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全国版高考数学必刷题：第二十二单元 选考模块
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这是一份全国版高考数学必刷题：第二十二单元 选考模块，共66页。
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a<-4时,d的最大值为-a+117.
由题设得-a+117=17,所以a=-16.
综上,a=8或a=-16.
2.(2017年全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρcos θ=4.
(1)M为曲线C1上的动点,点P在线段OM上,且满足|OM|·|OP|=16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程;
(2)设点A的极坐标为2,π3,点B在曲线C2上,求△OAB面积的最大值.
【解析】(1)设点P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),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(0<θ<2π,θ≠π),
联立ρ2(cos2θ-sin2θ)=4,ρ(cosθ+sinθ)-2=0得
cos θ-sin θ=2(cos θ+sin θ).
故tan θ=-13,从而cos2θ=910,sin2θ=110.
代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=4得ρ2=5,
所以交点M的极径为5.
4.(2016年全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=acost,y=1+asint(t为参数,a>0).在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=4cos θ.
(1)说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程;
(2)直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tan α0=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a.
【解析】(1)消去参数t得到C1的普通方程为x2+(y-1)2=a2,则C1是以(0,1)为圆心,a为半径的圆.
将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入C1的普通方程中,得到C1的极坐标方程为ρ2-2ρsin θ+1-a2=0.
(2)曲线C1,C2的公共点的极坐标满足方程组
ρ2-2ρsinθ+1-a2=0,ρ=4cosθ.
若ρ≠0,由方程组得16cos2θ-8sin θcos θ+1-a2=0,
由已知tan θ=2,可得16cos2θ-8sin θcos θ=0,
从而1-a2=0,解得a=-1(舍去)或a=1.
当a=1时,极点也为C1,C2的公共点,且在C3上.
所以a=1.
5.(2016年全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x+6)2+y2=25.
(1)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求C的极坐标方程;
(2)直线l的参数方程是x=tcosα,y=tsinα(t为参数),l与C交于A,B两点,|AB|=10,求l的斜率.
【解析】(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ可得圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcos θ+11=0.
(2)(法一)由直线l的参数方程x=tcosα,y=tsinα(t为参数),消去参数得y=x·tan α.
设直线l的斜率为k,则直线l的方程为kx-y=0.
由圆C的方程为(x+6)2+y2=25知,圆心坐标为(-6,0),半径为5.
又∣AB∣=10,由垂径定理及点到直线的距离公式得|-6k|1+k2=25-1022,即36k21+k2=904,
整理得k2=53,解得k=±153,
即l的斜率为±153.
(法二)在(1)中建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R).
设A,B所对应的极径分别为ρ1,ρ2,将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2+12ρcos α+11=0,
于是ρ1+ρ2=-12cos α,ρ1ρ2=11.
|AB|=|ρ1-ρ2|=(ρ1+ρ2)2-4ρ1ρ2
=144cos2α-44.
由|AB|=10得cos2α=38,可得tan α=±153.
所以l的斜率为±153.
考点二
不等式选讲
6.(2017年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于
x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0. ①
当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;
当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,解得-1≤x≤1;
当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,
解得1
(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2,
所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时,f(x)≥2.
又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,
所以f(-1)≥2且f(1)≥2,解得-1≤a≤1.
所以a的取值范围为[-1,1].
7.(2017年全国Ⅱ卷) 已知a>0,b>0,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,x<-1,2x-1,-1≤x≤2,3,x>2.
当x<-1时,f(x)≥1无解;
当-1≤x≤2时,由f(x)≥1,得2x-1≥1,
解得1≤x≤2;
当x>2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|1
所以|f(x)|>1的解集为xx<13或15.
10.(2016年全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=x-12+x+12,M为不等式f(x)<2的解集.
(1)求M;
(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.
