《高考数学文三轮专题质量检测：选修系列选考含详解》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学文三轮专题质量检测：选修系列选考含详解（10页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、高考数学精品复习资料 2019.5专题质量检测(七)选修4系列(选考)选修41：几何证明选讲一、填空题1(20xx广东卷)如图，在矩形中ABCD中，AB，BC3，BEAC，垂足为E，则ED_.解析：在RtABC中，AB，BC3，AC2.AB2AEAC，AE.过E作EFAD，得：.，EF，又EFCD，AF.FD3.在EFD中，DE.答案：2(20xx陕西卷)如图，AB与CD相交于点E，过E作BC的平行线与AD的延长线交于点P，已知AC，PD2DA2，则PE_.解析：如图，PEBC，PEDC，又AC，PEDA，又P是公共角PDEPEA.，PE2PAPD326.PE.答案：3(20xx天津卷)如图，
2、在圆内接梯形ABCD中，ABDC，过点A作圆的切线与CB的延长线交于点E.若ABAD5，BE4，则弦BD的长为_解析：ABCD，ABEBCD，23，又ABEADC，12，ADCBCD，BCAD5，又AE为切线，AE2EBEC4936，AE6.又BAE1，12，BAE3，又DCBABE，DCBABE.，DB.答案：二、解答题4(20xx新课标全国卷)如图，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.(1)证明：DBDC；(2)设圆的半径为1，BC，延长CE交AB于点F，求BCF外接圆的半径解析：(1)连接DE，交BC为G，由弦切角定理得，AB
3、EBCE，BECE，又因为DBBE，所以DE为直径，由勾股定理得DBDC，(2)由(1)，CDEDBE，DBDC，故DG是BC的中垂线，故BG，圆心为O，连接BO，则BOG60，ABEBCECBE30，所以CFBF，故外接圆半径为.5(20xx新课标全国卷)如图，CD为ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BCAEDCAF，B，E，F，C四点共圆(1)证明：CA是ABC外接圆的直径；(2)若DBBEEA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值解析：(1)因为CD为ABC外接圆的切线，所以DCBA，由题设知，故CDBAEF，所以D
4、BCEFA.因为B，E，F，C四点共圆，所以CFEDBC，故EFACFE90，所以CBA90，因此CA是ABC外接圆的直径(2)连结CF，因为CBE90，所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE，由DBBE，有CEDC，又BC2DBBA2DB2，所以CA24DB2BC26DB2.而DC2DBDA3DB2，故过B，E，F，C四点的圆的面积与ABC外接圆面积的比值为.6(20xx辽宁卷)如图，AB为O直径，直线CD与O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，连接AE，BE.证明：(1)FEBCEB；(2)EF2ADBC.证明：(1)由直线CD与O相切，得CEBEAB.由AB
5、为O的直径，得AEEB，从而EABEBF；又EFAB，得FEBEBF，从而FEBEAB.故FEBCEB.(2)由BCCE，EFAB，FEBCEB，BE是公共边，得RtBCERtBFE，所以BCBF，类似可证：RtADERtAFE，得ADAF.又在RtAEB中，EFAB，故EF2AFBF，所以EF2ADBC.选修44：坐标系与参数方程一、填空题1(20xx广东卷)已知曲线C的极坐标方程2cos，以极点为原点，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线C的参数方程为_解析：将极坐标化为直角坐标得：22cos.x2y22x，即(x1)2y21.令x1cos，ysin.得参数方程为：答案：2(20xx湖
6、南卷)在平面直角坐标系xOy中，若直线l1：(s为参数)和直线l2：(t为参数)平行，则常数a的值为_解析：利用消参法化l1，l2的方程为一般形式是：x2y20,2xaya0，由l1l2可得a(2)20，解得a4.答案：43(20xx陕西卷)圆锥曲线(t为参数)的焦点坐标是_解析：化参数方程为普通方程为y24x，焦点坐标为(1,0)答案：(1,0)4直线(t为参数)与曲线(为参数)的交点个数为_解析：将直线化为一般方程为xy10，曲线转化为一般方程为x2y29，圆心(0,0)到直线的距离dr3，故直线与曲线的交点个数为2.答案：25在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：(t为参数)与曲线C2：(
7、为参数，a0)有一个公共点在x轴上，则a_.解析：曲线C1：y32x与x轴的交点为，此点也在曲线C2：1上，代入可得a.答案：6已知抛物线的参数方程为(t为参数)，其中p0，焦点为F，准线为l.过抛物线上一点M作l的垂线，垂足为E.若|EF|MF|.点M的横坐标为3，则p_.解析：消参得抛物线方程为y22px，|EF|MF|ME|，MEF为正三角形，则|EM|2|DF|，即32p，得p2.答案：27在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知射线与曲线(t为参数)相交于A，B两点，则线段AB的中点的直角坐标为_解析：曲线化为直角坐标方程是y(x2)2，射线化为直角坐
8、标方程是yx(x0)联立消去y得x25x40，解得x11，x24.所以y11，y24.故线段AB的中点的直角坐标为，即.答案：8(坐标系与参数方程选做题)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1与C2的参数方程分别为(t为参数)和(为参数)，则曲线C1与C2的交点坐标为_解析：C1与C2的普通方程分别为：y和x2y22，联立方程解得其交点为(1,1)答案：(1,1)二、解答题9(20xx新课标全国卷)已知曲线C1的参数方程为(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C2的极坐标方程为2sin.(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；(2)求C1与C2交点的极坐标(0,02)解
