《届数学一轮高考核动力》(新课标)高考数学(文)一轮强化突破训练(49)_高考数学难题突破训练

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一、选择题

1．若直线1通过点M(cos α，sin α)，则()

A．a＋b≤1

11C.2＋2≤122xyabB．a＋b≥1 11D.2＋2 22abab【答案】D

【解析】因为点M(cos α，sin α)在以原点为圆心的单位圆上，即点M满足x＋y＝1.由于直线＋＝1通过点M，即直线＝1与x＋y＝1有公共点，即原点O到直线bx＋ay－ab＝0的距离应小于等于1，∴|－ab|22xyabxyab22

a2＋b1122≥1.2ab

x33cos θ，32．(2010重庆卷·理)直线y＝x＋2与圆心为D的圆3y＝1＋3sin θ

(θ∈[0,2π))交于A、B两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为()

7A.6

4C.π3

【答案】C

【解析】由已知得圆D：(x－3)＋(y－1)＝3，则圆心D到直线y＝3＋2距离等于 3

6，222 5B.45D.3d33－123

1＋13＝

1d2故cos ∠ADB＝ 232

1ππ∠ADB＝，∠ADB＝； 242又AD＝BD，因此有∠DBA＝

而直线y＝π.43π＋2的倾斜角是，36

ππ因此结合图形可知，在直线AD，BD中必有一条直线的倾斜角等于＋6

4ππππππ4π

线的倾斜角等于＋因此直线AD，BD的倾角之和等于2＋.6423642

故选择C.二、填空题

3．(2009高考广东卷·理)若直线l1：

x＝1－2t，

y＝2＋kt

(t为参数)与直线l2：

x＝s，

y＝1－2s

(s为参数)垂直，则k＝.【答案】－1

【解析】把两直线化为普通方程分别为

l1：kx＋2y＝k＋4；l2：2x＋y＝1.∵两直线垂直，∴－2)＝－1，解得k＝－1.x＝t，4．(2010天津卷·理)已知圆C的圆心是直线

y＝1＋t，

k

(t为参数)与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切．则圆C的方程为.【答案】(x＋1)＋y＝2

【解析】由题意可得圆心C的坐标为(－1,0)，圆心到直线x＋y＋3＝0的距离 |－1＋3|

＝2，2d因此圆的方程为(x＋1)＋y＝2.x＝3＋4cos θ，5．圆C：

y＝－2＋4sin θ

(θ为参数)的圆心坐标为，和圆C关于直线x

－y＝0对称的圆C′的普通方程是.【答案】(3，－2)，(x＋2)＋(y－3)＝16(或x＋y＋4x－6y－3＝0)【解析】将参数方程化为标准方程得(x－3)＋(y＋2)＝16.故圆心坐标为P(3，－2)．

点P(3，－2)关于y＝x的对称点P′(－2,3)，则圆C关于y＝x对称的圆C′的方程为

(x＋2)＋(y－3)＝16(或x＋y＋4x－6y－3＝0)．

x＝1＋cos θ，6．若直线3x＋4y＋m＝0与圆

y＝－2＋sin θ

(θ为参数)没有公共点，则实数m的取值范围是.【答案】(－∞，0)∪(10，＋∞)

【解析】由圆的参数方程可知其标准方程为(x－1)＋(y＋2)＝1，直线与圆无公共点，即圆心(1，－2)到直线的距离大于半径，即

d|3×1＋4×－2＋m||m－5|

＝，22

53＋4

∴m10.7．直线为.【答案】82

x＝－2＋t，【解析】把直线

y＝1－t，x＝－2＋t，

y＝1－t，(t为参数)被圆(x－3)＋(y＋1)＝25所截得的弦长

代入

(x－3)＋(y＋1)＝25得

(－5＋t)＋(2－t)＝25，t－7t＋2＝0，|t1－t2|＝2

t1＋t22

－4t1t241，2|t1－t2|＝82.→→→→

8．已知OP＝(2＋2cos α，2＋2sin α)，α∈R，(O为坐标原点)，向量OQ满足OP＋OQ＝0，则动点Q的轨迹方程是.【答案】(x＋2)＋(y＋2)＝4 →