【解析】(1)f(x)=-2x,x≤-12,1,-12
综上,f(x)<2的解集M={x|-1
高频考点:参数方程和普通方程的互化、极坐标方程和普通方程的互化、直线的参数方程中t的几何意义的应用、利用圆锥曲线的参数方程求最值、ρ的几何意义、平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化,绝对值三角不等式的应用,均值不等式的应用,不等式的证明以及柯西不等式的简单应用.
命题特点:1.考查极坐标方程及其应用、参数方程及其应用、参数方程和极坐标方程与普通方程的转化.
2.直线的参数方程中t的几何意义的应用,注意定点在曲线两交点之间还是在两交点同侧.
3.直线与曲线相交,求两点之间的距离经常考查ρ的几何意义.
4.图形的伸缩变换,以及求轨迹方程.
5.利用圆锥曲线的参数方程中三角函数的有界性求最值.
6.零点分段法是解决绝对值不等式问题常用的方法,也可以将绝对值函数转化为分段函数,借助图象解题.
7.利用分析法,综合法,比较法,反证法对不等式进行证明.
8.根据绝对值三角不等式的恒成立问题求最值,进而求解参数的取值范围.
§22.1 坐标系与参数方程
一
极坐标系
1.极坐标的概念
(1)极坐标系:
如图,在平面内取一个定点O,叫作 ,由O点引一条射线Ox,叫作 ,选定一个长度单位及计算角度的正方向(通常取逆时针方向),这样就确定了一个平面极坐标系,简称为 .
(2)极坐标:对于平面内任意一点M,用ρ表示线段OM的长,θ表示以Ox为始边、OM为终边的角度,ρ叫作点M的 ,θ叫作点M的 ,有序实数对(ρ,θ)叫作点M的极坐标,记作M(ρ,θ).
2.极坐标和直角坐标的互化
(1)互化背景:把平面直角坐标系的原点作为极点,x轴的正半轴作为极轴,建立极坐标系,并在两种坐标系中取相同的长度单位,如图.
(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(ρ,θ)(ρ>0,θ∈[0,2π)),则极坐标与直角坐标的互化公式如表:
点M
直角坐标(x,y)
极坐标(ρ,θ)
互化公式
x= y=
ρ2=
tan θ=yx(x≠0)
在一般情况下,由tan θ确定角时,可根据点M所在的象限取最小正角.
二
参数方程
1.曲线的参数方程
在平面直角坐标系xOy中,如果曲线上任意一点的坐标x,y都是某个变量t的函数,即x=f(t),y=g(t), 并且对于t的每一个允许值,上式所确定的点M(x,y)都在这条曲线上,那么称上式为该曲线的 ,其中变量t称为 .
2.一些常见曲线的参数方程
(1)过点P0(x0,y0),且倾斜角为α的直线的参数方程为 .
(2)圆(x-a)2+(y-b)2=r2的参数方程为 .
(3)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的参数方程为 .
3.直线的参数方程的标准形式的应用
(1)已知直线的参数方程为x=x0+tcosα,y=y0+tsinα(t为参数),M1,M2是直线上的两点,其对应的参数分别为t1,t2,则M1M2=|t1-t2|.
(2)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t,则t= ,中点M到定点M0(x0,y0)的距离MM0=|t|=t1+t22.
(3)若M0(x0,y0)为线段M1M2的中点,则t1+t2= .
☞ 左学右考
1 写出下列曲线的极坐标方程
曲线
图形
极坐标方程
圆心在极点,半径为r的圆
圆心为(r,0),半径为r的圆
ρ=2rcos θ-π2≤θ<π2
圆心为r,π2,半径为r的圆
过极点,倾斜角为α的直线
(1)θ=α(ρ∈R)或θ=π+α(ρ∈R)
(2)θ=α(ρ≥0)和θ=π+α(ρ>0)
过点(a,0)(a>0),与极轴垂直的直线
ρcos θ=a-π2<θ<π2
过点a,π2(a>0),与极轴平行的直线
过点(a,0)(a>0),倾斜角为α的直线
2 直角坐标方程x2+y2-8y=0的极坐标方程为 .
