课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习4-1-1

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课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练4-1

课时知能训练一、选择题1．对于非零向量a 、b ，“a ＋b ＝0”是“a ∥b ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件2．已知AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则下列一定共线的三点是( )A ．A 、B 、C B ．A 、B 、D C ．B 、C 、D D ．A 、C 、D3．已知P 是△ABC 所在平面内的一点，若CB →＝λPA →＋PB →，其中λ∈R ，则点P 一定在( )A ．△ABC 的内部B ．AC 边所在直线上 C ．AB 边所在直线上D ．BC 边所在直线上4．(2012·揭阳模拟)已知点O 为△ABC 外接圆的圆心，且OA →＋OB →＋OC →＝0，则△ABC 的内角A 等于( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°5．设O 在△ABC 的内部，D 为AB 的中点，且OA →＋OB →＋2OC →＝0，则△ABC 的面积与△AOC 的面积之比为( )A ．3B ．4C ．5D ．6 二、填空题6．若AB →＝3e 1，CD →＝－5e 1，且AD →与CB →的模相等，则四边形ABCD 是__________．7．已知向量a ，b 是两个非零向量，则在下列四个条件中，能使a 、b 共线的条件是________(将正确的序号填在横线上)．①2a －3b ＝4e ，且a ＋2b ＝－3e ； ②存在相异实数λ、μ，使λ·a ＋μ·b ＝0； ③x ·a ＋y ·b ＝0(实数x ，y 满足x ＋y ＝0)； ④若四边形ABCD 是梯形，则AB →与CD →共线． 8．如图4－1－3，在△ABC 中，图4－1－3点O 是BC 的中点．过点O 的直线分别交直线AB 、AC 于不同的两点M 、N ，若AB→＝mAM →，AC →＝nAN →，则m ＋n 的值为________．三、解答题图4－1－49．(2012·肇庆质检)如图4－1－4所示，在△ABC 中，AN→＝13NC →，P 是BN上的一点，若AP→＝mAB →＋211AC →，求实数m 的值．10．设a ，b 是两个不共线的非零向量，若a 与b 起点相同，t ∈R ，t 为何值时，a ，t b ，13(a ＋b )三向量的终点在一条直线上？11．设O 是平面上一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →|AB →|＋AC →|AC →|)，λ∈[0，＋∞)．求点P 的轨迹，并判断点P 的轨迹通过下述哪一个定点：①△ABC 的外心；②△ABC 的内心；③△ABC 的重心；④△ABC 的垂心．答案及解析1．【解析】由a ＋b ＝0知道a 与b 互为相反向量，从而a ∥b ，充分性成立．由a ∥b 知a ＝λb ，λ≠－1时，a ＋b ≠0，∴必要性不成立．【答案】 A2．【解析】 BD →＝BC →＋CD →＝2a ＋4b ＝2AB →⇒BD →∥AB →⇒A 、B 、D 三点共线．【答案】 B3．【解析】 ∵CB →＝CP →＋PB →，又CB →＝λPA →＋PB →， ∴CP →＝λPA →，∴点P ∈AC . 【答案】 B4．【解析】由OA →＋OB →＋OC →＝0，知点O 为△ABC 重心，又O 为△ABC 外接圆的圆心， ∴△ABC 为等边三角形，A ＝60°. 【答案】 B5．【解析】 ∵D 为AB 的中点，则OD→＝12(OA →＋OB →)，又OA→＋OB →＋2OC →＝0， ∴OD→＝－OC →，∴O 为CD 的中点， ∴S △AOC ＝12S △ADC ＝14S △ABC ，则S △ABCS △AOC ＝4.【答案】 B6．【解析】 ∵AB →＝－35CD →，∴AB ∥CD ，且|AB |≠|CD |. 【答案】等腰梯形7．【解析】由①得10a －b ＝0，故①对．②对．对于③当x ＝y ＝0时，a 与b 不一定共线，故③不对．若AB ∥CD ，则AB →与CD →共线，若AD ∥BC ，则AB →与CD →不共线，故④不对．【答案】 ①②8．【解析】 ∵O 是BC 的中点， ∴AO →＝12(AB →＋AC →)又∵AB→＝mAM →，AC →＝nAN →， ∴AO→＝m 2AM →＋n 2AN →. ∵M ，O ，N 三点共线， ∴m 2＋n2＝1.则m ＋n ＝2. 【答案】 29．【解】如题图所示，AP →＝AB →＋BP →，∵P 为BN 上一点，则BP ＝kBN →， ∴AP→＝AB →＋kBN →＝AB →＋k (AN →－AB →) 又AN→＝13NC →，即AN →＝14AC →，因此AP →＝(1－k )AB →＋k 4AC →，所以1－k ＝m ，且k 4＝211，解得k ＝811则m ＝1－k ＝311.10．【解】设OA →＝a ，OB →＝t b ，OC →＝13(a ＋b )．若A ，B ，C 三点共线，则有AB →＝λAC →，∴OB→－OA →＝λ(OC →－OA →)， ∴t b －a ＝λ[13(a ＋b )－a ]．化简整理得，(23λ－1)a ＝(13λ－t )b.∵a 与b 不共线，由平面向量基本定理得λ＝32t ＝12. 故当t ＝12时，a ，t b ，13(a ＋b )的终点在一直线上．11．【解】如图，记AM →＝AB →|AB →|，AN →＝AC →|AC →|，则AM→，AN →都是单位向量．∴|AM →|＝|AN →|，AQ →＝AM →＋AN →，则四边形AMQN 是菱形．∴AQ 平分∠BAC ，∵OP →＝OA →＋AP →，由条件知OP →＝OA →＋λAQ →， ∴AP →＝λAQ →(λ∈[0，＋∞))，∴点P 的轨迹是射线AQ ，且AQ 通过△ABC 的内心．。

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习4-4-1

课时知能训练1．在极坐标系中，点(ρ，θ)与(－ρ，π－θ)的位置关系关于________所在直线对称．2．在极坐标系中，曲线ρcos θ＋ρsin θ＝2(0≤θ＜2π)与θ＝π4的交点的极坐标为________．3．(2011·安徽高考改编)在极坐标系中，点(2，π3)到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为________．4．在极坐标系中，过点(1,0)并且与极轴垂直的直线方程是________．5．已知圆的极坐标方程为ρ2＋2ρ(cos θ＋3sin θ)＝5，则此圆在直线θ＝0上截得的弦长为________．6．已知圆的极坐标方程为ρ＝2cos θ，则该圆的圆心到直线ρsin θ＋2ρcos θ＝1的距离是________．7．(2012·清远调研)已知圆C 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝cos αy ＝1＋sin α(α为参数)，以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝1，则直线l 与圆C 的交点的直角坐标为________．8．在极坐标系中，圆C ：ρ＝10cos θ和直线l ：3ρcos θ－4ρsin θ－30＝0相交于A ，B 两点，则线段AB 的长是________．9．已知直线的极坐标方程ρsin(θ＋π4)＝22，则极点到直线的距离是________．10．⊙O 1和⊙O 2的极坐标方程分别为ρ＝4cos θ，ρ＝－4sin θ.则经过⊙O 1与⊙O 2交点的直线的直角坐标方程是________．答案及解析1．【解析】取ρ＝1，θ＝π4，可知关于极轴所在直线对称．【答案】极轴2．【解析】将θ＝π4代入到ρcos θ＋ρsin θ＝2，得ρ＝2， ∴交点的极坐标为(2，π4)．【答案】 (2，π43．【解析】由(2，π3)化为直角坐标系中的点为(1，3)．圆ρ＝2cos θ化为平面直角坐标系中的一般方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.其圆心为(1,0)． ∴所求两点间的距离为(1－1)2＋(3－0)2＝ 3.【答案】 34．【解析】过点(1,0)与极轴垂直的直线，在直角坐标系中的方程为x ＝1， ∴其极坐标方程为ρcos θ＝1.【答案】 ρcos θ＝15．【解析】将极坐标方程化为直角坐标方程，得x 2＋y 2＋2x ＋23y －5＝0，令y ＝0，得x 2＋2x －5＝0.∴|x 1－x 2|＝2 6.【答案】 2 66．【解析】直线ρsin θ＋2ρcos θ＝1化为2x ＋y －1＝0，圆ρ＝2cos θ的圆心(1,0)到直线2x ＋y －1＝0的距离是55. 【答案】 55 6．【解析】由⎩⎨⎧ x ＝cos α，y ＝1＋sin α，得x 2＋(y －1)2＝1，① 方程ρsin θ＝1化为y ＝1，②由①、②联立，得⎩⎨⎧ x ＝1y ＝1或⎩⎨⎧x ＝－1y ＝1， ∴直线l 与圆C 的交点坐标为(1,1)或(－1,1)．【答案】 (1,1)或(－1,1)8．【解析】分别将圆C 和直线l 的极坐标方程化为直角坐标方程：圆C ：x 2＋y 2＝10x ，即(x －5)2＋y 2＝25，圆心C (5,0)．直线l ：3x －4y －30＝0.因为圆心C 到直线l 的距离d ＝|15－0－30|5＝3. 所以|AB |＝225－d 2＝8.【答案】 89．【解析】 ∵ρsin(θ＋π4)＝22， ∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，即直角坐标方程为x ＋y ＝1.又极点的直角坐标为(0,0)，∴极点到直线的距离d ＝|0＋0－1|2＝22. 【答案】 22 10．【解析】以极点为原点，极轴为x 轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位．x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，由ρ＝4cos θ，得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x .即x 2＋y 2－4x ＝0为⊙O 1的直角坐标方程，同理x 2＋y 2＋4y ＝0为⊙O 2的直角坐标方程．由⎩⎨⎧ x 2＋y 2－4x ＝0，x 2＋y 2＋4y ＝0解得⎩⎨⎧ x 1＝0，y 1＝0， ⎩⎨⎧x 2＝2，y 2＝－2.即⊙O 1，⊙O 2交于点(0,0)和(2，－2)，故过交点的直线的直角坐标方程为y ＝－x .【答案】 y ＝－x。

高考数学(文)一轮复习选修4-4-1a坐标系模拟演练·提能增分

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高考一轮总复习 ·数学（文）
(2)不妨设 A 的极角为 θ，B 的极角为 θ＋3π，则|OA|＋|OB|＝2cosθ＋2cosθ＋π3＝3cosθ－ 3sinθ＝ 2 3cos( θ＋6π )，当 θ＝－π6时，|OA|＋|OB|取得最大值 2 3.
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x＝2＋cosα， y＝sinα
(α 为参数，α∈R)．
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高考一轮总复习 ·数学（文）
(2)C2：4ρsinπ6cosθ－cos6πsinθ＝3， ∴412x－ 23y＝3，即 2x－2 3y－3＝0. ∵直线 2x－2 3y－3＝0 与圆(x－2)2＋y2＝1 相交于 A，
B 两点，且圆心到直线的距离 d＝14，
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高考一轮总复习 ·数学（文）
(2)解法一：C 的普通方程为 x2＋y2－4x＝0. 由x23＋x－y2－y－4x2＝30＝，0，解得xy＝＝－ 1， 3 或xy＝＝3，3. 所以 l 与 C 交点的极坐标分别为2，53π，2 3，6π.
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高考一轮总复习 ·数学（文）
解法二：由ρ＝3ρ4ccoossθθ－，ρsinθ－2 3＝0，得 sin2θ－π3＝0，
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高考一轮总复习 ·数学（文）
2．牛顿在 1736 年出版的《流数术和无穷级数》中，第一个将极坐标系应用于表示平面上的任何一点，牛顿在书中验证了极坐标和其他九种坐标系的转换关系．在极坐标系下，已知圆 O：ρ＝cosθ＋sinθ 和直线 l：
ρsinθ－π4＝ 22.(ρ≥0,0≤θ<2π) (1)求圆 O 和直线 l 的直角坐标方程； (2)当 θ∈(0，π)时，求直线 l 与圆 O 的公共点的极坐标．
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高考一轮总复习 ·数学（文）