【解析】设Q(x，y)，则OQ＝(x，y)，x＝－2－2cos α，→→

代入OP＋OQ＝0中可得

y＝－2－2sin α

消去参数α，可得动点Q的轨迹方程为(x＋2)＋(y＋2)＝4.三、解答题

9．在平面直角坐标系xOy中，点P(x，y)是椭圆＋y＝1上的一个动点，求S＝x＋y

3的最大值．

x2

【解析】由椭圆y＝1的参数方程为

x2

x3cos φ，

y＝sin φ，(φ为参数)，故可设动点P的坐标为3cos φ，sin φ)，其中0≤φ

13

cos φ＋sin φ

22

π＝2sinφ＋.3

π

所以当φ＝时，S取得最大值2.6

x＝cos θ，为半圆C：

y＝sin θ，

10．(2010辽宁卷·理)已知P

(θ为参数，0≤θ≤π)上的点，点A的坐标为(1,0)，O为坐标原点，点M在射线OP上，线段OM与C的弧AP的长度π

均为.(1)以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求点M的极坐标；(2)求直线AM的参数方程．

ππ

【解析】(1)由已知，M点的极角为，且M点的极径等于，33

ππ故点M的极坐标为.33

3ππ

(2)M点的直角坐标为，A(1,0)，66

πx＝1＋－1t，6

故直线AM的参数方程为

3πy6.(θ为参数)

x＝3－，2

11．(2010福建卷·理)在直角坐标系xOy，直线l的参数方程为

y5 t2

(t为参数)．在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴)中，圆C的方程为ρ＝25 sin θ.(1)求圆C的直角坐标方程；

(2)设圆C与直线l交于点A，B，且若点P的坐标为(3，5)，求|PA|＋|PB|.【解析】(1)由ρ＝5 sin θ，得

x2＋y2－5 y＝0，即x2＋(y－5)2＝5.(2)方法1：将l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得 2 22 22

3t＋t＝5，即t－2 t＋4＝0.22

由于Δ＝2)－4×4＝2>0，故可设t1，t2是上述方程的两实根，所以

t1＋t2＝2，t1·t2＝4.又直线l过点P(3，5)，故由上式及t的几何意义得 |PA|＋|PB|＝|t1|＋|t2|＝t1＋t2＝32.方法2：因为圆C的圆心为(0，5)，半径r5，直线l的普通方程为y＝－x＋3

＋5.x2＋y－52＝5，由

y＝－x＋35x＝1，解得

 y＝2＋ 5

得x－3x＋2＝0.x＝2，或

y＝15.不妨设A(1,25)，B(2,1＋5)，又点P的坐标为(35)，故|PA|＋|PB|82 ＝2.x＝cos θ，

12．已知曲线C1：

y＝sin θ，(θ

x＝t2

为参数)，曲线C：

2y＝2t.2，(t

为参数)

(1)指出C1，C2各是什么曲线，并说明C1与C2公共点的个数；

(2)若把C1，C2上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线C1′，C2′.写出C1′，C2′的参数方程．C1′与C2′公共点的个数和C1与C2公共点的个数是否相同？说明你的理由．

【解析】(1)C1是圆，C2是直线．

C1的普通方程为x2＋y2＝1，圆心C1(0,0)，半径r＝1.C2的普通方程为x－y＋2＝0.因为圆心C1到直线x－y2＝0的距离为1，所以C2与C1只有一个公共点．(2)压缩后的参数方程分别为



C1 ′：1

y＝sin θ，2

化为普通方程为

x＝cos θ，(θ

x＝t－2

为参数)；C ′：

2y＝.4

2，(t为参数)．

C1 ′：x2＋4y2＝1，C2′：y＝＋

联立消元得2x＋22x＋1＝0，22，2

其判别式Δ＝(22)－4×2×1＝0，所以压缩后的直线C2′与椭圆C1′仍然只有一个公共点，和C1与C2公共点个数相同．