9、析：(1)因为消去参数，得(x4)2(y5)225即x2y28x10y160，故C1极坐标方程为28cos10sin160.(2)C2的普通方程为x2y22y0，联立C1，C2得方程，解得或所以交点的极坐标为，.10(20xx新课标全国卷)已知动点P，Q都在曲线C：(t为参数)上，对应参数分别为t与l2(02)，M为PQ的中点(1)求M的轨迹的参数方程；(2)将M到坐标原点的距离d表示为的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点解析：(1)依题意有P(2cos，2sin)，Q(2cos2，2sin2)，因此M(coscos，sinsin2)M的轨迹的参数方程为(为参数，02)(2)M点到坐标原点的距
10、离d(02)当时，d0，故M的轨迹过坐标原点11(20xx辽宁卷)在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆C1，直线C2的极坐标方程分别为4sin，cos2.(1)求C1与C2交点的极坐标；(2)设P为C1的圆心，Q为C1与C2交点连线的中点，已知直线PQ的参数方程为(tR为参数)，求a，b的值解析：(1)圆C1的直角坐标方程为x2(y2)24，直线C2的直角坐标方程为xy40.解得所以C1与C2交点的极坐标分别为，.注：极坐标系下点的表示不唯一(2)由(1)可得，P点与Q点的直角坐标分别为(0,2)，(1,3)故直线PQ的直角坐标方程为xy20，由参数方程可得yx1
11、，所以解得a1，b2.12在直角坐标系xOy中，圆C1：x2y24，圆C2：(x2)2y24.(1)在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆C1，C2的极坐标方程，并求出圆C1，C2的交点坐标(用极坐标表示)；(2)求圆C1与C2的公共弦的参数方程解析：(1)圆C1的极坐标方程为2，圆C2的极坐标方程为4cos.解得2，故圆C1与圆C2交点的坐标为，.(2)方法一：由得圆C1与C2交点的直线坐标分别为(1，)，(1，)故圆C1与C2的公共弦的参数方程为t.方法二：将x1代入得cos1，从而.于是圆C1与C2的公共弦的参数方程为.13在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正
12、半轴为极轴建立极坐标系已知直线l上两点M，N的极坐标分别为(2,0)，圆C的参数方程为(为参数)(1)设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；(2)判断直线l与圆C的位置关系解析：(1)由题意知，M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，.又P为线段MN的中点，从而点P的平面直角坐标为，故直线OP的平面直角坐标方程为yx.(2)因为直线l上两点M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，所以直线l的平面直角坐标方程为x3y20.又圆C的圆心坐标为(2，)，半径r2，圆心到直线l的距离dr，故直线l与圆C相交14已知曲线C1的参数方程是(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
13、系，曲线C2的极坐标方程是2.正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为.(1)求点A，B，C，D的直角坐标；(2)设P为C1上任意一点，求|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2的取值范围解析：(1)由已知可得A，B，C，D，即A(1，)，B(，1)，C(1，)，D(，1)(2)设P(2cos，3sin)，令S|PA|2|PB|2|PC|2|PD|2，则S16cos236sin2163220sin2.因为0sin21，所以S的取值范围是32,52选修45：不等式选讲一、填空题1(20xx陕西卷)设a，bR，|ab|2，则关于实数x的不等式|xa|xb|2
14、的解集是_解析：由数轴上两点间距离的几何意义，可知|xa|xb|ab|2.不等式|xa|xb|2的解集为(，)答案：(，)2若存在实数x使|xa|x1|3成立，则实数a的取值范围是_解析：存在实数x使不等式|xa|x1|3成立，只要|xa|x1|的最小值小于等于3即可，由于|xa|x1|(xa)(x1)|a1|，故|a1|3即可，解得2a4.答案：2a43不等式|2x1|2|x1|0的解集为_解析：令f(x)|2x1|2|x1|f(x)0的根为x，故不等式的解集为.答案：二、解答题4(20xx新课标全国卷)已知函数f(x)|2x1|2xa|，g(x)x3.(1)当a2时，求不等式f(x)g(x
15、)的解集；(2)设a1，且当x时，f(x)g(x)，求a的取值范围解析：当a2时，令y|2x1|2x2|x3做出函数图象可知，当x(0,2)时，y0，故原不等式的解集为x|0x2；(2)依题意，原不等式化为1ax3，故xa2对都成立，故a2，故a，故a的取值范围是.5(20xx新课标全国卷)设a，b，c均为正数，且abc1.证明：(1)abbcca；(2)1.证明：(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ca，得a2b2c2abbcca.由题设得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因为b2a，c2b，a2c，故(abc)
16、2(abc)，即abc.所以1.6(20xx辽宁卷)已知函数f(x)|xa|，其中a1.(1)当a2时，求不等式f(x)4|x4|的解集；(2)已知关于x析不等式|f(2xa)2f(x)|2的解集为x|1x2，求a的值解析：(1)当a2时，f(x)|x4|当x2时，由f(x)4|x4|得2x64，解得x1；当2x4时，f(x)4|x4|无解；当x4时，由f(x)4|x4|得2x64，解得x5；所以f(x)4|x4|的解集为x|x1或x5(2)记h(x)f(2xa)2f(x)，则h(x)由|h(x)|2，解得x.又已知|h(x)|2的解集为x|1x2，所以于是a3.7已知函数f(x)m|x2|，mR，且f(x2)0的解集为1,1(1)求m的值；(2)若a，b，cR，且m，求证：a2b3c9.解析：(1)因为f(x2)m|x|，f(x2)0等价于|x|m，由|x|m有解，得m0，且解集为x|mxm又f(x2)0的解集为1,1，故m1.(2)由(1)知1，又a，b，cR，由柯西不等式得a2b3c(a2b3c)29.
高考数学文三轮专题质量检测：选修系列选考含详解