课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：第四章第五节数系的扩充与复数的引入(广东专用)

典
例
探
若将复数 z 改为“z＝1＋i i”，且复数 z 与12＋32i 分别在
究 · 提
知
复平面内对应点 Z 与 A，试求O→Z＋O→A对应点的坐标(O 为原点)．
能
自
主落实
【解】 ∵z＝1＋i i＝i1－2 i＝21＋2i，
·
高考体验
固基础
又 z 与12＋32i 对应点 Z 和 A. 由复数及其加法的几何意义，
例探究
为 m＋ni(m，n∈R)的形式，用纯虚数定义求 a 的值．
· 提
知
能
【尝试解答】 (1)因为(x－i)i＝y＋2i，所以 xi＋1＝y＋2i.
自主
又 x，y∈R，由复数相等的定义，
高
落实
∴x＝2，y＝1；因此 x＋yi＝2＋i.
考体
· 固基
(2)12＋－aii＝12＋－aii·22＋＋ii＝2－a＋52a＋1i，
C．1－2i
D．1＋2i
· 明
(2)(2011·安徽高考)设 i 是虚数单位，复数12＋－aii为纯虚数，则
考情
实数 a 为( )
A．2
B．－2
课时
C．－21
1 D.2
知能训
练
菜单
第十页，编辑于星期日：二十点十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
【思路点拨】 (1)由复数相等定义，求 x＋yi；(2)将12＋－aii化
高
落实 ·
∴复数 z 对应的点的坐标为(35，－45)，在第四象限．
考体验
固
·
基
明
础
【答案】 D

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习阶段知能检测4

阶段知能检测(四)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2011·辽宁高考)i 为虚数单位，1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7＝( ) A ．0 B ．2i C ．－2i D ．4i2．设i ，j 是不共线的单位向量，a ＝5i ＋3j ，b ＝3i －5j ，则a ⊥b 是i ⊥j 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件3．(2011·浙江高考)若复数z ＝1＋i ，i 为虚数单位，则(1＋z )·z ＝( )A ．1＋3iB ．3＋3iC ．3－iD ．34．(2012·江门模拟)若四边形ABCD 满足AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则该四边形一定是( )A ．直角梯形B ．菱形C ．矩形D ．正方形5．平面向量a 与b 的夹角为60°，a ＝(2,0)，|b |＝1，则|a ＋2b |＝( ) A. 3 B ．2 3 C ．4 D ．126．(2011·课标全国卷)复数2＋i 1－2i的共轭复数是( ) A ．－35i B.35i C ．－i D ．i 7．已知向量a 、b 不共线，c ＝k a ＋b (k ∈R )，d ＝a －b .如果c ∥d ，那么( )A ．k ＝1且c 与d 同向B ．k ＝1且c 与d 反向C ．k ＝－1且c 与d 同向D ．k ＝－1且c 与d 反向8．(2011·课标全国卷)a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A.865 B ．－865 C.1665 D ．－16659．已知两点M (－2,0)，N (2,0)，点P 为坐标平面内的动点，满足|MN →|·|MP→|＋MN →·NP→＝0，则动点P (x ，y )的轨迹方程为( ) A ．y 2＝8x B ．y 2＝－8xC ．y 2＝4xD ．y 2＝－4x10．设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，定义一种向量积：a ⊗b ＝(a 1b 1，a 2b 2)．已知点P (θ，sin θ)，m ＝(2，12)，n ＝(π3，0)，点Q 在y ＝f (x )的图象上运动，满足OQ →＝m ⊗OP→＋n (其中O 为坐标原点)，则y ＝f (x )的最大值A 及最小正周期T 分别为( )A ．2，πB ．2,4πC.12，4πD.12，π 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．若向量a ＝(1,1)，b ＝(2,5)，c ＝(3，x )满足条件(8a －b )·c ＝30，则x ＝________.12．(2011·广东高考改编)设复数z 满足(1＋i)z ＝2，其中i 是虚数单位，则z ＝________.13．|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 与向量b 的夹角是________．14．在四边形ABCD 中，AB →＝DC →＝(1,1)，1|BA →|BA →＋1|BC →|BC →＝3|BD→|BD →，则四边形ABCD 的面积为________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设存在复数z 同时满足下列条件：(1)复数z 在复平面内对应点位于第二象限；(2)z ·z ＋2i z ＝8＋a i(a ∈R )．试求a 的取值范围．16．(本小题满分13分)已知A (3,0)，B (0,3)，C (cos α，sin α)．(1)若AC →·BC →＝－1，求sin(α＋π4)的值； (2)若|OA →＋OC →|＝13，且α∈(0，π)，求OB →与OC →的夹角．17．(本小题满分13分)已知向量OP →＝(2cos x ＋1，cos 2x －sin x ＋1)，OQ →＝(cos x ，－1)，定义f (x )＝OP →·OQ →.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若x ∈(0,2π)，当OP →·OQ →＜－1时，求x 的取值范围．18．(本小题满分14分)设O 为坐标原点，已知向量OZ 1→，OZ 2→分别对应复数z 1，z 2，且z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a＋(2a －5)i(其中a ∈R )，若z 1＋z 2可以与任意实数比较大小，求OZ 1→·OZ 2→的值．19．(本小题满分14分)已知△ABC 的角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，设向量m ＝(a ，b )，n ＝(sin B ，sin A )，p ＝(b －2，a －2)．(1)若m ∥n ，求证：△ABC 为等腰三角形；(2)若m ⊥p ，边长c ＝2，角C ＝π3，求△ABC 的面积． 20．(本小题满分14分)已知两点M (－1,0)，N (1,0)，且点P 使NM →·NP →，PM →·PN→，MP →·MN→成公差为非负的等差数列． (1)求点P 的轨迹方程；(2)若θ为PM →与PN →的夹角，求θ的最大值及此时点P 的坐标．答案及解析1．【解析】原式＝－i ＋i ＋(－i)＋i ＝0.【答案】 A2．【解析】 a ·b ＝(5i ＋3j )·(3i －5j )＝15|i |2－16i ·j －15|j |2＝－16i ·j .∴a ⊥b 是i ⊥j 的充要条件．【答案】 C3．【解析】 ∵z ＝1＋i ，∴(1＋z )·z ＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i.【答案】 A4．【解析】由AB→＋CD →＝0知，AB →＝DC →， ∴四边形ABCD 是平行四边形．又(AB →－AD →)·AC→＝0， ∴DB →·AC→＝0，即AC ⊥BD ，因此四边形ABCD 是菱形．【答案】 B5．【解析】 ∵|a |＝2，且|b |＝1，∴|a ＋2b |2＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝4＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12.∴|a ＋2b |＝2 3.【答案】 B6．【解析】 ∵2＋i 1－2i ＝(2＋i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝2＋i ＋4i －25＝i ， ∴2＋i 1－2i的共轭复数为－i. 【答案】 C7．【解析】 ∵c ∥d 且a ，b 不共线，∴存在唯一实数λ，使c ＝λd . ∴k a ＋b ＝λa －λb ，∴⎩⎨⎧ k ＝λ，1＝－λ，∴⎩⎨⎧k ＝－1，λ＝－1.【答案】 D8．【解析】 ∵a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，∴b ＝(3,18)－2(4,3)＝(－5,12)，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝(4，3)·(－5，12)5×13＝1665【答案】 C9．【解析】 ∵MN→＝(4,0)，MP →＝(x ＋2，y )，NP →＝(x －2，y )， ∴|MN →|·|MP →|＋MN →·NP→ ＝4·(x ＋2)2＋y 2＋4(x －2)＝0. 整理，得(x ＋2)2＋y 2＝2－x ，化简得y 2＝－8x .【答案】 B10．【解析】设点Q (x ，y )，由OQ →＝m ⊗OP →＋n ，得OQ →＝(2θ，12sin θ)＋(π3，0)＝(2θ＋π312sin θ)， ∴x ＝2θ＋π3，且y ＝12sin θ，消去θ，得y ＝12sin(x 2－π6)，依题意f (x )＝12sin(x 2－π6)，因此A ＝12，最小正周期T ＝4π. 【答案】 C11．【解析】由(8a －b )·c ＝30，得18＋3x ＝30，x ＝4.【答案】 412．【解析】 z ＝21＋i ＝2(1－i )(1＋i )(1－i )1－i. 【答案】 1－i13．【解析】设向量a 与b 的夹角为θ，由a ⊥(a －b )，得 a ·(a －b )＝0，即|a |2－a ·b ＝0，∴|a ||b |cos θ＝|a |2，∴cos θ＝|a ||b |＝22，故θ＝π4.【答案】 π414．【解析】如图所示，由AB →＝DC →＝(1,1)知AB 綊DC .又1|BA →|→＋1|BC →|→＝3|BD →|BD →，知四边形ABCD 为菱形，且AB ＝AD ＝2，又∵(1|BA →|·BA →＋1|BC →|·BC →)2＝3， ∴∠ABC ＝60°.∴S 四边形ABCD ＝2×2×32＝ 3. 【答案】 3 15．【解】设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，由(1)得x ＜0，y ＞0.由(2)得x 2＋y 2＋2i(x ＋y i)＝8＋a i ，即x 2＋y 2－2y ＋2x i ＝8＋a i.由复数相等，得⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝8，2x ＝a .解得－6≤a ＜0. 因此实数a 的取值范围是－6≤a ＜0.16．【解】 (1)∵AC→＝(cos α－3，sin α)，BC →＝(cos α，sin α－3)， ∴AC →·BC→＝(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1，得cos 2α＋sin 2α－3(cos α＋sin α)＝－1，∴cos α＋sin α＝23∴sin(α＋π4)＝23. (2)∵|OA →＋OC →|＝13，∴(3＋cos α)2＋sin 2α＝13，∴cos α＝12，∵α∈(0，π)，∴α＝π3，sin α＝32，∴C (12，32)， ∴OB →·OC →＝332，设OB→与OC →的夹角为θ，且θ∈[0，π]，则cos θ＝OB →·OC →|OB →|·|OC→|3323＝32.故θ＝π6为所求． 17．【解】 (1)f (x )＝OP →·OQ→ ＝2cos 2x ＋cos x －cos 2x ＋sin x －1＝sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)，则f (x )的最小正周期为T ＝2π.(2)由OP →·OQ →＜－1，得sin(x ＋π4)＜－22. 又x ∈(0,2π)，则5π4＜x ＋π4＜7π4，即π＜x ＜3π2. 故x 的取值范围是(π，3π2)． 18．【解】依题意z 1＋z 2为实数，由z 1＝3a ＋5－(10－a 2)i ， ∴z 1＋z 2＝3a ＋5＋21－a＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i 的虚部为0， ∴a 2＋2a －15＝0，解得a ＝－5，或a ＝3.又分母不为零，∴a ＝3，此时z 1＝38＋i ，z 2＝－1＋i ，即OZ 1→＝(38，1)，OZ 2→＝(－1,1)， ∴OZ 1→·OZ 2→＝38×(－1)＋1×1＝58. 19．【解】 (1)证明 ∵m ∥n ，∴a sin A ＝b sin B ，由正弦定理，得a 2＝b 2，∴a ＝b .∴△ABC 为等腰三角形．(2)由题意可知m ·p ＝0，即a (b －2)＋b (a －2)＝0.∴a ＋b ＝ab .由余弦定理可知，4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ，即(ab )2－3ab －4＝0，∴ab ＝4(舍去ab ＝－1)，∴S ＝12ab sin C ＝124×sin π3＝ 3. 20．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，又M (－1,0)，N (1,0)，则PM →＝－MP →＝(－1－x ，－y )，PN →＝－NP →＝(1－x ，－y )，MN →＝－NM →＝(2,0)． ∴NM →·NP→＝2(1－x )， PM →·PN →＝x 2＋y 2－1，MP →·MN→＝2(1＋x )，依题意得⎩⎨⎧ 2(x 2＋y 2－1)＝2(1＋x )＋2(1－x )，2(1＋x )－2(1－x )≥0⇔⎩⎨⎧x 2＋y 2＝3，x ≥0.∴点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3(x ≥0)．(2)∵PM →·PN →＝(－1－x ，－y )·(1－x ，－y )＝x 2＋y 2－1＝2，|PM →|·|PN→|＝(－1－x )2＋(－y )2·(1－x )2＋(－y )2 ＝24－x 2.∴cos θ＝PM →·PN →|PM →|·|PN →|＝14－x 2. ∵0≤x ≤3，∴12≤cos θ≤1，∴0≤θ≤π3. ∴θ的最大值为π3，此时x ＝0，∴点P的坐标为(0，±3)．。

