（統(tǒng)考版）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)15 選考系列（含解析）（理）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、專題限時(shí)集訓(xùn)(十五)　選考系列 1．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](2019·全國卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為(t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為2ρcos θ＋ρsin θ＋11＝0. (1)求C和l的直角坐標(biāo)方程； (2)求C上的點(diǎn)到l距離的最小值． [解]　(1)因?yàn)椋?＜≤1，且x2＋＝＋＝1，所以C的直角坐標(biāo)方程為x2＋＝1(x≠－1)． l的直角坐標(biāo)方程為2x＋y＋11＝0. (2)由(1)可設(shè)C的參數(shù)方程為(α為參數(shù)，－π＜α＜π)． C上的點(diǎn)到l的距離為 ＝. 當(dāng)α＝－時(shí)，4cos＋11

2、取得最小值7，故C上的點(diǎn)到l距離的最小值為. [選修4－5：不等式選講](2020·全國卷Ⅲ)設(shè)a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1. (1)證明：ab＋bc＋ca<0； (2)用max{a，b，c}表示a，b，c的最大值，證明：max{a，b，c}≥. [證明]　(1)由題設(shè)可知，a，b，c均不為零，所以 ab＋bc＋ca＝[(a＋b＋c)2－(a2＋b2＋c2)] ＝－(a2＋b2＋c2) ＜0. (2)不妨設(shè)max{a，b，c}＝a，因?yàn)閍bc＝1，a＝－(b＋c)， 所以a＞0，b＜0，c＜0. 由bc≤，可得abc≤，故a≥， 所以max{a，b，c}≥.

3、 2．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] (2019·全國卷Ⅱ)在極坐標(biāo)系中，O為極點(diǎn)，點(diǎn)M(ρ0，θ0)(ρ0＞0)在曲線C：ρ＝4sin θ上，直線l過點(diǎn)A(4,0)且與OM垂直，垂足為P. (1)當(dāng)θ0＝時(shí)，求ρ0及l(fā)的極坐標(biāo)方程； (2)當(dāng)M在C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí)，求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程． [解]　(1)因?yàn)镸(ρ0，θ0)在曲線C上，當(dāng)θ0＝時(shí)， ρ0＝4sin ＝2. 由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2. 設(shè)Q(ρ，θ)為l上除P外的任意一點(diǎn)． 在Rt△OPQ中，ρcos＝|OP|＝2. 經(jīng)檢驗(yàn)，點(diǎn)P在曲線ρcos＝2上． 所以，l的極坐標(biāo)方程為ρcos

4、＝2. (2)設(shè)P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ. 因?yàn)镻在線段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范圍是. 所以，P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cos θ，θ∈. [選修4－5：不等式選講](2019·全國卷Ⅱ)已知f(x)＝|x－a|x＋|x－2|(x－a)． (1)當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)＜0的解集； (2)若x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＜0，求a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝|x－1|x＋|x－2|(x－1)． 當(dāng)x＜1時(shí)，f(x)＝－2(x－1)2＜0；當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0. 所以，

5、不等式f(x)＜0的解集為(－∞，1)． (2)因?yàn)閒(a)＝0，所以a≥1. 當(dāng)a≥1，x∈(－∞，1)時(shí)，f(x)＝(a－x)x＋(2－x)(x－a)＝2(a－x)(x－1)＜0. 所以，a的取值范圍是[1，＋∞)． 3．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] (2019·全國卷Ⅲ)如圖，在極坐標(biāo)系Ox中，A(2，0)，B，C，D(2，π)，弧，，所在圓的圓心分別是(1,0)，，(1，π)，曲線M1是弧，曲線M2是弧，曲線M3是弧. (1)分別寫出M1，M2，M3的極坐標(biāo)方程； (2)曲線M由M1，M2，M3構(gòu)成，若點(diǎn)P在M上，且|OP|＝，求P的極坐標(biāo)． [解]　(1)由題

6、設(shè)可得，弧，，所在圓的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝2cos θ，ρ＝2sin θ，ρ＝－2cos θ.所以M1的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cos θ，M2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sin θ，M3的極坐標(biāo)方程為ρ＝－2cos θ. (2)設(shè)P(ρ，θ)，由題設(shè)及(1)知： 若0≤θ≤，則2cos θ＝，解得θ＝； 若≤θ≤，則2sin θ＝，解得θ＝或θ＝； 若≤θ≤π，則－2cos θ＝，解得θ＝. 綜上，P的極坐標(biāo)為或或或. [選修4－5：不等式選講](2019·全國卷Ⅲ)設(shè)x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1. (1)求(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值； (2)若(x－2)2＋(y

