全国版高考数学必刷题：第二十二单元　选考模块

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第二十二单元　选考模块



考点一
极坐标与参数方程

1.(2017年全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=3cosθ,y=sinθ(θ为参数),直线l的参数方程为x=a+4t,y=1-t(t为参数).
(1)若a=-1,求C与l的交点坐标;
(2)若C上的点到l距离的最大值为17,求a.
【解析】(1)曲线C的普通方程为x29+y2=1.
当a=-1时,直线l的普通方程为x+4y-3=0.
由x+4y-3=0,x29+y2=1,
解得x=3,y=0或x=-2125,y=2425.
从而C与l的交点坐标为(3,0),-2125,2425.
(2)直线l的普通方程为x+4y-a-4=0,故C上的点(3cos θ,sin θ)到l的距离d=|3cosθ+4sinθ-a-4|17.
当a≥-4时,d的最大值为a+917.
由题设得a+917=17,所以a=8;
当a0),点M的极坐标为(ρ1,θ)(ρ1>0).
由题设知|OP|=ρ,|OM|=ρ1=4cosθ.
由|OM|·|OP|=16得C2的极坐标方程为ρ=4cos θ(ρ>0).
因此C2的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4(x≠0).
(2)设点B的极坐标为(ρB,α)(ρB>0).
由题设知|OA|=2,ρB=4cos α,于是△OAB的面积
S=12|OA|·ρB·sin∠AOB=4cos α·sinα-π3
=2sin2α-π3-32≤2+3.
当α=-π12时,S取得最大值2+3.
所以△OAB面积的最大值为2+3.
3.(2017年全国Ⅲ卷)在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为x=2+t,y=kt(t为参数),直线l2的参数方程为x=-2+m,y=mk(m为参数).设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C.
(1)写出C的普通方程;
(2)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3:ρ(cos θ+sin θ)-2=0,M为l3与C的交点,求M的极径.
【解析】(1)消去参数t得l1的普通方程为y=k(x-2);
消去参数m得l2的普通方程为y=1k(x+2).
设P(x,y),由题设得y=k(x-2),y=1k(x+2),
消去k得x2-y2=4(y≠0),
所以C的普通方程为x2-y2=4(y≠0).
(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ-sin2θ)=4(00,a3+b3=2.证明:
(1)(a+b)(a5+b5)≥4;
(2)a+b≤2.
【解析】(1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6
=(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)=4+ab(a2-b2)2≥4.
(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3
=2+3ab(a+b)≤2+3(a+b)24(a+b)=2+3(a+b)34,
所以(a+b)3≤8,所以a+b≤2.
8.(2017年全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|.
(1)求不等式f(x)≥1的解集;
(2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.
【解析】(1)f(x)=-3,x2.
当x2时,由f(x)≥1,解得x>2.
所以f(x)≥1的解集为{x|x≥1}.
(2)由f(x)≥x2-x+m,得
m≤|x+1|-|x-2|-x2+x.
而|x+1|-|x-2|-x2+x≤|x|+1+|x|-2-x2+|x|
=-|x|-322+54≤54,
且当x=32时,|x+1|-|x-2|-x2+x=54,
故m的取值范围为-∞,54.
9.(2016年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=|x+1|-|2x-3|.
(1)画出y=f(x)的图象;
(2)求不等式|f(x)|>1的解集.

【解析】(1)由题意得f(x)=x-4,x≤-1,3x-2,-132,
故y=f(x)的图象如图所示.