2013版高考数学一轮复习精品学案选修系列(第1部分坐标系与参数方程)

2013版高考数学一轮复习精品学案：选修系列第一部分：坐标系与参数方程【高考新动向】一、坐标系 1．考纲点击（1）理解坐标系的作用，了解在平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化情况；（2）了解极坐标的基本概念，会在极坐标系中用极坐标刻画点的位置。

能进行极坐标和直角坐标的互化；（3）能在极坐标系中给出简单图形（如过极点的直线、过极点或圆心在极点的圆）表示的极坐标方程。

2．热点提示（1）根据具体问题选择适当坐标系，简捷解决问题；（2）极坐标系的应用；（3）直角坐标与极坐标的互化。

二、参数方程 1．考纲点击（1）了解参数方程，了解参数的意义；（2）能选择适当的参数写出直线、圆和椭圆的参数方程。

2．热点提示（1）参数方程和普通方程互化；（2）会利用直线参数方程中参数的几何意义解决有关线段问题；（3）会利用圆、椭圆的参数方程，解决有关的最值问题。

【考纲全景透析】1．平面直角坐标系中的坐标伸缩变换设点P(x,y)是平面直角坐标系中的任意一点,在变换(0):(0)x xy yλλϕμμ'=>⎧⎨'=>⎩的作用下,点P(x,y)对应到点(,)P x y ''',称ϕ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换,简称伸缩变换.2.极坐标系的概念 (1)极坐标系如图所示,在平面内取一个定点O ,叫做极点,自极点O 引一条射线Ox ,叫做极轴;再选定一个长度单位,一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向),这样就建立了一个极坐标系.注:极坐标系以角这一平面图形为几何背景,而平面直角坐标系以互相垂直的两条数轴为几何背景;平面直角坐标系内的点与坐标能建立一一对应的关系,而极坐标系则不可.但极坐标系和平面直角坐标系都是平面坐标系.(2)极坐标设M 是平面内一点,极点O 与点M 的距离|OM|叫做点M 的极径,记为ρ;以极轴Ox 为始边,射线OM 为终边的角xOM ∠叫做点M 的极角,记为θ.有序数对(,)ρθ叫做点M 的极坐标,记作(,)M ρθ.一般地,不作特殊说明时,我们认为0,ρ≥θ可取任意实数. 特别地,当点M 在极点时,它的极坐标为(0, θ)(θ∈R).和直角坐标不同,平面内一个点的极坐标有无数种表示.如果规定0,02ρθπ>≤<,那么除极点外,平面内的点可用唯一的极坐标(,)ρθ表示;同时,极坐标(,)ρθ表示的点也是唯一确定的.3.极坐标和直角坐标的互化(1)互化背景:把直角坐标系的原点作为极点,x 轴的正半轴作为极轴,并在两种坐标系中取相同的长度单位,如图所示:(2)互化公式:设M 是坐标平面内任意一点,它的直角坐标是(,)x y ,极坐标是(,)ρθ(0ρ≥),于是极坐标与直角坐标的互化公式如表:在一般情况下,由tan θ确定角时,可根据点M 所在的象限最小正角. 4.常见曲线的极坐标方程注:由于平面上点的极坐标的表示形式不唯一,即(,),(,2),(,),(,),ρθρπθρπθρπθ+-+--+都表示同一点的坐标,这与点的直角坐标的唯一性明显不同.所以对于曲线上的点的极坐标的多种表示形式,只要求至少有一个能满足极坐标方程即可.例如对于极坐标方程,ρθ=点(,)44M ππ可以表示为5(,2)(,2),444444ππππππππ+-或或(-)等多种形式,其中,只有(,)44ππ的极坐标满足方程ρθ=. 二、参数方程 1.参数方程的概念一般地,在平面直角坐标系中,如果曲线上任意一点的坐标,x y 都是某个变数t 的函数()()x f t y g t =⎧⎨=⎩①,并且对于t 的每一个允许值,由方程组①所确定的点(,)M x y 都在这条曲线上,那么方程①就叫做这条曲线的参数方程,联系变数,x y 的变数t 叫做参变数,简称参数,相对于参数方程而言,直接给出点的坐标间关系的方程叫做普通方程.2.参数方程和普通方程的互化(1)曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式,一般地可以通过消去参数而从参数方程得到普通方程.(2)如果知道变数,x y 中的一个与参数t 的关系,例如()x f t =,把它代入普通方程,求出另一个变数与参数的关系()y g t =,那么()()x f t y g t =⎧⎨=⎩就是曲线的参数方程,在参数方程与普通方程的互化中,必须使,x y的取值范围保持一致.注：普通方程化为参数方程，参数方程的形式不一定唯一。

课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：第一章第一节集合(广东专用)

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网
典
络
例
构建
3．如图1－1－1所示，设集合U是全集，若已给的Venn图表示了集合
探究
· 览
A，B，U之间的关系，则阴影部分表示的集合是( )
· 提
全局A．(∁UA)∩BFra bibliotekB．A∩B
知能
A．{a}⊆M
B．a⊆M
策略
C．{a}∈M
指
导
D．a∉M
高考体验
· 备
【解析】 ∵M＝{x∈N|x≤ 10}＝{0,1,2,3}，∴a∉M.
高
考
· 明考情
自
主
落
【答案】 D
实
·
固
基
础
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指导
2．集合间的基本关系
高考体验
· 备
(1)子集：若对∀x∈A，都有x∈B，则A⊆B；
高
考 (2)真子集：若A⊆B，但______∃_x_∈__B_，__且__x_∉_A_，则A B；
· 明考情
自 (3)相等：若A⊆B，且________，则A＝B；
主
B⊆A
落实
(4)∅是_任__何__集合的子集，是_______任__何__非_集空合的真子集．
策
元素为0.
略
高考
指导
2．对于描述法表示的集合{x|p(x)}，应从哪两个方面认识？集合B＝

课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：选修4-4第一节坐标系(广东专用)

情
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一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
探
究
平面直角坐标系下图形的变换
·
提
知
能
x′＝3x，
自主落实
· 固基
在平面直角坐标系中，已知伸缩变换 φ：2y′＝y.
高考
(1)则点 A(13，－2)经过 φ 变换所得的点 A′的坐标为________；
高
落
考
实
体
·
验
固
【答案】一个圆和一条射线
·
基
明
础
考
情
课时知能训练
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一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
3．(2011·北京高考)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是
探究
________．
· 提
知
能
自主落
【解析】 ρ＝－2sin θ＝2cos(θ＋π2)，
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【尝试解答】 (1)设点 A′(x′，y′)，由伸缩变换 φ：
典
例
x′＝3x 2y′＝y
得yx′′＝＝2y3，x，
探究
· 提知
自
∴x′＝31×3＝1，y′＝－22＝－1.
能
主
∴点 A′的坐标为(1，－1)．
落实
(2)设 P′(x′，y′)是直线 l′上任意一点．
高考
实 · 固
∴圆心的极坐标为(1，－π2)．