3 极坐标方程ρ=6cosθ-π3的直角坐标方程为 .
4 在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,取相同长度单位建立极坐标系,已知射线θ=π4与曲线x=t+1,y=(t-1)2(t为参数)相交于A,B两点,则线段AB的中点的直角坐标为 .
5 在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为x=t,y=t+1(参数t∈R),圆C的参数方程为x=cosθ+1,y=sinθ(参数θ∈[0,2π)),则圆心C到直线l的距离是 .
知识清单
一、1.(1)极点 极轴 极坐标系 (2)极径 极角
2.(2)ρcos θ ρsin θ x2+y2
二、1.参数方程 参数
2.(1)x=x0+tcosα,y=y0+tsinα(t为参数)
(2)x=a+rcosθ,y=b+rsinθ(θ为参数)
(3)x=acosθ,y=bsinθ(θ为参数)
3.(2)t1+t22 (3)0
基础训练
1.ρ=r(0≤θ<2π) ρ=2rsin θ(0≤θ<π)
ρsin θ=a(0<θ<π) ρsin(α-θ)=asin α(α-π<θ<α)
2.【解析】因为x2+y2=ρ2,y=ρsin θ,所以原方程可化为ρ2-8ρsin θ=0.所以ρ=0或ρ=8sin θ.经检验,得所求的极坐标方程为ρ=8sin θ.
【答案】ρ=8sin θ
3.【解析】原方程可化为ρ=6cos θcos π3+6sin θsin π3,
方程两边同乘ρ,得ρ2=3ρcos θ+33ρsin θ,
由ρ2=x2+y2,ρcos θ=x,ρsin θ=y,
得所求的直角坐标方程为x2+y2-3x-33y=0.
【答案】x2+y2-3x-33y=0
4.【解析】记A(x1,y1),B(x2,y2),将射线θ=π4转化为直角坐标方程为y=x(x≥0),曲线为y=(x-2)2,联立上述两个方程得x2-5x+4=0,所以x1+x2=5,故线段AB的中点坐标为52,52.
【答案】52,52
5.【解析】直线方程可化为x-y+1=0,圆的方程可化为(x-1)2+y2=1.由点到直线的距离公式可得,圆心C(1,0)到直线l的距离为|2|12+(-1)2=2.
【答案】2
题型一
平面直角坐标系中的伸缩变换
【例1】将圆x2+y2=1上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的2倍,得曲线C.
(1)求曲线C的标准方程;
(2)设直线l:2x+y-2=0与C的交点为P1,P2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴,取相同长度单位建立极坐标系,求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.
【解析】(1)设(x1,y1)为圆上的点,在已知变换下变为曲线C上的点(x,y),
依题意得x=x1,y=2y1,
由x12+y12=1得x2+y22=1,
故曲线C的标准方程为x2+y24=1.
(2)由x2+y24=1,2x+y-2=0, 解得x=1,y=0 或x=0,y=2.
不妨设P1(1,0),P2(0,2),则线段P1P2的中点坐标为12,1,则所求直线的斜率为k=12,
于是所求直线的方程为y-1=12x-12,
化为极坐标方程,并整理得2ρcos θ-4ρsin θ=-3,
故所求直线的极坐标方程为ρ=34sinθ-2cosθ .
(1)解答该类问题应明确两点:一是理解平面直角坐标系中的伸缩变换公式的意义与作用;二是明确变换前的点P(x,y)与变换后的点P'(x',y')的坐标关系,用方程思想求解.
(2)求交点坐标,得直线方程,最后化为极坐标方程,其实质是将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入转化.
【变式训练1】在平面直角坐标系中,已知伸缩变换φ:x'=3x,2y'=y.
(1)求点A13, -2经过φ变换所得点A'的坐标;
(2)求直线l:y=6x经过φ变换后所得直线l'的方程.
【解析】(1)设点A'(x',y'),由伸缩变换φ:x'=3x,2y'=y,
得x'=3x,y'=y2, ∴x'=13×3=1,y'=-22=-1.