7、－1)2＋(z－a)2≥成立，證明：a≤－3或a≥－1. [解]　(1)由于[(x－1)＋(y＋1)＋(z＋1)]2＝(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2＋2[(x－1)(y＋1)＋(y＋1)(z＋1)＋(z＋1)(x－1)] ≤3[(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2]， 故由已知得(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝－，z＝－時(shí)等號(hào)成立． 所以(x－1)2＋(y＋1)2＋(z＋1)2的最小值為. (2)證明：因?yàn)閇(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2 ＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋

8、(z－a)(x－2)] ≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]， 故由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，y＝，z＝時(shí)等號(hào)成立． 因此(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值為. 由題設(shè)知≥，解得a≤－3或a≥－1. 1．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](2020·福清模擬)已知曲線C1：x2＋(y－2)2＝4在伸縮變換 下得到曲線C2，以原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系． (1)把C1化為極坐標(biāo)方程并求曲線C2的極坐標(biāo)方程； (2)射線θ＝α(ρ>0,0<α<π)與C1，C2交點(diǎn)為A，B，|AB|＝2，求α. [解]

9、　(1)曲線C1：x2＋(y－2)2＝4， 轉(zhuǎn)換為極坐標(biāo)方程為：ρ＝4sin θ. 伸縮變換 轉(zhuǎn)換為： 代入曲線C1：x2＋(y－2)2＝4， 得到極坐標(biāo)方程為ρ＝8sin θ. (2)把θ＝α代入ρ＝4sin θ，即ρ＝4sin α， 轉(zhuǎn)換為A(4sin α，α)， 同理B(8sin α，α)， 由于0<α<π， 所以|AB|＝|8sin α－4sin α|＝4sin α＝2， 解得sin α＝，故α＝或. [選修4－5：不等式選講](2020·安陽一模)已知a，b，c∈R＋，?x∈R，不等式|x－1|－|x－2|≤a＋b＋c恒成立． (1)求證：a2＋b2＋c2≥

10、； (2)求證：＋＋≥. [解]　(1)∵|x－1|－|x－2|≤|x－1－x＋2|＝1，∴a＋b＋c≥1. ∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac， ∴2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ac， ∴3a2＋3b2＋3c2≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ac ＝(a＋b＋c)2≥1， ∴a2＋b2＋c2≥. (2)∵a2＋b2≥2ab,2≥a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2， 即a2＋b2≥， 兩邊開平方得≥|a＋b|＝(a＋b)． 同理可得≥(b＋c)，≥(c＋a)． 三式相加，得 ＋＋≥(a＋b＋c)≥. 2．[選修4－4：坐標(biāo)系

11、與參數(shù)方程](2020·汨羅一模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，傾斜角為α的直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，以x軸的正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程是ρsin2θ－4cos θ＝0. (1)寫出直線l的普通方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)若直線l經(jīng)過曲線C的焦點(diǎn)F且與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)線段AB的中點(diǎn)為Q，求的值． [解]　(1)∵直線l的參數(shù)方程為 (t為參數(shù))，∴直線l的普通方程為y＝tan α·x＋1 ， 由ρsin2θ－4cos θ＝0，得ρ2sin2θ－4ρcos θ＝0，即y2－4x＝0， ∴曲線C的直角坐標(biāo)方程為y2＝4x. (2

12、)∵直線l經(jīng)過曲線C的焦點(diǎn)F， ∴tan α＝－1，直線l的傾斜角α＝. ∴直線l的參數(shù)方程為 (t為參數(shù)) 代入y2＝4x，得t2＋4t－8＝0, 設(shè)A，B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)為t1，t2. ∵Q為線段AB的中點(diǎn)， ∴點(diǎn)Q對(duì)應(yīng)的參數(shù)值為＝－2. 又點(diǎn)F，則＝＝2. [選修4－5：不等式選講](2020·石家莊二中模擬)已知兩個(gè)正數(shù)a，b滿足a＋2b＝2. (1)求a2＋b2的最小值； (2)若不等式＋＋1≥3a＋4b－2ab對(duì)任意的x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)兩個(gè)正數(shù)a，b滿足a＋2b＝2，可得a＝2－2b， a2＋b2＝(2－2b)2＋b2＝5b