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练4-2

课时知能训练一、选择题1．(2012·湛江模拟)在△ABC 中，点P 在BC 上，且BP →＝2PC →，点Q 是AC的中点，若PA →＝(4,3)，PQ →＝(1,5)，则BC →等于( )A ．(－2,7)B ．(－6,21)C ．(2，－7)D ．(6，－21)2．(2011·上海高考)设A 1，A 2，A 3，A 4，A 5是平面上给定的5个不同点，则使MA 1→＋MA 2→＋MA 3→＋MA 4→＋MA 5→＝0成立的点M 的个数为( ) A ．0 B ．1C ．5D ．103．△ABC 中，M 为边BC 上任意一点，N 为AM 的中点，且AN→＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.12B.13C.14D ．1 4．已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2，x )．若a ＋b 与4b －2a 平行，则实数x 的值是( )A ．－2B ．0C ．1D ．25．设向量a ＝(1,0)，b ＝(12，12，则下列结论中正确的是( ) A ．|a |＝|b | B ．a ·b ＝22C ．a －b 与b 垂直D ．a ∥b二、填空题6．已知向量a ＝(－2,3)，b ∥a ，向量b 的起点为A (1,2)，终点B 在x 轴上，则点B 的坐标为________．7．已知向量OC →＝(2,2)，CA →＝(2cos α，2sin α)，则向量OA →的模的最大值是________．8．(2012·梅州调研)已知向量a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m )，c ＝(－1,2)，若(a ＋b )∥c ，则m ＝________.三、解答题9．已知A (1,1)、B (3，－1)、C (a ，b )．(1)若A 、B 、C 三点共线，求a 、b 的关系式；(2)若AC→＝2AB →，求点C 的坐标． 10．已知点O (0,0)，A (1,2)，B (4,5)，且OP→＝OA →＋tAB →(t ∈R )，问： (1)t 为何值时，点P 在x 轴上？点P 在第二、四象限角平分线上？(2)四边形OABP 能否成为平行四边形？若能，求出相应的t 值；若不能，请说明理由．11．已知向量a ＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b ＝(1,2)．(1)若a ∥b ，求tan θ的值；(2)若|a |＝|b |,0＜θ＜π，求θ的值．答案及解析1．【解析】 AC →＝2AQ →＝2(PQ →－PA →)＝2(－3,2)＝(－6,4)，BC →＝3PC →＝3(PA →＋AC→)＝3(－2,7)＝(－6,21)．【答案】 B2．【解析】设M (x ，y )，A i (x i ，y i )(i ＝1,2,3,4,5)，由MA 1→＋MA 2→＋MA 3→＋MA 4→＋MA 5→＝0，∴(x 1＋x 2＋…＋x 5－5x ，y 1＋y 2＋…＋y 5－5y )＝(0,0)，∴x ＝x 1＋x 2…＋x 55，y ＝y 1＋y 2＋…＋y 55， ∵A i 为定点，∴x ，y 为定值，因此点M 的个数为1.【答案】 B3．【解析】如图所示，由B 、M 、C 共线，∴AM →＝xAB →＋(1－x )AC →，又N 为AM 的中点，∴AN →＝12AM →＝x 2AB →＋1－x 2AC →，由平面向量的基本定理，∴λ＝x 2且μ＝1－x 2，故λ＋μ＝12. 【答案】 A4．【解析】由题意知a ＋b ＝(1,1)＋(2，x )＝(3，x ＋1)，且4b －2a ＝4(2，x )－2(1,1)＝(6,4x －2)．∵(a ＋b )∥(4b －2a )，∴3(4x －2)－6(x ＋1)＝0，得x ＝2.【答案】 D5．【解析】易知|a |＝1，|b |＝ (12)2＋(12)2＝22. ∵a ·b ＝1×12＋0×12＝12， ∴a ·b ≠22，B 不正确． ∵a －b ＝(1,0)－(12，12)＝(12，－12)， ∴(a －b )·b ＝(12，－12)·(12，12)＝0，C 正确． ∵1×12－0×12≠0，∴a 不平行于b .D 不正确．【答案】 C6．【解析】设B (x,0)，则b ＝AB→＝(x －1，－2)，又b ∥a ， ∴3(x －1)－(－2)×(－2)＝0，∴x ＝73. 【答案】 (73，0) 7．【解析】 OA→＝OC →＋CA →＝(2＋2cos α，2＋2sin α)， ∴|OA→|2＝(2＋2cos α)2＋(2＋2sin α)2 ＝10＋8sin(α＋π4)≤18，故|OA →|≤3 2. 【答案】 3 28．【解析】 ∵a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m )，∴a ＋b ＝(1，m －1)，又c ＝(－1,2)，且(a ＋b )∥c ，∴2＋m －1＝0，∴m ＝－1.【答案】－19．【解】 (1)由已知得AB→＝(2，－2)，AC →＝(a －1，b －1)， ∵A 、B 、C 三点共线，∴AB→∥AC →， ∴2(b －1)＋2(a －1)＝0，即a ＋b ＝2.(2)∵AC→＝2AB →， ∴(a －1，b －1)＝2(2，－2)，∴⎩⎨⎧ a －1＝4b －1＝－4解之得⎩⎨⎧a ＝5b ＝－3. 因此点C 的坐标为(5，－3)．10．【解】 (1)∵O (0,0)，A (1,2)，B (4,5)，∴OA→＝(1,2)，AB →＝(3,3)， OP→＝OA →＋tAB →＝(1＋3t,2＋3t )．若P 在x 轴上，只需2＋3t ＝0，t ＝－23；若P 在第二、四象限角平分线上，则1＋3t ＝－(2＋3t )，t ＝－12. (2)OA→＝(1,2)，PB →＝(3－3t,3－3t )，若OABP 是平行四边形，则OA→＝PB →， ∴⎩⎨⎧ 3－3t ＝13－3t ＝2，此方程组无解．所以四边形OABP 不可能为平行四边形．11．【解】 (1)因为a ∥b ，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ，于是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14. (2)由|a |＝|b |知，sin 2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝12＋22，所以1－2sin 2θ＋4sin 2θ＝5.从而－2sin 2θ＋2(1－cos 2θ)＝4，即sin 2θ＋cos 2θ＝－1.于是sin(2θ＋π4)＝－22. 又由0＜θ＜π知，π4＜2θ＋π4＜9π4所以2θ＋π4＝5π4或2θ＋π4＝7π4. 因此θ＝π2或θ＝34π.。

课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：第四章第一节平面向量的基本概念及线性运算(广东专用)

高考体验
· 明考情
【提示】当a≠0，b＝0时，a∥bD⇒/a＝λb；但a＝λb⇒a∥b.
自
课
主落
∴a∥b是a＝λb(λ∈R)的必要不充分条件，不是充要条件．
时知
实
能
·
训
固
练
基
础
菜单
第九页，编辑于星期日：二十点十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
网
典
络
例
构
探
建
究
·
·
课时知能训练
第十六页，编辑于星期日：二十点十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
网
典
络
例
构建
(1)两个具有公共终点的向量，一定是共线向量；
探究
·
(2)两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小；
览
· 提
全局
(3)λa＝0(λ为实数)，则λ必为零；
知能
(4)λ，μ为实数，若λa＝μb，则a与b共线．
络
例
构
探
建
究
·
·
览
提
全
知
局
能
策
【尝试解答】两个向量起点相同，终点相同，则两向量相
略等；但两个向量相等，不一定有相同的起点和终点，①错．
指导
|a|＝|b|，但 a，b 方向不确定，所以 a，b 不一定相等，②错；
高考体验
· 备高考
因为A→B＝D→C，A、B、C、D 可能在同一直线上，所以③错．
______________．规定：0相与同任一或向相量反___________．

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练4-5

课时知能训练一、选择题1．(2011·福建高考)i是虚数单位，若集合S＝{－1,0,1}，则()A．i∈S B．i2∈S C．i3∈S D.2i∈S2．a为正实数，i为虚数单位，|a＋ii|＝2，则a＝()A．2 B. 3 C. 2 D．13．(2011·天津高考)设i是虚数单位，复数1－3i1－i＝()A．2＋i B．2－iC．－1＋2i D．－1－2i4．已知i是虚数单位，若实数x，y满足(1＋i)(x＋y i)＝(1－i)(2＋3i)，则点P(x，y)所在的象限是()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限5．(2012·中山模拟)已知复数z1＝cos 23°＋isin 23°和复数z2＝cos 37°＋isin 37°，则z1·z2为()A.12＋32i B.32＋12iC.12－32i D.32－12i二、填空题6．(2011·江苏高考)设复数z满足i(z＋1)＝－3＋2i(i为虚数单位)，则z的实部是________．7．在复平面内，复数2i1－i对应的点的坐标为________．8．若复数z满足z(1＋i)＝1－i(i是虚数单位)，则其共轭复数z＝________.三、解答题9．计算(1)(1＋i 1－i )4＋2－i ；(2)(1＋2i )23－4i. 10．已知复数z 1满足(z 1－2)i ＝1＋i ，复数z 2的虚部为2，且z 1·z 2是实数，求z 2.11．已知z 是复数，z ＋2i ，z 2－i均为实数(i 为虚数单位)，且复数(z ＋a i)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a 的取值范围．答案及解析1．【解析】因为i 2＝－1∈S ，i 3＝－i ∉S ，2i＝－2i ∉S . 【答案】 B2．【解析】 |a ＋i i|＝|1－a i|＝a 2＋1＝2，∴a ＝±3. 又a ＞0，∴a ＝ 3.【答案】 B3．【解析】1－3i 1－i ＝(1－3i )(1＋i )(1－i )(1＋i )＝4－2i 2＝2－i. 【答案】 B4．【解析】由条件，得(x －y )＋(x ＋y )i ＝5＋i ，根据复数相等的定义，得⎩⎨⎧x －y ＝5，x ＋y ＝1，解之得x ＝3，y ＝－2.∴点P (3，－2)，在第四象限．【答案】 D5．【解析】 z 1·z 2＝(cos 23°＋isin 23°)(cos 37°＋isin 37°)＝(cos 23°cos 37°－sin 23°sin 37°)＋i(cos 23°sin 37°＋sin 23°cos 37°)＝cos 60°＋isin 60°＝12＋32i.【答案】 A6．【解析】设z ＝a ＋b i(a 、b ∈R )，由i(z ＋1)＝－3＋2i ，得－b ＋(a ＋1)i ＝－3＋2i ，∴a ＋1＝2，∴a ＝1.【答案】 17．【解析】 ∵2i 1－i ＝2i (1＋i )2i ＋i 2＝－1＋i ， ∴复数2i 1－i对应的点的坐标为(－1,1)．【答案】 (－1,1)8．【解析】 z ＝1－i 1＋i ＝(1－i )2(1＋i )(1－i )＝－i.∴z ＝i. 【答案】 i9．【解】 (1)∵1＋i 1－i ＝(1＋i )2(1－i )(1＋i )＝2i 2＝i ， ∴(1＋i 1－i)4＝i 4＝1. 因此(1＋i 1－i)4＋2－i ＝3－i ， (2)原式＝1－4＋4i 3－4i ＝－3＋4i 3－4i ＝－(3－4i )3－4i＝－1. 10．【解】由(z 1－2)i ＝1＋i ，得z 1＝1＋i i＋2＝(1＋i)(－i)＋2＝3－i. ∵z 2的虚部为2.∴可设z 2＝a ＋2i(a ∈R )．则z 1·z 2＝(3－i)(a ＋2i)＝(3a ＋2)＋(6－a )i 为实数， ∴6－a ＝0，即a ＝6，因此z 2＝6＋2i.11．【解】设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，则z ＋2i ＝x ＋(y ＋2)i ，由题意得y ＝－2.z 2－i ＝x －2i 2－i ＝15(x －2i)(2＋i) ＝15(2x ＋2)＋15(x －4)i ，由题意得x ＝4.∴z ＝4－2i∵(z ＋a i)2＝(12＋4a －a 2)＋8(a －2)i ，根据条件，可知⎩⎨⎧ 12＋4a －a 2＞0，8(a －2)＞0，解得2＜a ＜6. ∴实数a 的取值范围是(2,6)．。

课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：选修4-4第二节参数方程(广东专用)

一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用
）
典
第二节参数方程
例探
究
·
提
知
能
自
主
高
落
考
实
体
·
验
固
·
基
明
础
考
情
课时知能训练
菜单
第一页，编辑于星期日：二十点十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用
）
典
例
探
1．曲线的参数方程
究
如果曲线上任意一点的坐标(x，y)，都是某个变数 t 的
知能
高
落实 ·
为参数)．若 C1 上的点 P 对应的参数为 t＝π2，Q 为 C2 上的动点，求
考体
验
固基础
x＝3＋2t，
·
PQ 中点 M 到直线 C3：y＝－2＋t (t 为参数)距离的最小值为
明考
________．
情
【思路点拨】将直线的参数方程化为普通方程，根据点到直线
的距离公式得到关于 θ 的函数，转化为求函数的最值．
高考
体
· 固
数时，方程表示的曲线是________．
验 ·
基
明
础
考
【思路点拨】分别消去参数，化成普通方程，然后进行判
情
断．
课时知能训练
菜单
第十二页，编辑于星期日：二十点十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用
）
x＝a＋tcos θ，
①
【尝试解答】由y＝b＋tsin θ. ②
课时
知
能
训
练