(2)由f(x)的函数表达式及图象可知,
当f(x)=1时,可得x=1或x=3;
当f(x)=-1时,可得x=13或x=5.
故f(x)>1的解集为{x|12ab
C.ab+ba≥2 D.ab+ba≥2
(2)(2017山东滨州一模)若对任意的x>1,x2+3x-1≥a恒成立,则a的最大值是(　　).
A.4 B.6
C.8 D.10
【分析】(1)举出反例判断即可.(2)根据不等式求最值是高考的常见题型,其核心知识就是通过拆分和配凑成基本不等式,然后运用基本不等式求解,注意等号成立条件.
【解析】(1)对于A,当a,b为负数时,a+b≥2ab不成立;对于B,当a=b时,a2+b2>2ab不成立;对于C,当a,b异号时,ab+ba≥2不成立;对于D,因为ba,ab同号,所以ab+ba=ba+ab≥2|ba|·|ab|=2(当且仅当|a|=|b|时取等号),所以D正确.
(2)a≤x2+3x-1对任意的x∈(1,+∞)恒成立,
即a≤x2+3x-1min,
x2+3x-1=(x-1)2+2(x-1)+4x-1=(x-1)+4x-1+2.
因为x>1,即x-1>0,
所以x2+3x-1≥2(x-1)·4x-1+2=6.
所以a的最大值为6.
【答案】(1)D　(2)B
【拓展训练2】设正实数x,y,z满足x2-3xy+4y2-z=0,则当zxy取得最小值时,x+2y-z的最大值为(　　).
A.0 B.98
C.2 B.94
【解析】∵z=x2-3xy+4y2(x,y,z∈R+),
∴zxy=x2-3xy+4y2xy=xy+4yx-3≥2xy·4yx-3=1.
当且仅当xy=4yx,即x=2y时等号成立,此时
z=x2-3xy+4y2=4y2-6y2+4y2=2y2,
∴x+2y-z=2y+2y-2y2=-2y2+4y=-2(y-1)2+2.
∴当y=1,即x=2,y=1,z=2时,x+2y-z取最大值2.
【答案】C

微专题三
坐标系与参数方程中的范围与定值问题

　　该类题型考查的知识点较多,涉及结合坐标系、参数方程设计曲线交点、点线距离及相交弦等问题,求参数范围、弦的最值定值.解题的关键是:(1)明确给定方程的形式,一般均化为直角坐标系中的普通方程.(2)借助直线与曲线相交的求解方法求解相关问题,同时直线与曲线的相交问题要注意计算的准确性.
【例3】已知直线l的参数方程为x=-1-32t,y=3+12t(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,圆C的极坐标方程为ρ=4sinθ-π6.
(1)求圆C的直角坐标方程;
(2)若P(x,y)是直线l与圆面ρ≤4sinθ-π6的公共点,求3x+y的取值范围.
【分析】(1)利用“参普”互化公式即可求解.(2)将圆面的极坐标方程化为直角坐标方程,直线的参数方程代入即可.
【解析】(1)因为圆C的极坐标方程为ρ=4sinθ-π6,
所以ρ2=4ρsinθ-π6=4ρ32sinθ-12cosθ.
又ρ2=x2+y2,x=ρcos θ,y=ρsin θ,
所以x2+y2=23y-2x,
所以圆C的直角坐标方程为x2+y2+2x-23y=0.
(2)可得圆面中点满足的关系式为x2+y2+2x-23y≤0,即(x+1)2+(y-3)2≤4.
设z=3x+y,
将x=-1-32t,y=3+12t代入z=3x+y,得z=-t;
代入(x+1)2+(y-3)2≤4,得t2≤4,
所以-2≤t≤2,所以-2≤-t≤2,
即3x+y的取值范围是[-2,2].
【拓展训练3】在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=acost,y=2sint (t 为参数,a>0),以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴,建立极坐标系,已知直线l的极坐标方程为ρcosθ+π4=-22.
(1)设P是曲线C上的一个动点,当a=2时,求点P到直线l的距离的最小值;
(2)若曲线C上的所有点均在直线l的右下方,求a的取值范围.
【解析】(1)由ρcosθ+π4=-22,得
22(ρcos θ-ρsin θ)=-22,
化成直角坐标方程,得22(x-y)=-22,即直线l的方程为x-y+4=0.
依题意,设P(2cos t,2sin t),则
点P到直线l的距离d=2cost-2sint+42=22cost+π4+42=22+2cost+π4,
当t+π4=2kπ+π,即t=2kπ+3π4,k∈Z时,dmin=22-2.
故点P到直线l 的距离的最小值为22-2.
(2)∵曲线C上的所有点均在直线l的右下方,
∴对任意的t∈R,有acos t-2sin t+4>0恒成立,
即a2+4cos(t+φ)>-4其中tanφ=2a恒成立,
∴a2+40,解得00且满足xyz+y+z=12,则log4x+log2y+log2z的最大值是(　　).
A.3　　　　　B.4　　　　　C.5　　　　　D.6
【解析】12=xyz+y+z≥33xy2z2⇒xy2z2≤64,故log4x+log2y+log2z=log4xy2z2≤log464=3,当x=14,y=z=4时等号成立.
【答案】A
2.设a>b>0,那么a2+1b(a-b)的最小值是　　　　. 
【解析】由b(a-b)≤a2得1b(a-b)≥4a2,
所以a2+1b(a-b)≥a2+4a2≥4,
因此a2+1b(a-b)的最小值是4,当a=2,b=22时取得最小值.
【答案】4
3.P为△ABC内一点,它到三角形三边BC、CA、AB的距离分别为d1、d2、d3,S为△ABC的面积.求证:ad1+bd2+cd3≥(a+b+c)22S(这里a,b,c分别表示BC,CA,AB的长).
【解析】如图,易知S=12ad1+12bd2+12cd3.
根据柯西不等式,(ad1+bd2+cd3)ad1+bd2+cd3≥(a+b+c)2,