13、2－8b＋4＝52＋， 由a>0，b>0，可得2－2b>0，即有00，即0

14、故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,1]． 3．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程](2020·陜西省高三教學(xué)質(zhì)量檢測一)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，l的參數(shù)方程為 (t為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2＝. (1)求l的普通方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程； (2)求曲線C上的點(diǎn)到l距離的最大值及該點(diǎn)坐標(biāo)． [解]　(1)由 (t為參數(shù))，得x≠1. 消去參數(shù)t，得l的普通方程為x－2y＋1＝0(x≠1)． 將ρ2＝去分母得3ρ2＋ρ2sin2θ＝12， 將y＝ρsin θ，ρ2＝x2＋y2代入，得＋＝1， 所以曲線C的直角坐標(biāo)方程為＋＝1.

15、(2)由(1)可設(shè)曲線C的參數(shù)方程為 (α為參數(shù))， 則曲線C上的點(diǎn)到l的距離 d＝＝， 當(dāng)cos＝1，即α＝－＋2kπ，k∈Z時(shí)， dmax＝＝， 此時(shí)， (k∈Z)． 所以曲線C上的點(diǎn)到直線l距離的最大值為，該點(diǎn)坐標(biāo)為. [選修4－5：不等式選講](2020·長郡中學(xué)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝|2x－1|. (1)若函數(shù)F(x)＝f(x)＋ax有最小值，求a的取值范圍； (2)若關(guān)于x的不等式f(x)≤|2x＋1|－|x＋m|的解集為A，且?A，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． [解]　(1)F(x)＝f(x)＋ax＝ 使F(x)有最小值的充要條件為 即a∈[－2,2]． (2

16、)由題意知：|2x－1|≤|2x＋1|－|x＋m|在上恒成立，即|x＋m|≤2x＋1－(2x－1)． 即|x＋m|≤2在x∈上恒成立，則－2≤x＋m≤2. 故(－x－2)max≤m≤(－x＋2)min，解得－≤m≤0. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍為. 1．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在直角坐標(biāo)系xOy下，曲線C1的參數(shù)方程為 (α 為參數(shù))，曲線C1在變換T： 的作用下變成曲線C2. (1)求曲線C2的普通方程； (2)若m>1，求曲線C2與曲線C3：y＝m|x|－m的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)． [解]　(1)因?yàn)榍€C1的參數(shù)方程為 所以曲線C1的普通方程為x2＋y2＝1, 將變換T

17、： 即 代入x2＋y2＝1，得＋y′2＝1, 所以曲線C2的普通方程為＋y2＝1. (2)因?yàn)閙>1，所以C3上的點(diǎn)A在橢圓E：＋y2＝1外，當(dāng)x>0時(shí)，曲線C3的方程化為y＝mx－m，代入＋y2＝1， 得(4m2＋1)x2－8m2x＋4(m2－1)＝0，(*) 因?yàn)棣ぃ?4m4－4(4m2＋1)·4(m2－1)＝16(3m2＋1)>0， 所以方程(*)有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2， 又x1＋x2＝>0，x1x2＝>0， 所以x1>0，x2>0， 所以當(dāng)x>0時(shí)，曲線C2與曲線C3有且只有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)， 又因?yàn)榍€C2與曲線C3都關(guān)于y軸對(duì)稱， 所以當(dāng)x<0時(shí)

18、，曲線C2與曲線C3有且只有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)，綜上，曲線C2與曲線C3：y＝m|x|－m的公共點(diǎn)的個(gè)數(shù)為4. [選修4－5：不等式選講]已知函數(shù)f＝－2. (1)解不等式f≥x； (2)設(shè)f的最大值為m，若2ab＋2bc＋2ca＝m，a，b，c∈R＋，求a＋b＋c的最小值． [解]　(1)由題意，函數(shù)f＝ 因?yàn)閒≥x， 可得 或 或 解得－6≤x≤－， 所以不等式解集為：. (2)由(1)知，當(dāng)x＝－1時(shí)，fmax＝2， 所以m＝2，可得a>0，b>0，c>0， 所以2＝2ab＋2bc＋2ca ≤a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2＝2a2＋2b2＋2c2， 所以2≥