【高考调研】2013届高考数学一轮复习坐标系与参数方程第1课时坐标系课件理新人教版选修4-4

请注意！
从目前参加新课标高考的省份对本部分内容的考查来看，主要考查极坐标方程和直角坐标方程的互化、及常见曲线的极坐标方程与极坐标方程的简单应用，预测 2013 年高考在试题难度、知识点考查等方面，不会有太大的变化.
1．直角坐标系
坐标与它对在给定坐标系下，任意一点都有确定的 _____ 坐标就能确定这个点的位置．应；反之，依据一个点的______
答案 5 2
解析由 ρ＝2cosθ 得 ρ2＝2ρcosθ， ∴x2＋y2＝2x，其圆心为 C1(1,0)；由 ρ＝sinθ 得 ρ2＝ρsinθ， ∴x2＋y2＝y，其圆心为 C2(0， 1 2)， 5 ∴圆心距|C1C2|＝ . 2
5π 5．设点 M 的柱坐标为(2，，4)，则它的直角坐标 3 为________．
标方程 __________ ；
证明所得的方程是曲线的极坐标方程．第五步___________________________________
1．曲线 y＝sin3x 由正弦曲线 y＝sinx 经过怎样的变换得到( )
A．横坐标不变，纵坐标伸长为原来的 3 倍 B．横坐标不变，纵坐标也不变
【思路分析】由题目可获取以下主要信息： ①已知点的直角坐标(x，y，z)； ②化为点的柱坐标(ρ，θ，z)和球坐标(r，φ，θ)．解答本题根据空间直角坐标系、柱坐标系以及球坐标系的意义和联系计算即可．
【解析】点 C1 的直角坐标为(1,1,1)，设点 C1 的柱坐标为(ρ，θ，z)，球坐标为(r，φ，θ)，其中 ρ≥0，r≥0,0≤φ≤π，0≤θ<2π， x＝ρcosθ 由公式y＝ρsinθ z ＝z x＝rsinφcosθ 及y＝rsinφsinθ z＝rcosφ

高考数学(文通用)一轮复习课件：选修4-4第1讲坐标系

坐标系与参数方程第1讲选修4・4坐标系与参数方程坐标系1.坐标系⑴坐标变换设点p （x, y ）是平面直角坐标系中的任意一点，在变换°：[L =2・兀（2>0）, （“>o）点P （x, y ）对应到点（加，心，称。

为坐标系中的伸缩变换• 课本温故追根求源——的作用下,（2）极坐标系在平面内取一个定点O,叫做极点；自极点O引一条射线Ox,叫做极轴；再选一个长度单位，一个角度单位（通常取弧度）及其正方向（通常取逆时针方向），这样就建立了一个极坐标系.设M是平面内任意一点，极点O与点M的距离IOMI叫做点M的极径，记为0以极轴&为始边，射线OM为终边的角叫做点M的极角，记为仇有序数对S，0)叫做点M的极坐标，记为0).2.直角坐标与极坐标的互化把直角坐标系的原点作为极点，兀轴正半轴作为极轴，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,〃），则它的直角坐标、极坐标分别为（兀，刃和S，3.直线的极坐标方程若直线过点Wo, %),且极轴到此直线的角为«,贝！I它的方程为：psin(^—a)=p()sin(^o—«)• 几个特殊位置的直线的极坐标方程:(1)直线过极点：〃=仇和0= TI +弘；(2)直线过点0)且垂直于极轴：“os曰psin 0=b平行于极轴:4.圆的极坐标方程若圆心为MS。

，％),半径为厂，则该圆的方程为: P 2—2po p cos (〃一如+斥一/ = 0.几个特殊位置的圆的极坐标方程：⑴当圆心位于极点，半径为厂：p=r；⑵当圆心位于M(a, 0),半径为a："一加cos"(3)当圆心位于p=2asm & 111典例剖物考点突破」考点一平面直角坐标系中的伸缩变换x f = 3x,—=y64 9 64lj=2y r,L=1，即+一基=1为曲线C的方程，可见仍是双曲线, 16 9 16则焦点F x(-5, 0), F2(5, 0)为所求.名师导悟以例说法MK求双曲线c： x2-^= 164经过（p: “后所得曲线c的焦点坐标. 解：设曲线C上任意一点P f(x f f(1X=-x\ y2X f 2 ]3 代入兀2_±=i,得 -y f ),由上述可知，将4/ 2=1,化简得于{x f =2X 9 y f=少 XX =—,,代入 y=f(x)f ^-= y “J=-整理之后得到/=h(x^即为所求变换之后的方程.求经伸缩变换后曲线方程的方法A >0,的作用下平面上的曲线丿=沧)在变换0的变换方程的求法是将9跟團IH 综1.在同一平面直角坐标系中，将直线x- 2y= 2 变成直线2x f -y f=4f 求满足图象变换的伸缩变换.解：设变换为代入第二个方程，得加—juy=49与兀一2y=2比较系数得i=l, 〃 = 4,即 x f因此,经过变换L 后，直线x —2y=2变成直线2x f=)JC ( 2>0 )=liy (“>0)=x,考点二极坐标与直角坐标的互化典例2 (1)(2015•高考广东卷改编)已知直线I的极坐标方程为2〃sii@—壬)=边，点A的极坐标为A(2\/2f晋) 求点A到直线Z 的距离.(2)化圆的直角坐标方程x2+j2=r2(r>0)^J极坐标方程.111的距离为晋(2)将 x=pcos 0 , y=psin 0 代入 x 2+j 2=r 2 中，得 p 2cos 2 0 +/>2sin 20 =r ,即 p 2(cos 20 +sin 20)=/, p =r.所以，以极点为圆心、半径为r 的圆的极坐标方程为p =r(0W 〃v2 3i )•0 - -^~COS 0 2 7ji4角坐标为(2, -2),所以〃」2+甞=華即点A 到直线i\]2 2解：⑴由2psin (0-于心，所以y —x= 1.由点4的极坐标为,得22 . —sm 2A 的直极坐标与直角坐标互化的注意点(1)在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一.(2)在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围.要注意转化的等价性.2.（2016-郑州质量预测）在极坐标系下，己知圆 =¥・QO ,0W 0 v2 兀)（2）当（0,兀）时，求直线2与圆O 的公共点的极坐标.［跟踪训练］Oz p=cos0 + sin 0和直线/： Qsin (0—寸 ⑴求I O 和直线Z 的直角坐标方程;Ji—,即psin 0 —pcos 0 = 1, 2则直线Z的直角坐标方程为：X—j+l=0.⑵由⑴知圆O与直线Z的直角坐标方程,将两方程联立得x2 +j2_X—j= 0,x—j+l=0,解得即圆O 与直线Z在直角坐标系下的公共点为(0, 1111),将(0, 1)转化为极坐标为I, JT,即为所求.〃+sin 0,即p2=pcos 0+〃sin 0, 111故圆O的直角坐标方程为:直线Z： psi(0_T=解:2考点三曲线极坐标方程的应用(2015•高考全国卷I)在直角坐标系xOy中，直线G： x= —2,圆C2： (x— l)2+(y—2)2= 1,以坐标原点为极点，兀轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求C1，C2的极坐标方程;(2)若直线G的极坐标方程为〃=于9丘旳，设C2与q的交点为M, N,求△C Q MN的面积.解：(1)因为x=pcos〃，j=psin ",所以Cl的极坐标方程为“cos 0 = — 2, G的极坐标方程为p— 2pcos 0 — 4psin 0 + 4=0・兀(2)将砂=7代入〃一2/JCOS 0 — 4psin +4=0,得P2—3\/2p +4=0,解得p\=2\{i, P2=\fi・故即\MN\=\[2.由于G的半径为1,所以△C2MN的面积为」问题时，如果不能直接用极坐标解决，或用极坐标解决较麻烦，可将极坐标方程转化为直角坐标方程解决.闌1能训练▼轻松闯关* ［学生用书单独成册］以练促学强技提能国劉II 练】3.在极坐标系中，已知两点A 、B 的极坐标分别AAOB 的面积 S MOB =*M ・ OB ・ sinZAOB=^X3X4X JIsin —=3.6,求（其中O 为极点）的面积.解：由题意知4 B 9点击链接闌1能训练▼轻松闯关* ［学生用书单独成册］以练促学强技提能本部分内容讲解结束。

2013年高考数学一轮复习14.3坐标系与参数方程精品教学案(教师版)新人教版.doc

2013 年高考数学一轮复习精品教学案14.3 坐标系与参数方程（新课标人教版，教师版）【考纲解读】1．理解极坐标与直角坐标的互化以及有关圆的极坐标问题．2．理解直线、圆和圆锥曲线的参数方程以及简单的应用问题．【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.坐标系与参数方程是历年来高考重点内容之一, 在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，难度不大，又经常与其它知识结合，在考查基础知识的同时，考查转化与化归等数学思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.2013 年的高考将会继续保持稳定 , 坚持在选择题、填空题中考查 , 命题形式会更加灵活 . 【要点梳理】1.极坐标系的概念在平面上取一个定点O叫做极点；自点O引一条射线Ox叫做极轴；再选定一个长度单位、角度单位 ( 通常取弧度 ) 及其正方向 ( 通常取逆时针方向为正方向) ，这样就建立了一个极坐标系 ( 如图 ) ．设M是平面上的任一点，极点O与点M的距离 | OM|叫做点M的极径，记为ρ；以极轴 Ox为始边，射线 OM为终边的∠ xOM叫做点 M的极角，记为θ.有序数对(ρ，θ)称为点M的极坐标，记作 M(ρ，θ)．2．直角坐标与极坐标的互化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．如图，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＝ρcosθ，ρ2＝ x2＋ y2，y或y＝ρsinθtan θ＝x x3．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：ρ sin(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＝θ 0 和θ＝π －θ 0；(2)直线过点 M( a, 0)且垂直于极轴：ρcosθ＝a；π(3)直线过 M b，2且平行于极轴：ρsinθ＝b. 4．圆的极坐标方程若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r 的圆方程为2ρ－2ρ 0ρcos( θ －θ0)2 2＋ρ 0－r＝0.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＝2a cos_θ；π(3) 当圆心位于Ma，2，半径为 a：ρ＝2a sin_θ.5．参数方程的意义在平面直角坐标系中，如果曲线上的任意一点的坐标x ， y 都是某个变量的函数x＝ f t ，t ( ) 都在这条曲线上，并且对于的每个允许值，由方程组所确定的点，y＝ f t ，M x y则该方程叫曲线的参数方程，联系变数x， y 的变数 t 是参变数，简称参数．相对于参数方程而言，直接给出点的坐标间关系的方程叫做普通方程．6．常见曲线的参数方程的一般形式(1)x＝ x0＋ t cos α ，经过点 P0( x0， y0)，倾斜角为α的直线的参数方程为( t为参数 ) ．y＝ y0＋ t sin α设 P 是直线上的任一点，则t→表示有向线段 P0P的数量．(2)x＝ r cosθ，圆的参数方程( θ为参数 ) ．y＝ r sin θ(3)圆锥曲线的参数方程x 2 y 2 ＝ cos θ ，x a椭圆a2＋b2＝1的参数方程为y＝ b sin θ( θ为参数 ) ．x2 y2 x＝ a secφ，双曲线a2－b2＝1的参数方程为y＝tan φ( φ为参数 ) ．抛物线 y2＝2px 的参数方程为x＝2pt 2，( t为参数 ) ．y＝2pt【例题精析】考点一极坐标例 1. (2012 年高考湖南卷文科10) 在极坐标系中，曲线C1：( 2 cos sin ) 1与曲线 C 2： a (a 0)的一个交点在极轴上，则a=_______.【名师点睛】本小题主要考查直线的极坐标方程、圆的极坐标方程，直线与圆的位置关系，考查转化的思想、方程的思想，考查运算能力；题型年年有，难度适中.把曲线C1与曲线C2的极坐标方程都转化为直角坐标方程，求出与【变式训练】1. (2012 年高考陕西卷文科15) 直线2 cos x 轴交点，即得.1与圆2cos 相交的弦长为。