即2Sad1+bd2+cd3≥(a+b+c)2⇒ad1+bd2+cd3≥(a+b+c)22S.
4. 设△ABC的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c,其周长为1.求证:1A+1B+1C≥3aA+bB+cC.
【解析】不妨设a≥b≥c,于是有A≥B≥C⇒1C≥1B≥1A.
(法一)用排序原理.
由排序不等式知a·1C+c·1A≥a·1A+c·1C(同序和大于或等于反序和),也就是aC+cA≥aA+cC;
同理可得bC+cB≥bB+cC, aB+bA≥aA+bB,相加得a+bC+a+cB+b+cA≥2aA+2bB+2cC.
不等式两边同加aA+bB+cC,并注意到a+b+c=1,就得1A+1B+1C≥3aA+bB+cC.
(法二)比较法.
1A+1B+1C-3aA+bB+cC
=b+c-2aA+a+c-2bB+a+b-2cC
=(b-a)+(c-a)A+(a-b)+(c-b)B+(a-c)+(b-c)C
=b-aA+a-bB+c-aA+a-cC+c-bB+b-cC
=(a-b)(A-B)AB+(a-c)(A-C)AC+(b-c)(B-C)BC≥0,
因此1A+1B+1C≥3aA+bB+cC.

阶段检测八

1.(2017四川省凉山市上学期一诊)已知1+2ia+bi=2-i(i为虚数单位,a,b∈R),则|a-bi|=(　　).
A.-i　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.5
【解析】由1+2ia+bi=2-i得a+bi=1+2i2-i=(1+2i)(2+i)(2-i)(2+i)=i,所以a=0,b=1,|a-bi|=1,故选B.
【答案】B
2.(2017哈尔滨九中高考二模)从1,2,3,4,5,6,7,8中随机取出一个数,记为x,执行如图所示的程序框图,则输出的x不小于40的概率为(　　).