∴点A'的坐标为(1,-1).
(2)设P'(x',y')是直线l'上任意一点.
由伸缩变换φ:x'=3x,2y'=y, 得x=x'3,y=2y'.
代入y=6x,得2y'=6·x'3=2x',即y'=x'.
∴直线l'的方程为y=x.
题型二
直角坐标方程和极坐标方程的互化
【例2】在极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ2=1449+7sin2θ,以极点O为直角坐标原点,极轴为x轴的正半轴,取相同长度单位建立平面直角坐标系.
(1)求曲线C的直角坐标方程;
(2)设曲线C与x轴,y轴的正半轴分别交于点A,B,P是曲线C上一点,求△ABP面积的最大值.
【解析】(1)因为曲线C的极坐标方程为ρ2=1449+7sin2θ,所以9ρ2+7ρ2sin2θ=144.
由ρ2=x2+y2,y=ρsin θ,
可得曲线C的直角坐标方程为9x2+9y2+7y2=144,
即曲线C的直角坐标方程为x216+y29=1.
(2)因为曲线C与x轴,y轴的正半轴分别交于点A,B,所以A(4,0),B(0,3).
所以直线AB的方程为3x+4y-12=0.
设P(4cos θ,3sin θ),则P到直线AB的距离d=|12cosθ+12sinθ-12|5=122sinθ+π4-125.
当θ=5π4时,dmax=122+125.
故△ABP面积的最大值为12×|AB|×122+125=6(2+1).
(1)直角坐标方程化为极坐标方程,只需把公式x=ρcos θ及y=ρsin θ直接代入化简即可.
(2)极坐标方程化为直角坐标方程要通过变形,构造形如ρcos θ,ρsin θ,ρ2的形式,进行整体代换.其中方程的两边同乘(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形方法.
【变式训练2】(1)在平面直角坐标系xOy中,圆C1:(x-3)2+y2=9,以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴,取相同长度单位建立极坐标系,圆C2的圆心的极坐标为2,π4,半径为1.
①求圆C1的极坐标方程;
②设圆C1与圆C2交于A,B两点,求|AB|.
(2)在极坐标系下,已知圆O:ρ=cos θ+sin θ和直线l: ρsinθ-π4=22,以极点为直角坐标原点,极轴为x轴的正半轴,取相同长度单位建立平面直角坐标系.
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公共点的一个极坐标.
【解析】(1)①圆C1:(x-3)2+y2=9,展开可得x2+y2-6x=0,
可得极坐标方程为ρ2-6ρcos θ=0,即ρ=6cos θ.
②圆C2的圆心的极坐标为2,π4,
化为直角坐标为(1,1),可得圆C2的直角坐标方程为(x-1)2+(y-1)2=1.
由圆C1与圆C2的方程相减可得公共弦所在的直线方程为4x-2y+1=0.
圆心(1,1)到直线4x-2y+1=0的距离d=|4-2+1|42+(-2)2=320,
故弦长|AB|=21-3202=555.
(2)①圆O:ρ=cos θ+sin θ,即ρ2=ρcos θ+ρsin θ,
则圆O的直角坐标方程为x2+y2=x+y,
即x2+y2-x-y=0.
直线l:ρsinθ-π4=22,即ρsin θ-ρcos θ=1,
则直线l的直角坐标方程为y-x=1,即x-y+1=0.
②由x2+y2-x-y=0,x-y+1=0,得x=0,y=1,
故直线l与圆O公共点的一个极坐标为1,π2.
题型三
参数方程与普通方程的互化
【例3】 已知椭圆C:x24+y23=1,直线l:x=-3+3t,y=23+t(t为参数).
(1)写出椭圆C的参数方程及直线l的普通方程;
(2)设A(1,0),若椭圆C上的点P满足到点A的距离与其到直线l的距离相等,求点P的坐标.
【解析】(1)椭圆C的参数方程为x=2cosθ,y=3sinθ(θ为参数),直线l的普通方程为x-3y+9=0.