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习4-1-2

课时知能训练图351．(2012·长沙模拟)如图35所示，过⊙O 外一点P 作一条直线与⊙O 交于A ，B 两点．已知PA ＝2，点P 到⊙O 的切线长PT ＝4，则弦AB 的长为________．图362．如图36所示，AB ，CD 是半径为a 的圆O 的两条弦，它们相交于AB 的中点P ，PD ＝2a3，∠OAP ＝30°，则CP ＝________.图373．如图37所示，已知圆O 的直径AB ＝6，C 为圆O 上一点，且BC ＝2，过点B 的圆O 的切线交AC 延长线于点D ，则DA 等于________．图384．(2012·湛江模拟)如图38，已知PA 是圆O 的切线，切点为A ，直线PO 交圆O 于B 、C 两点，AC ＝2，∠PAB ＝120°，则圆O 的面积为________．图395．如图39，AD是⊙O的切线，AC是⊙O的弦，过C作AD的垂线，垂足为B，CB与⊙O相交于点E，AE平分∠CAB，且AE＝2，则AB＝________，AC＝________，BC＝________.图406．(2012·韶关调研)如图40所示，⊙O和⊙O′相交于A、B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C、D，若BC＝4，BD＝9，则AB＝________.图417．如图41所示，在△ABC中，AD是高，△ABC的外接圆直径AE交BC 边于点G，有下列四个结论：①AD2＝BD·CD；②BE2＝EG·AE；③AE·AD＝AB·AC；④AG·EG＝BG·CG.其中正确的结论有________．图428．(2012·佛山模拟)如图42，AB是⊙O的直径，D为⊙O上一点，过D作⊙O的切线交AB的延长线于点C，若DA＝DC，且BC＝5，则AB＝________.9．如图43，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AP和过C的切线互相垂直，垂足为P，过B的切线交过C的切线于T，PB交⊙O于Q，若∠BTC＝120°，AB ＝4，则PQ ·PB ＝________.图43图4410．如图44所示，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，点E 、F 分别在边AB ，CD 上，设ED 与AF 相交于点G ，若B ，C ，F ，E 四点共圆．且AG ＝1，GF ＝2，DG ＝2，则GE ＝________.答案及解析1．【解析】由切割线定理得PT 2＝PA ·PB ， ∴42＝2(2＋AB )， ∴AB ＝6. 【答案】 62．【解析】由题意知OP ⊥AB ，且AP ＝32a ，根据相交弦定理AP 2＝CP ·PD ，CP ＝98a .【答案】98a 3．【解析】 ∵AB 为直径，∴∠ACB ＝90°. 又AB ＝6，BC ＝2，得AC ＝2. BD 是圆O 的切线，则AB ⊥BD ，由射影定理得BC 2＝AC ·CD . 故CD ＝1，所以AD ＝2＋1＝3. 【答案】 34．【解析】由题意知∠BAC＝90°，则∠PAC＝120°－90°＝30°，由弦切角定理知，∠B＝30°，∴BC＝2AC＝4，∴圆O的面积S＝4π.【答案】4π5．【解析】∵∠CAE＝∠EAB，∠EAB＝∠ACB，∴∠ACB＝∠CAE＝∠EAB.又∵CB⊥AD，∴∠ACB＝∠CAE＝∠EAB＝30°.又∵AE＝2，∴AB＝3，AC＝23，BC＝3.【答案】323 36．【解析】因为AC、AD分别是两圆的切线，所以∠C＝∠2，∠1＝∠D，所以△ACB∽△DAB.所以BCAB＝ABBD，所以AB2＝BC·BD，又BC＝4，BD＝9因此AB＝6.【答案】 67．【解】①中仅当∠BAC为直角时才成立；在②中仅当BG⊥AE时才成立；由△AEB∽△ACD，故ABAD＝AEAC，即AE·AD＝AB·AC，故③正确；由相交弦定理知④正确．【答案】③④8．【解析】如图所示，连OD，∵CD是⊙O的切线，∴∠ODC＝90°.设∠C＝θ，则∠A＝θ，∠ADO＝θ.∵θ＋θ＋θ＋90°＝180°，∴θ＝30°，∴OC＝2OD.设圆O半径为r，则OC＝2r，∴BC＝r.∴AB＝2BC＝10.【答案】109．【解析】连结OC、AC，则OC⊥PC，则O、C、T、B四点共圆，∠COB ＝60°，故∠AOC＝120°.由AO＝OC＝2，知AC＝23，在Rt△APC中，∠ACP＝60°，因此PC＝ 3.根据切割线定理得PQ·PB＝PC2＝3.【答案】 310．【解】如图所示，连结EF.∵B，C，F，E四点共圆，∴∠ABC＝∠EFD.∵AD∥BC，∴∠BAD＋∠ABC＝180°.∴∠BAD＋∠EFD＝180°.∴A，D，F，E四点共圆．由相交弦定理，可得AG ·GF ＝DG ·GE . 因此GE ＝AG ·GF DG ＝1×22＝ 2.【答案】2。