A.34 B.58 C.78 D.12
【解析】经过第一次循环得到x=3x+1,n=2,经过第二循环得到x=3(3x+1)+1,n=3,此时输出x,输出的值为9x+4.令9x+4≥40,得x≥4,由古典概型得输出的x不小于40的概率为58,故选B.
【答案】B
3.(2017湖南省永州市二模)有四人在海边沙滩上发现10颗精致的珍珠,四人约定分配方案:先抽签排序①②③④,再由①号提出分配方案,四人表决,至少要有半数的赞成票才算通过,若通过就按此方案分配,否则提出方案的①号淘汰,不再参与分配,接下来由②号提出分配方案,三人表决……依此类推.假设:(1)四人都守信用,愿赌服输;(2)提出分配方案的人一定会赞成自己的方案;(3)四人都会最大限度争取个人利益.易知若①②都淘汰,则③号的最佳分配方案(能通过且对提出方案者最有利)是(10,0)(表示③、④号分配珍珠数分别是10和0).问①号的最佳分配方案是(　　).
A.(4,2,2,2) B.(9,0,1,0)
C.(8,0,1,1) D.(7,0,1,2)
【解析】若①②都被淘汰,则③号的最佳分配方案是(10,0),故④不希望③被淘汰,①被淘汰的前提下,②的最佳分配方案是(9,0,1),同理可知①号的最佳分配方案是(9,0,1,0),故选B.
【答案】B
4.(2017新疆乌鲁木齐高考三诊)已知x,y∈R,x2+y2+xy=315,则x2+y2-xy的最小值是(　　).
A.35 B.105 C.140 D.210
【解析】∵x,y∈R,x2+y2+xy=315,∴x2+y2=315-xy≥2xy,当且仅当x=y=±105时取等号.∴xy≤105.∴x2+y2-xy=315-2xy≥315-210=105.故选B.
【答案】B
5.(2017浙江省杭州市模拟)已知正实数a,b满足a2-b+4≤0,则u=2a+3ba+b(　　).
A.有最大值为145 B.有最小值为145
C.没有最小值 D.有最大值为3
【解析】∵a2-b+4≤0,∴b≥a2+4,又a,b>0,∴a+b≥a2+a+4,∴aa+b≤aa2+a+4,∴-aa+b≥-aa2+a+4,∴u=2a+3ba+b=3-aa+b≥3-aa2+a+4=3-1a+4a+1≥3-12a·4a+1=145,当且仅当a=2,b=8时取等号.故选B.
【答案】B
6.(2017北京东城区高三数学一模) 一次猜奖游戏中,1,2,3,4四扇门里摆放了a,b,c,d四件奖品(每扇门里仅放一件).甲同学说:1号门里是b,3号门里是c;乙同学说:2号门里是b,3号门里是d;丙同学说:4号门里是b,2号门里是c;丁同学说:4号门里是a,3号门里是c.如果他们每人都猜对了一半,那么4号门里是(　　).
A.a B.b C.c D.d
【解析】根据题意,若甲同学猜对了1-b,则乙同学猜对了3-d,丙同学猜对了2-c,丁同学猜对了4-a;若甲同学猜对了3-c,则丙同学猜对了4-b,乙同学猜对了3-d,这与3-c相矛盾.综上所述,4号门里是a,故选A.
【答案】A
7.(2017上海市模拟)在矩形纸片ABCD中,AB=10 cm,BC=8 cm.将其按图①的方法分割,并按图②的方法焊接成扇形;按图③的方法将宽BC两等分,把图③中的每个小矩形按图①分割并把4个小扇形焊接成一个大扇形;按图④的方法将宽BC三等分,把图④中的每个小矩形按图①分割并把6个小扇形焊接成一个大扇形;……依次将宽BC n等分,每个小矩形按图①分割并把2n个小扇形焊接成一个大扇形.当n→∞时,最后拼成的大扇形的圆心角的大小为(　　).

A.小于π2 B.等于π2 C.大于π2 D.大于1.6
【解析】将宽BC n等分,当n无限大时,扇形的半径为10,而扇形的弧长应该无限接近8+8=16,那么圆心角为16÷10>π2,因此n无限大时,大扇形的圆心角应该大于π2.故选C.
【答案】C
8.(2017天津市调研)已知1+2iz=1+i,则|z|=　　　　. 
【解析】由1+2iz=1+i得z=1+2i1+i,即|z|=1+2i1+i=|1+2i||1+i|=1+41+1=102.
【答案】102