(2)设P(2cos θ,3sin θ),则|AP|=(2cosθ-1)2+(3sinθ)2=2-cos θ,
点P到直线l的距离d=|2cosθ-3sinθ+9|2=2cosθ-3sinθ+92.
由|AP|=d得3sin θ-4cos θ=5,
又sin2θ+cos2θ=1,解得sin θ=35,cos θ=-45,
故点P的坐标为-85,335.
(1)参数方程化为普通方程的基本方法就是消参法,常用的消参技巧有代入消元、加减消元、平方后再加减消元等.对于与角θ有关的参数方程,经常用到公式sin2θ+cos2θ=1.将曲线的参数方程化为普通方程时,还要注意其中的x,y的取值范围,即在消去参数的过程中一定要注意普通方程与参数方程的等价性.
(2)直线、圆、圆锥曲线的普通方程有其较为固定的参数方程,只需套用公式即可.
【变式训练3】已知曲线C的参数方程为x=cosα,y=m+sinα(α为参数),直线l的参数方程为x=1+55t,y=4+255t(t为参数).
(1)求曲线C与直线l的普通方程;
(2)若直线l与曲线C相交于P,Q两点,且|PQ|=455,求实数m的值.
【解析】(1)由x=cosα,y=m+sinα,得x=cosα, ①y-m=sinα, ②
①的平方加②的平方,得曲线C的普通方程为
x2+(y-m)2=1.
由x=1+55t,得55t=x-1,代入y=4+255t得y=4+2(x-1),
所以直线l的普通方程为y=2x+2.
(2)圆心(0,m)到直线l的距离d=|-m+2|5,
所以由勾股定理,得
|-m+2|52+2552=1,
解得m=3或m=1.
题型四
极坐标与参数方程的综合问题
【例4】在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,x轴的正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),233,π2,圆C的参数方程为x=2+2cosθ,y=-3+2sinθ(θ为参数).
(1)设P为线段MN的中点,求直线OP的直角坐标方程;
(2)判断直线l与圆C的位置关系.
【解析】(1)因为M,N的极坐标分别为(2,0),233,π2,
所以M,N的直角坐标分别为(2,0),0,233.
又因为P为线段MN的中点,所以点P的直角坐标为1,33,
所以直线OP的直角坐标方程为y=33x.
(2)因为圆C的参数方程为x=2+2cosθ,y=-3+2sinθ(θ为参数),
所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+(y+3)2=4,
可知圆C的圆心坐标为(2,-3),半径为2.
由直线l上两点M,N的直角坐标分别为(2,0),0,233,可知直线l的直角坐标方程为x+3y-2=0.
所以圆心C到直线l的距离为|2-33-2|12+(3)2=332>2.
所以直线l与圆C相离.
求解参数方程与极坐标方程的综合问题的一般思路:分别化为普通方程和直角坐标方程后求解.转化后可使问题变得更加直观,它体现了化归思想的具体运用.当然,还要结合题目本身特点,确定选择何种方程.
【变式训练4】在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知圆C的参数方程为x=1+cosα,y=sinα(α为参数),直线l的极坐标方程为2ρcosθ-π4=3.
(1)求直线l的直角坐标方程和圆C的普通方程;
(2)求圆C上的点P到直线l距离的最小值和最大值.
【解析】(1)∵直线l的极坐标方程为2ρcosθ-π4=3,
∴ρcos θ+ρsin θ=3,即直线l的直角坐标方程为x+y-3=0.
∵圆C的参数方程为x=1+cosα,y=sinα(α为参数),
消去参数得(x-1)2+y2=1,
即圆C的普通方程为(x-1)2+y2=1.
(2)由圆C的普通方程为(x-1)2+y2=1,可知圆心C(1,0),半径r=1.
则圆心C到直线l的距离d=|1+0-3|2=22=2>1,故直线l与圆C相离,
故圆C上的点P到直线l距离的最小值是2-1,最大值是2+1.