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习阶段知能检测1

阶段知能检测(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2011·安徽高考)集合U ＝{1,2,3,4,5,6}，S ＝{1,4,5}，T ＝{2，3,4}，则S ∩(∁U T )等于( )A ．{1,4,5,6}B ．{1,5}C ．{4}D ．{1,2,3,4,5}2．命题“若f (x )是奇函数，则f (－x )是奇函数”的否命题是( )A ．若f (x )是偶函数，则f (－x )是偶函数B ．若f (x )不是奇函数，则f (－x )不是奇函数C ．若f (－x )是奇函数，则f (x )是奇函数D ．若f (－x )不是奇函数，则f (x )不是奇函数3．若向量a ＝(x,3)(x ∈R)，则“x ＝4”是“|a |＝5”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件4．已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，有下面四个命题： ①α∥β⇒l ⊥m ；②α⊥β⇒l ∥m ；③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β. 其中正确的命题是( )A ．①与②B ．①与③C ．②与④D ．③与④5. (2011·广东高考)已知集合A ＝{(x ，y )|x ，y 为实数，且x 2＋y 2＝1}，B ＝{(x ，y )|x ，y 为实数，且y ＝x }，则A ∩B 的元素个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．36．(2011·陕西高考)设集合M ＝{y |y ＝|cos 2x －sin 2x |，x ∈R}，N ＝{x ||x －1i|＜2，i 为虚数单位，x ∈R}，则M ∩N 为( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．[0,1)D ．[0,1]7．(2011·湖南高考) “x ＞1”是“|x |＞1”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分又不必要条件8．有下列四个命题：①“若xy ＝1，则x ，y 互为倒数”的逆命题．②“面积相等的三角形全等”的否命题；③“若m ≤1，则x 2－2x ＋m ＝0有实数解”的逆否命题；④“若A ∩B ＝B ，则A B ”的逆否命题．其中真命题为( )A ．①②B ．②③C ．④D ．①②③9．(2012·汕尾质检)设0＜x ＜π2，则“x sin 2x ＜1”是“x sin x ＜1”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件10．(2012·梅州模拟)已知命题p ：∃a ，b ∈(0，＋∞)，当a ＋b ＝1时，1a ＋1b＝3，命题q ：∀x ∈R ，x 2－x ＋1≥0恒成立，则下列命题是假命题的是( )A ．綈p ∨綈qB ．綈p ∧綈qC ．綈p ∨qD ．綈p ∧q第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．命题“∃x ∈R ，x ＝sin x ”的否定是______．12．非零向量a 、b ，“a ＋b ＝0”是“a ∥b ”的________条件．13．设P 和Q 是两个集合，定义集合P －Q ＝{x |x ∈P ，且x ∉Q }，若P ＝{1,2,3,4}，Q ＝{x | x ＋12＜2，x ∈R}，则P －Q ＝________. 14．(2012·揭阳模拟)已知函数y ＝lg(4－x )的定义域为A ，集合B ＝{x |x ＜a }，若P ：“x ∈A ”是Q ：“x ∈B ”的充分不必要条件，则实数a 的取值范围________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)写出下列命题的否定，并判断真假．(1)p ：正数的对数都是正数；(2)p ：∀x ∈Z ，x 2的个位数字不等于3.16．(本小题满分13分)已知集合A ＝{y |y 2－(a 2＋a ＋1)y ＋a (a 2＋1)＞0}，B＝{y |y ＝12x 2－x ＋52，0≤x ≤3}． (1)若A ∩B ＝∅，求a 的取值范围；(2)当a 取使不等式x 2＋1≥ax 恒成立的最小值时，求(∁R A )∩B .17．(本小题满分13分)(2012·广州模拟)已知函数f (x )＝4sin 2(π4＋x )－23cos 2x －1，x ∈[π4，π2]． (1)求f (x )的最大值及最小值；(2)若条件p ：f (x )的值域，条件q ：“|f (x )－m |＜2”，且p 是q 的充分条件，求实数m 的取值范围．18．(本小题满分14分)已知命题p ：方程a 2x 2＋ax －2＝0在[－1,1]上有解；命题q ：只有一个实数x 满足不等式x 2＋2ax ＋2a ≤0，若命题“p 或q ”是假命题，求a 的取值范围．19．(本小题满分14分)命题p ：实数x 满足x 2－4ax ＋3a 2＜0，其中a ＜0；命题q ：实数x 满足x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8＞0.若綈p 是綈q 的必要不充分条件，求a 的取值范围．20．(本小题满分14分)设命题甲：直线x ＝y 与圆(x －a )2＋y 2＝1有公共点，命题乙：函数f (x )＝2－|x ＋1|－a 的图象与x 轴有交点，试判断命题甲与命题乙的条件关系，并说明理由．答案及解析1．【解析】 ∁U T ＝{1,5,6}，S ∩(∁U T )＝{1,5}．【答案】 B2．【解析】 “奇函数”的否定，是“不是奇函数”，因此否命题应为“若函数f (x )不是奇函数，则f (－x )不是奇函数”．【答案】 B3．【解析】 a ＝(4,3)，|a |＝42＋32＝5；当|a |＝5时，x ＝±4.【答案】 A4．【解析】对于②，l 与m 可相交、平行、异面，不正确，对于④，α与β可相交，不正确．【答案】 B5.【解析】 ∵直线y ＝x 与单位圆x 2＋y 2＝1有两个交点，∴A ∩B 的元素有2个．【答案】 C6．【解析】由y ＝|cos 2x －sin 2x |＝|cos 2x |，得M ＝[0,1]；因为|x －1i|＜2，所以|x ＋i|＜2，即x 2＋1＜2，所以－1＜x ＜1，即N ＝(－1,1)，∴M ∩N ＝[0,1)．【答案】 C7．【解析】 |x |＞1⇔x ＞1或x ＜－1，故x ＞1⇒|x |＞1，但|x |＞1D /⇒x ＞1(如x ＝－2)，∴x ＞1是|x |＞1的充分不必要条件．【答案】 A8．【解析】 ①的逆命题为：“若x ，y 互为倒数，则xy ＝1”是真命题；②的否命题为：“面积不相等的三角形不是全等三角形”是真命题；命题③是真命题，所以它的逆否命题也是真命题．命题④是假命题，所以它的逆否命题也是假命题．【答案】 D9．【解析】 ∵0＜x ＜π2， ∴0＜sin x ＜1，由x ·sin x ＜1知x sin 2x ＜sin x ＜1，因此必要性成立．由x sin 2x ＜1得x sin x ＜1sin x ，而1sin x＞1，因此充分性不成立．【答案】 B10．【解析】当a ，b ∈(0，＋∞)，且a ＋b ＝1时，1a ＋1b ＝(a ＋b )(1a ＋1b )＝2＋b a ＋a b≥4≠3， ∴p 为假命题．对∀x ∈R ，x 2－x ＋1＝(x －12)2＋34≥34≥0恒成立． ∴命题q 是真命题，∴綈p ∧綈q 是假命题．【答案】 B11．【解析】 ∵所给命题是特称命题，∴它的否定应为全称命题．【答案】 ∀x ∈R ，x ≠sin x12．【解析】对于非零向量a ，b ，若a ＋b ＝0，则a ＝－b ，∴a ∥b .但a ∥b ，有a ＝λb (λ∈R)，不一定有a ＋b ＝0，∴“a ＋b ＝0”是“a ∥b ”的充分不必要条件．【答案】充分不必要13．【解析】因为x ∉Q ，所以x ∈∁R Q ，∵Q ＝{x |－12≤x ＜72}，∴∁R Q ＝{x |x ＜－12或x ≥72}，则P －Q ＝{4}．【答案】 {4}14．【解析】由4－x ＞0，知A ＝(－∞，4)．又B ＝{x |x ＜a }，且“x ∈A ”是“x ∈B ”的充分不必要条件．∴A B ，∴a ＞4.【答案】 (4，＋∞)15．【解】 (1)綈p ：存在一个正数，它的对数不是正数．真命题．(2)綈p ：∃x ∈Z ，x 2的个位数字等于3，假命题．16．【解】 A ＝{y |y ＜a 或y ＞a 2＋1}，B ＝{y |2≤y ≤4}．(1)当A ∩B ＝∅时，⎩⎨⎧ a 2＋1≥4a ≤2，所以a ≤－3或3≤a ≤2.(2)由x 2＋1≥ax ，得x 2－ax ＋1≥0，依题意知，Δ＝a 2－4≤0，则－2≤a ≤2，即a 的最小值为－2.当a ＝－2时，A ＝{y |y ＜－2或y ＞5}，所以∁R A ＝{y |－2≤y ≤5}，故(∁R A )∩B ＝{y |2≤y ≤4}．17．【解】 (1)∵f (x )＝2[1－cos(π2＋2x )]－23cos 2x －1 ＝2sin 2x －23cos 2x ＋1＝4sin(2x －π3)＋1. 又∵π4≤x ≤π2， ∴π6≤2x －π3≤2π3，即3≤4sin(2x －π3)＋1≤5， ∴f (x )max ＝5，f (x )min ＝3.(2)∵|f (x )－m |＜2，∴m －2＜f (x )＜m ＋2.又∵p 是q 的充分条件，∴⎩⎨⎧m －2＜3m ＋2＞5，解之得3＜m ＜5. 因此实数m 的取值范围是(3,5)．18．【解】由题意知a ≠0，若命题p 正确，由于a 2x 2＋ax －2＝(ax ＋2)(ax －1)＝0.∴x ＝1a 或x ＝－2a. 若方程在[－1,1]上有解，满足－1≤1a ≤1或－1≤－2a≤1，解之得a ≥1或a ≤－1.若q 正确，即只有一个实数x 满足x 2＋2ax ＋2a ≤0.则有Δ＝0，即a ＝0或2.若p 或q 是假命题．则p 和q 都是假命题，有⎩⎨⎧ －1＜a ＜1，a ≠0且a ≠2.所以a 的取值范围是(－1,0)∪(0,1)．19．【解】由x 2－4ax ＋3a 2＜0，且a ＜0.得3a ＜x ＜a .∴记p ：对应集合A ＝{x |3a ＜x ＜a ，a ＜0}．又记B ＝{x |x 2－x －6≤0或x 2＋2x －8＞0}＝{x |x ＜－4或x ≥－2}．∵綈p 是綈q 的必要不充分条件，∴q 是p 的必要不充分条件．因此A B .∴a ≤－4或3a ≥－2(a ＜0)，解之得－23≤a ＜0或a ≤－4. 20．【解】命题甲：若直线x ＝y 与圆(x －a )2＋y 2＝1有公共点．则|a －0|12＋12≤1，－2≤a ≤ 2.命题乙：函数f (x )＝2－|x ＋1|－a 的图象与x 轴有交点，等价于a ＝2－|x ＋1|有解． ∵|x ＋1|≥0，－|x ＋1|≤0，∴0＜2－|x ＋1|≤1，因此0＜a ≤1.∴命题乙⇒命题甲，但命题甲D ⇒/命题乙．故命题乙是命题甲的充分不必要条件．。

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练4-3

课时知能训练一、选择题1．(2012·惠州质检)在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，则AB →·AC→等于( ) A ．－16 B ．－8 C ．8 D ．162．(2011·湖北高考)若向量a ＝(1,2)，b ＝(1，－1)，则2a ＋b 与a －b 的夹角等于( )A ．－π4 B.π6 C.π4 D.3π43．△ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为1，AO →＝12(AB →＋AC →)，且|OA →|＝|AB →|，则BA →·BC →为( )A ．1 B. 3 C ．－1 D ．－ 34．已知向量a ，b 满足a ·b ＝0，|a |＝1，|b |＝2，则|2a －b |＝( )A ．0B ．2 2C ．4D ．85．(2011·课标全国卷)已知a 与b 均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题：p 1：|a ＋b |＞1⇔θ∈[0，2π3)；p 2：|a ＋b |＞1⇔θ∈(2π3，π]； p 3：|a －b |＞1⇔θ∈[0，π3)；p 4：|a －b |＞1⇔θ∈(π3π]．其中的真命题是( )A ．p 1，p 4B ．p 1，p 3C ．p 2，p 3D ．p 2，p 4二、填空题6．已知向量a ＝(1，sin θ)，b ＝(1，3cos θ)，则|a －b |的最大值为________．7．关于平面向量a ，b ，c ，有下列三个命题：①若a ∥b 且a ∥c ，则b ∥c ；②若a ＝(2，k )，b ＝(－2,6)，a ∥b ，则k ＝－6；③非零向量a 和b 满足|a |＝|b |＝|a －b |，则a 与a ＋b 的夹角为30°. 其中真命题的序号为________(写出所有真命题的序号)．8．(2011·江苏高考)已知e 1，e 2是夹角为2π3的两个单位向量，a ＝e 1－2e 2，b ＝k e 1＋e 2.若a ·b ＝0，则实数k 的值为________．三、解答题图4－3－29．在△ABC 中，∠BAC ＝120°，AB ＝2，AC ＝1，D 是边BC 上一点，DC＝2BD .如图4－3－2所示，试求AD →·AC→. 10．(2012·揭阳调研)在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (－1，－2)，B (2,3)，C (－2，－1)．(1)求以线段AB 、AC 为邻边的平行四边形的两条对角线的长；(2)设实数t 满足(AB →－tOC →)·OC→＝0，求t 的值． 11．已知a ＝(1,2)，b ＝(－2，n )，a 与b 的夹角是45°.(1)求b ；(2)若c 与b 同向，且a 与c －a 垂直，求c .答案及解析1．【解析】由AB→＝AC →＋CB →， ∴AB →·AC →＝AC →2＋CB →·AC→. 又AC ＝4，且CB →⊥AC →，∴AB →·AC→＝42＝16. 【答案】 D2．【解析】 2a ＋b ＝2(1,2)＋(1，－1)＝(3,3)，a －b ＝(1,2)－(1，－1)＝(0,3)，则(2a ＋b )·(a －b )＝3×0＋3×3＝9，|2a ＋b |＝32，|a －b |＝3，设2a ＋b 与a －b 的夹角为θ，且θ∈[0，π]，则cos θ＝932×3＝22，得θ＝π4. 【答案】 C 3．【解析】由AO →＝12(AB →＋AC →)，知O 是BC 的中点，又|OA →|＝|AB →|＝1＝12|BC →|， ∴△ABC 是直角三角形，且B ＝π3∴BA →·BC →＝|BA →|·|BC →|·cos π3＝1×2×12＝1. 【答案】 A4．【解析】 |2a －b |＝(2a －b )2＝4a 2－4a·b ＋b 2＝4×12－4×0＋22＝2 2.【答案】 B5．【解析】由|a ＋b |＝a 2＋2a ·b ＋b 2＝2＋2cos θ＞1，得2＋2cos θ＞1，∴cos θ＞－12，∴0≤θ＜2π3. 由|a －b |＝a 2－2a ·b ＋b 2＝2－2cos θ＞1，得2－2cos θ＞1，∴cos θ＜12，∴π3＜θ≤π. ∴p 1，p 4正确．p 2，p 3错误．【答案】 A6．【解析】 ∵a －b ＝(0，sin θ－3cos θ)，∴|a －b |＝(sin θ－3cos θ)2＝|sin θ－3cos θ|＝2|sin(θ－π3)|≤2， ∴|a －b |的最大值为2.【答案】 27．【解析】命题①明显错误．由两向量平行得2×6＋2k ＝0，k ＝－6，故命题②正确．由|a |＝|b |＝|a －b |，再结合平行四边形法则可得a 与a ＋b 的夹角为30°，命题③正确．【答案】 ②③8．【解析】由题意a ·b ＝0，即有(e 1－2e 2)·(k e 1＋e 2)＝0，∴k e 21＋(1－2k )e 1·e 2－2e 22＝0.又|e 1|＝|e 2|＝1，〈e 1，e 2〉＝2π3， ∴k －2＋(1－2k )·cos2π3＝0，k ＝54. 【答案】 54 9．【解】 ∵DC ＝2BD ，即BD →＝13BC →， ∴AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋13BC →. 又BC→＝AC →－AB →，因此AD →＝AB →＋13AC →－AB →)＝13AC →＋23→. ∵∠BAC ＝120°，AB ＝2，AC ＝1，∴AD →·AC →＝13AC →2＋23AB →·AC → ＝13×12＋23×2×1·cos 120°＝－13. 10．【解】 (1)由题设知AB→＝(3,5)，AC →＝(－1,1)，则 AB→＋AC →＝(2,6)，AB →－AC →＝(4,4)．所以|AB→＋AC →|＝210，|AB →－AC →|＝4 2. 故所求的两条对角线长分别为42，210.(2)由题设知OC→＝(－2，－1)，AB →－tOC →＝(3＋2t,5＋t )．由(AB →－tOC →)·OC →＝0，得(3＋2t,5＋t )·(－2，－1)＝0，从而5t ＝－11，所以t ＝－115. 11．【解】 (1)a·b ＝2n －2，|a |＝5，|b |＝n 2＋4， ∴cos 45°＝2n －25·n 2＋4＝22， ∴3n 2－16n －12＝0(n ＞1)，∴n ＝6或n ＝－23(舍)，∴b ＝(－2,6)． (2)由(1)知，a·b ＝10，|a |2＝5.又c 与b 同向，故可设c ＝λb (λ＞0)，(c －a )·a ＝0，∴λb ·a －|a |2＝0，∴λ＝|a |2b·a ＝510＝12， ∴c ＝12b ＝(－1,3)．。