9.(2017江西省九江市十校联考)设a是一个各位数字都不是0且没有重复数字的三位数,将组成a的3个数字按从小到大排成的三位数记为I(a),按从大到小排成的三位数记为D(a)(例如a=746,则I(a)=467,D(a)=764).阅读如右图所示的程序框图,运行相应的程序,任意输入一个a,则输出b的值为　　　　. 
【解析】若a=123,由程序框图知,
第一次循环a=123,b=321-123=198;
第二次循环a=198,b=981-189=792;
第三次循环a=792,b=972-279=693;
第四次循环a=693,b=963-369=594;
第五次循环a=594,b=954-459=495;
第六次循环a=495,b=954-459=495,
满足条件a=b,跳出循环体,输出b=495.
【答案】495
10.(2017江西省宜春市奉新一中高三上学期期末)若从点O所作的两条射线OM,ON上分别有点M1,M2与点N1,N2,则S△OM1N1S△OM2N2=OM1OM2·ON1ON2.若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP,OQ和OR上分别有点P1,P2与点Q1,Q2和点R1,R2,则类似的结论为　　　　. 
【解析】根据类比推理的思路:
由平面中面的性质,
我们可以类比在空间中相似的体的性质,
若从点O所作的两条射线OM,ON上分别有点M1,M2与点N1,N2,
则S△OM1N1S△OM2N2=OM1OM2·ON1ON2.
我们可以推断:
若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP,OQ和OR上分别有点P1,P2与点Q1,Q2和点R1,R2,
则VO-P1Q1R1VO-P2Q2R2=OP1OP2·OQ1OQ2·OR1OR2.
【答案】VO-P1Q1R1VO-P2Q2R2=OP1OP2·OQ1OQ2·OR1OR2
11.(2017四川师大附中高考二模)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=25,圆C上的点到直线l:3x+4y+m=0(mb>0)的一个焦点与抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点F重合,且点F到直线x-y+1=0的距离为2,C1与C2的公共弦长为26.
(1)求椭圆C1的方程及点F的坐标;
(2)过点F的直线l与C1交于A,B两点,与C2交于C,D两点,求1|AB|+1|CD|的取值范围.
【解析】(1)由抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点为Fp2,0,得c=p2.
由点F到直线x-y+1=0的距离为2,得d=|c+1|2=2,即c=1,p=2,即F(1,0),
所以y2=4x.
设C1与C2的公共弦端点为(m,n),(m,-n)(m,n>0),
则2n=26,可得n=6,m=32,
将点32,6代入椭圆C1的方程,可得94a2+6b2=1,
且a2-b2=1,解得a=3,b=22,
即椭圆C1的方程为x29+y28=1.
(2)设过点F的直线l的方程为x=my+1,
代入抛物线C2的方程y2=4x,可得y2-4my-4=0,
由弦长公式可得|CD|=1+m2·16m2+16=4(1+m2),
将直线l的方程x=my+1代入椭圆C1的方程,可得
(8m2+9)y2+16my-64=0,
由弦长公式可得|AB|=1+m2·-16m8m2+92+2568m2+9=48(1+m2)8m2+9,
可得1|AB|+1|CD|=14(1+m2)+8m2+948(1+m2)=16+1348(1+m2).
由1+m2≥1,得00),曲线C2:x=bcosφ,y=b+bsinφ(φ为参数,b>0).在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,射线l:θ=αρ≥0,0≤α≤π2与C1交于O、A两点,与C2交于O、B两点.当α=0时,|OA|=1;当α=π2时,|OB|=2.
(1)求a,b的值;
(2)求2|OA|2+|OA|·|OB|的最大值.
【解析】(1)由曲线C1:x=a+acosφ,y=asinφ(φ为参数,a>0),
化为普通方程为(x-a)2+y2=a2,
其极坐标方程为ρ2=2aρcos θ,即ρ=2acos θ,
由题意可得当θ=0时,|OA|=ρ=1,∴a=12.
曲线C2:x=bcosφ,y=b+bsinφ(φ为参数,b>0),
化为普通方程为x2+(y-b)2=b2,
其极坐标方程为ρ=2bsin θ,
由题意可得当θ=π2时,|OB|=ρ=2,∴b=1.
(2)由(1)可得C1,C2的方程分别为ρ=cos θ,ρ=2sin θ.
∴2|OA|2+|OA|·|OB|=2cos2θ+2sin θcos θ=sin 2θ+cos 2θ+1=2sin2θ+π4+1,
∵2θ+π4∈π4,5π4,∴2sin(2θ+π4)+1的最大值为2+1,当2θ+π4=π2,即θ=π8时取到最大值.
20.(2017四川师大附中高考二模)已知函数f(x)=|x+5|-|x-1|(x∈R).
(1)求不等式f(x)≤x的解集;
(2)记函数f(x)的最大值为k,若lg a+lg(2b)=lg(a+4b+k),试求ab的最小值.
【解析】(1)当x≤-5时,f(x)=-(x+5)+(x-1)≤x⇒-6≤x≤-5.
当-5