方法一
直线参数方程中参数t的几何意义
过定点M0(x0,y0),倾斜角为α的直线的参数方程为x=x0+tcosα,y=y0+tsinα(t为参数). ①
通常称①为直线l的参数方程的“标准式”.
参数t的几何意义:
|t|是直线上任一点M(x,y)到点M0(x0,y0)的距离,即|M0M|=|t|.
若t>0,则M0M的方向向上;若t<0,则M0M的方向向下;若t=0,则点M与点M0重合.即当点M在M0上方时,有t=|M0M|;当点M在M0下方时,有t=-|M0M|.
该参数t经常用在直线截圆锥曲线的距离问题中,解题时通常过某定点作一直线与圆锥曲线相交于A,B两点,所求问题与定点到A,B两点的距离有关.解题时主要应用定点在直线AB上,利用参数t的几何意义,结合根与系数的关系进行处理,巧妙求出问题的解.
【突破训练1】在平面直角坐标系中,以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,两种坐标系取相同的单位长度.已知曲线C:ρsin2θ=2acos θ(a>0),过点P(-2,-4)的直线l的参数方程为x=-2+22t,y=-4+22t(t为参数).直线l与曲线C分别交于M,N两点.
(1)求实数a的取值范围;
(2)若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,求实数a的值.
【解析】(1)由题意,可得曲线C的直角坐标方程为y2=2ax(a>0),将直线l的参数方程x=-2+22t,y=-4+22t(t为参数)代入曲线C的直角坐标方程,得12t2-(42+2a)t+16+4a=0,因为直线l与曲线C交于M,N两点,
所以Δ>0,解得a>0或a<-4.
又a>0,所以实数a的取值范围为(0,+∞).
(2)设交点M,N对应的参数分别为t1,t2.
则由(1)知,t1+t2=2(42+2a),t1t2=2(16+4a),
若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,则|t1-t2|2=|t1t2|.
解得a=1或a=-4(舍去),所以实数a的值为1.
方法二
ρ的几何意义的应用
在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长等几何问题时,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.同时,注意数形结合的应用,即充分利用参数方程中参数的几何意义,或者利用ρ和θ的几何意义,直接求解,达到化繁为简的目的.
【突破训练2】在直角坐标系xOy中,半圆C的参数方程为x=1+cosφ,y=sinφ(φ为参数,0≤φ≤π).以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求C的极坐标方程;
(2)直线l的极坐标方程是ρ(sin θ+3cos θ)=53,射线OM:θ=π3与半圆C的交点为O,P,与直线l的交点为Q,求线段PQ的长.
【解析】(1)半圆C的普通方程为(x-1)2+y2=1(0≤y≤1),又x=ρcos θ,y=ρsin θ,
所以半圆C的极坐标方程是ρ=2cos θ,θ∈0,π2.
(2)设(ρ1,θ1)为点P的极坐标,
则有ρ1=2cosθ1,θ1=π3,解得ρ1=1,θ1=π3.
设(ρ2,θ2)为点Q的极坐标,
则有ρ2(sinθ2+3cosθ2)=53,θ2=π3,解得ρ2=5,θ2=π3.
因为θ1=θ2,所以|PQ|=|ρ1-ρ2|=4,
所以线段PQ的长为4.
方法三
圆锥曲线参数方程的应用
椭圆的参数方程的实质是三角代换,有关椭圆上的动点距离的最大值、最小值以及取值范围的问题,通常利用椭圆的参数方程转化为三角函数的最大值、最小值求解.
【突破训练3】在平面直角坐标系xOy中,动圆x2+y2-42xcos θ-4ysin θ+7cos2θ-8=0(θ为参数)的圆心轨迹为曲线C,点P在曲线C上运动.以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,若直线l的极坐标方程为2ρcosα+π3=35,求点P到直线l的最大距离.