19、3，即a＋b＋c≥， 當(dāng)且僅當(dāng)a2＝b2＝c2＝時(shí)取等號(hào)， 即a＋b＋c的最小值為. 2．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]在新中國成立70周年國慶閱兵典禮中，眾多群眾在臉上貼著一顆紅心，以此表達(dá)對(duì)祖國的熱愛之情．在數(shù)學(xué)中，有多種方程都可以表示心型曲線，其中有著名的笛卡爾心型曲線如圖，在直角坐標(biāo)系中，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．圖中的曲線就是笛卡爾心型曲線，其極坐標(biāo)方程為ρ＝1－sin θ(0≤θ<2π，ρ>0)，M為該曲線上的任意一點(diǎn)． (1)當(dāng)|OM|＝時(shí)，求M點(diǎn)的極坐標(biāo)； (2)將射線OM繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)與該曲線相交于點(diǎn)N，求|MN|的最大值． [解]　

20、(1)設(shè)點(diǎn)M在極坐標(biāo)系中的坐標(biāo)， 由ρ＝1－sin θ，得＝1－sin θ，sin θ＝－， ∵0≤θ<2π， ∴θ＝或θ＝. 所以點(diǎn)M的極坐標(biāo)為或. (2)由題意可設(shè)M(ρ1，θ)，N. 由ρ＝1－sin θ，得ρ1＝1－sin θ， ρ2＝1－sin＝1－cos θ. |MN|＝＝ ＝＝. 故θ＝時(shí)，|MN|的最大值為＋1. [選修4－5：不等式選講]已知f(x)＝＋(a∈R)． (1)若a＝1，求不等式f(x)>4的解集； (2)?m∈(0,1)，?x0∈R，＋>f(x0)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝＋＝ f(x)>4?或或

21、?x>2，或x<－2. 所以不等式f(x)>4的解集為(－∞，－2)∪(2，＋∞)． (2)因?yàn)閒(x)＝＋≥＝， ?m∈(0,1)，＋＝ ＝5＋＋≥5＋2＝9. 當(dāng)且僅當(dāng)m＝時(shí)等號(hào)成立， 依題意，?m∈(0,1)，?x0∈R，有＋>f(x0)， 則<9，解之得－10

22、； (2)在極坐標(biāo)系中，點(diǎn)M，射線θ＝(ρ≥0)與曲線C1，C2分別相交于異于極點(diǎn)O的A，B兩點(diǎn)，求△MAB的面積． [解]　(1)由題意，點(diǎn)Q的軌跡是以(2,0)為圓心，以2為半徑的圓， 則曲線C2：(x－2)2＋y2＝4， ∵ρ2＝x2＋y2，x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， ∴曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ＝4sin θ， 曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cos θ. (2)在極坐標(biāo)系中，設(shè)A，B的極徑分別為ρ1，ρ2， ∴|AB|＝|ρ1－ρ2|＝4|sin－cos|＝2(－1)． 又∵M(jìn)到射線θ＝(ρ≥0)的距離 h＝3sin＝， ∴△MAB的面積S＝|AB|·h＝.

23、 [選修4－5：不等式選講]已知函數(shù)f(x)＝|x－1|＋|x＋2|，記f(x)的最小值為m. (1)解不等式f(x)≤5； (2)若正實(shí)數(shù)a，b滿足＋＝，求證：＋≥2m. [解]　(1)①當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＝(x－1)＋(x＋2)＝2x＋1≤5，即x≤2， ∴1＜x≤2； ②當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，f(x)＝(1－x)＋(x＋2)＝3≤5， ∴－2≤x≤1； ③當(dāng)x＜－2時(shí)，f(x)＝(1－x)－(x＋2)＝－2x－1≤5，即x≥－3，∴－3≤x＜－2. 綜上所述，原不等式的解集為{x|－3≤x≤2}． (2)∵f(x)＝|x－1|＋|x＋2|≥|(x－1)－(x＋2)|＝3，當(dāng)且僅當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，等號(hào)成立． ∴f(x)的最小值m＝3. ∴≥＝5，即＋≥6，當(dāng)且僅當(dāng)×＝×即3a＝2b時(shí)，等號(hào)成立． 又＋＝，∴a＝，b＝時(shí)，等號(hào)成立． ∴＋≥2m.