝0, 则|FM |·|FN |＝|t 3t 4|＝4sin 2α,所以|FA |·|FB ||FM |·|FN |＝11＋sin 2α4sin 2α＝14·sin 2α1＋sin 2α＝14·11＋1sin 2α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，18.。