【解析】将动圆的方程配方,得
(x-22cos θ)2+(y-2sin θ)2=9+3sin2θ,
设圆心(x,y),则x=22cosθ,y=2sinθ(θ为参数),
即曲线C的参数方程为x=22cosθ,y=2sinθ(θ为参数),
直线l的直角坐标方程为x-3y-35=0.
设点P(x1,y1),则x1=22cosθ1,y1=2sinθ1,点P到直线l的距离d=|22cosθ1-23sinθ1-35|12+(3)2
=|25sin(θ1+φ)-35|2,
其中tan φ=-63.
∴当sin(θ1+φ)=-1时,点P到直线l的距离d取得最大值552.
【答案】552
1.(2017长沙模拟)在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=3cosα,y=sinα (α为参数),在以原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,直线l的极坐标方程为ρsinθ-π4=2.
(1)求C的普通方程和l的倾斜角;
(2)设点P(0,2),l和C交于A,B两点,求|PA|+|PB|的值.
【解析】(1)由x=3cosα,y=sinα(α为参数),消去参数α,得x29+y2=1,
即C的普通方程为x29+y2=1.
由ρsinθ-π4=2,得ρsin θ-ρcos θ=2, (*)
将x=ρcosθ,y=ρsinθ 代入(*),化简得y=x+2,
所以直线l的倾斜角为π4.
(2)由(1)知,点P(0,2)在直线l上,可设直线l的参数方程为x=tcosπ4,y=2+tsinπ4 (t为参数),即x=22t,y=2+22t (t为参数),
代入x29+y2=1并化简,得5t2+182t+27=0,
Δ=(182)2-4×5×27=108>0,
设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,
则t1+t2=-1825<0,t1t2=275>0,所以t1<0,t2<0,
所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=-(t1+t2)=1825.
2.(2017合肥调研)在直角坐标系xOy中,曲线C:x=2cosα+1,y=2sinα+1 (α为参数),在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,直线l:ρsin θ+ρcos θ=m.
(1)若m=0,判断直线l与曲线C的位置关系;
(2)若曲线C上存在点P到直线l的距离为22,求实数m的取值范围.
【解析】(1)曲线C的普通方程为(x-1)2+(y-1)2=2,其表示圆心为(1,1),半径为2的圆;直线l的直角坐标方程为x+y=0,
圆心C到直线l的距离d=|1+1|12+12=2=r,
所以直线l与圆C相切.
(2)直线l的直角坐标方程为x+y-m=0,
由已知可得,圆心C到直线l的距离d=|1+1-m|12+12≤322,解得-1≤m≤5.
所以实数m的取值范围为[-1,5].
3.(2017石家庄质检)在平面直角坐标系xOy中,曲线C:(x-1)2+y2=1.直线l经过点P(m,0),且倾斜角为π6.
(1)求圆C和直线l的参数方程;
(2)若直线l与曲线C相交于A,B两点,且|PA|·|PB|=1,求实数m的值.
【解析】(1)由曲线C:(x-1)2+y2=1,
得参数方程为x=1+cosθ,y=sinθ (θ为参数),
直线l的参数方程为x=m+32t,y=12t (t为参数).
(2)设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,
将直线l的参数方程代入x2+y2=2x中,
得t2+(3m-3)t+m2-2m=0,所以t1t2=m2-2m,
由题意得Δ>0,|m2-2m|=1,得m=1,m=1+2或m=1-2.
4.(2017唐山质检)已知曲线C1:x+3y=3和C2:x=6cosφ,y=2sinφ (φ为参数).以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,且两种坐标系中取相同的长度单位.
(1)把曲线C1和C2的方程化为极坐标方程;
(2)设C1与x轴,y轴交于M,N两点,且线段MN的中点为P.若射线OP与C2交于点Q,求P,Q两点间的距离.
【解析】(1)曲线C1化为ρcos θ+3ρsin θ=3.
即ρsinθ+π6=32.
曲线C2化为x26+y22=1, (*)
将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入(*)式,
得ρ26cos2θ+ρ22sin2θ=1,即ρ2(cos2θ+3sin2θ)=6.