2013届高三数学第一轮总复习课件46

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(2)球坐标设M(x,y,z)为空间一点,点M可用这样三个有次序的数r,φ,θ来确定,其中r为原点O到点M间的距离,φ为有向线段OM与z轴正方向所夹的角,θ为从z轴正半轴看,x轴正半轴按逆时针方向旋转到有向线段OP的角,这里P为点M在xOy平面上的投影,这样的三个数r,φ,θ构成的有序数组(r,φ,θ)叫做点M的球坐标,这里
选修4-4
坐标系与参数方程
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第一讲坐标系走进高考第一关考点关回归教材 1.平面直角坐标系 (1)曲线与方程在平面直角坐标系中,如果某曲线C上的点与一个二元方程
f(x,y)=0的实数解建立了如下的关系:
①曲线C上的点的坐标都是方程f(x,y)=0的解; ②以方程f(x,y)=0的解为坐标的点都在曲线C上.
φ(ρ,θ)=0;
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②极坐标满足方程φ(ρ,θ)=0的点都在曲线C上. 那么方程φ(ρ,θ)=0叫作曲线C的极坐标方程,曲线C叫作极坐标方程φ(ρ,θ)=0的曲线. 极坐标系中曲线与方程的关系和直角坐标系中曲线与方程的关系是一致的.
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(2)直线的极坐标方程若直线经过点M(ρ0,θ0),且极轴到此直线的角为α,则直线l的极坐标方程为ρsin(θ-α)=ρ0sin(θ0-α). 特殊情况: ①当直线l过极点,即ρ0=0时,方程为θ=α.
ρ=rcosθ.
③圆心位于M (r, ), 半径为r的圆的极坐标方程为 2rsin . 2
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(4)圆锥曲线的极坐标方程圆锥曲线的统一定义:与一个定点的距离和一条定直线(定点不在定直线上)的距离的比等于常数e的点轨迹. 若以定点F为极点,过定点F作定直线l的垂线,垂足为K,FK的反向延长线Fx为极轴,建立极坐标系,其中|KF|=p,|MF|=ρ得圆锥曲线统一的极坐标方程.

课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练4-4

课时知能训练一、选择题1．共点力f 1＝(lg 2，lg 2)，f 2＝(lg 5，lg 2)作用在物体上，产生位移s ＝(2lg 5,1)，则共点力对物体所做的功W 为( )A ．lg 2B ．lg 5C ．1D ．22．若a ，b 是非零向量，且a ⊥b ，|a |≠|b |，则函数f (x )＝(x a ＋b )·(x b －a )是( ) A ．一次函数且是奇函数 B ．一次函数但不是奇函数 C ．二次函数且是偶函数 D ．二次函数但不是偶函数3．若△ABC 的三个内角A 、B 、C 成等差数列且(AB →＋AC →)·BC →＝0，则△ABC 一定是( )A ．等边三角形B ．等腰非等边三角形C ．等腰直角三角形D ．直角非等腰三角形图4－4－34．(2012·梅州调研)若函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0，|φ|＜π2)在一个周期内的图象如图4－4－3所示，M ，N 分别是这段图象的最高点和最低点，且OM →·ON →＝0(O 为坐标原点)，则A 等于( )A.π6B.712π C.76π D.73π 5．已知直线x ＋y ＝a 与圆x 2＋y 2＝4交于A 、B 两点，且|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，其中O 为原点，则实数a 的值为( )A ．2B ．－2C ．2或－2 D.6或－ 6二、填空题6．已知在△ABC 中，AB →＝a ，AC →＝b ，a ·b ＜0，S △ABC ＝154，|a |＝3，|b |＝5，则∠BAC 等于________．7．已知i ，j 分别是与x ，y 轴方向相同的单位向量，一动点P 与M (1,1)连结而成的向量与另一向量n ＝4i －6j 垂直，动点P 的轨迹方程是________．8．在△ABC 中，∠A ＝2π3，BC ＝3，向量m ＝(－13，cos B )， n ＝(1，tan B )，且m ⊥n ，则边AC 的长为________．三、解答题9．求分别与向量a ＝(3，－1)和b ＝(1，3)夹角相等，且模为2的向量c 的坐标．10．设过点P (x ，y )的直线分别与x 轴的正半轴和y 轴的正半轴交于A ，B 两点，点Q 与点P 关于y 轴对称，O 为坐标原点．若BP →＝2PA →，且OQ →·AB→＝1，求P 点的轨迹方程．11．已知向量a ＝(cos α，sin α)，b ＝(cos β，sin β)，且a ，b 满足关系式|k a ＋b |＝3|a －k b |(k ＞0)．(1)求a 与b 的数量积用k 表示的解析式f (k )；(2)a 能否和b 垂直？a 能否和b 平行？若不能，说明理由；若能，则求出相应的k 的值；(3)求a 与b 的夹角的最大值．答案及解析1．【解析】合力所做的功W ＝f ·s ＝(f 1＋f 2)·s ＝(lg 2＋lg 5，lg 2＋lg 2)·(2lg 5,1)＝2. 【答案】 D2．【解析】 ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝0，|a |≠|b |， ∴f (x )＝(x a ＋b )·(x b －a )＝x 2a ·b ＋x ·b 2－x ·a 2－a ·b ＝x (b 2－a 2)＝x (|b |2－|a |2)， ∴f (x )是奇函数，为一次函数．【答案】 A3．【解析】取边BC 的中点D ，则AB →＋AC →＝2AD →， ∴2AD →·BC →＝0，∴AD ⊥BC ，∴AB ＝AC . 由A 、B 、C 成等差数列，得B ＝60°，所以△ABC 是等边三角形．【答案】 A4．【解析】 ∵T 4π3π12＝π4，∴T ＝π，∴M (π12，A )，N (7π12，－A )．又OM →·ON →＝π12×7π12＋A ·(－A )＝0，∴A ＝712π.【答案】 B5．【解析】由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，知OA →⊥OB →，∴点O 到AB 的距离d ＝2，即|－a |2＝2，解得a ＝±2. 【答案】 C6．【解析】 S △ABC ＝12|a ||b |sin ∠BAC ＝154，∴sin ∠BAC ＝12，又a ·b ＜0，∴∠BAC 为钝角，∴∠BAC ＝150°. 【答案】 150°7．【解析】设P (x ，y )，则PM →＝(1－x,1－y )．∵i ，j 分别是x ，y 轴上的单位向量， ∴n ＝(4，－6)． ∵PM →⊥n ，∴PM →·n ＝0，即4(1－x )－6(1－y )＝0，整理得2x －3y ＋1＝0.∴动点P 的轨迹方程为2x －3y ＋1＝0(x ≠1)．【答案】 2x －3y ＋1＝0(x ≠1) 8．【解析】 ∵m ⊥n ，∴sin B ＝13，由正弦定理知3sin 23π＝ACsin B ，∴AC ＝3sin B sin 23π＝23. 【答案】 239．【解】法一设c ＝(x ，y )，则a ·c ＝3x －y ，b ·c ＝x ＋3y . 由〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉，得a ·c |a ||c |＝b ·c|b ||c |， ∴3x －y ＝x ＋3y ，即x ＝(2＋3)y .① 又|c |＝2，∴x 2＋y 2＝2.②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3＋12，y ＝3－12，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3＋12，y ＝－3－12.∴c ＝(3＋12，3－12)或(－3＋12，－3－12)．法二∵|a |＝|b |＝2，a ·b ＝0，∴△AOB 为等腰直角三角形，如图． ∵|OC 1→|＝2，∠AOC 1＝∠BOC 1，∴C 1为AB 的中点，∴C 1(3＋12，3－12)．同理可得C 2(－3＋12，－3－12)．∴c ＝(3＋12，3－12)或(－3＋12，－3－12)． 10．【解】设A (x 0,0)(x 0＞0)，B (0，y 0)(y 0＞0)， ∵P (x ，y )与Q 关于y 轴对称，∴Q (－x ，y )，由BP →＝2PA →，即(x ，y －y 0)＝2(x 0－x ，－y )，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝32xy 0＝3y(x ，y ＞0)．又OQ →＝(－x ，y )，AB →＝(－x 0，y 0)＝(－32x,3y )． ∵OQ →·AB→＝1， ∴32x 2＋3y 2＝1(x ＞0，y ＞0)． ∴点P 的轨迹方程为32x 2＋3y 2＝1(x ＞0，y ＞0)．11．【解】 (1)由已知得|a |＝|b |＝1.∵|k a ＋b |＝3|a －k b |，∴(k a ＋b )2＝3(a －k b )2，即8k a ·b ＝2k 2＋2，∴f (k )＝a ·b ＝k 2＋14k(k ＞0)．(2)∵a ·b ＝f (k )＞0，∴a 不可能与b 垂直．若a ∥b ，由于a ·b ＞0，知a 与b 同向，有a ·b ＝|a ||b |cos 0°＝|a ||b |＝1. ∴k 2＋14k ＝1，解之得k ＝2±3.∴当k ＝2±3时，a ∥b .(3)设a 与b 的夹角为θ，则cos θ＝a ·b |a ||b |＝a ·b ＝k 2＋14k (k ＞0)，∴cos θ＝14(k ＋1k )≥12，当且仅当k ＝1时，取等号．又∵0≤θ≤π，且余弦函数y ＝cos x 在[0，π]上为减函数，∴a 与b 的夹角的最大值为π3.。