∴曲线C2的极坐标方程为ρ2=61+2sin2θ.
(2)∵M(3,0),N(0,1),∴P32,12,
∴OP的极坐标方程为θ=π6,
把θ=π6代入ρsinθ+π6=32,得ρ1=1,P1,π6.
把θ=π6代入ρ2=61+2sin2θ,得ρ2=2,Q2,π6.
∴|PQ|=|ρ2-ρ1|=1,即P,Q两点间的距离为1.
5.(2017贵阳调研)以直角坐标系中的原点O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,已知曲线的极坐标方程为ρ=21-sinθ.
(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程;
(2)过极点O作直线l交曲线于P,Q两点,若|OP|=3|OQ|,求直线l的极坐标方程.
【解析】(1)∵ρ=x2+y2,ρsin θ=y,
ρ=21-sinθ化为ρ-ρsin θ=2,
∴曲线的直角坐标方程为x2=4y+4.
(2)设直线l的极坐标方程为θ=θ0(ρ∈R),
根据题意21-sinθ0=3×21-sin(θ0+π),
解得θ0=π6或θ0=5π6,
∴直线l的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R)或θ=5π6(ρ∈R).
6.(2017赤峰模拟)在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴正半轴为极轴,与直角坐标系xOy取相同的长度单位,建立极坐标系,设曲线C的参数方程为x=cosθ,y=3sinθ(θ为参数),直线l的极坐标方程为ρsinθ-π6=2.
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程;
(2)求曲线C上的点到直线l的最大距离.
【解析】(1)由ρsinθ-π6=2得ρ(3sin θ-cos θ)=4,
所以直线l的直角坐标方程为x-3y+4=0,
由x=cosθ,y=3sinθ,得曲线C的普通方程为x2+y23=1.
(2)在C上任取一点P(cos θ,3sin θ),则点P到直线l的距离d=|cosθ-3sinθ+4|2=|10cos(θ+φ)+4|2,
其中cos φ=110,sin φ=310,
所以当cos(θ+φ)=1时,dmax=2+102.
7.(2017铁岭模拟)在极坐标系Ox中,曲线C1的极坐标方程为ρsin θ=2,M是C1上任意一点,点P在射线OM上,且满足|OP|·|OM|=4,记点P的轨迹为C2.
(1)求曲线C2的极坐标方程;
(2)求曲线C2上的点到直线ρcosθ+π4=2距离的最大值.
【解析】(1)设P(ρ1,θ),M(ρ2,θ),
由|OP|·|OM|=4,得ρ1ρ2=4, (*)
因为M是C1上任意一点,所以ρ2sin θ=2,代入(*)得ρ1=2sin θ.所以曲线C2的极坐标方程为ρ=2sin θ.
(2)由ρ=2sin θ,得ρ2=2ρsin θ,即x2+y2-2y=0,
化为标准方程为x2+(y-1)2=1,
则圆C2的圆心坐标为(0,1),半径为1,
由直线ρcosθ+π4=2,
得ρcos θcosπ4-ρsin θsin π4=2,即x-y=2,
圆心(0,1)到直线x-y=2的距离
d=|0-1-2|2=322,
所以曲线C2上的点到直线ρcosθ+π4=2距离的最大值为1+322.
8.(2017南京、盐城、徐州、连云港四市模拟)在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.直线l的极坐标方程为ρsinπ3-θ=32,椭圆C的参数方程为x=2cost,y=3sint(t为参数).
(1)求直线l的直角坐标方程与椭圆C的普通方程;
(2)若直线l与椭圆C交于A,B两点,求线段AB的长.
【解析】(1)由ρsinπ3-θ=32得ρ32cosθ-12sinθ=32,所以直线l的直角坐标方程为32x-12y=32,
化简得y=3x-3,即直线l的直角坐标方程为y=3x-3.
由x22+y32=cos2t+sin2t=1得椭圆C的普通方程为x24+y23=1.
(2)联立直线方程与椭圆方程得y=3x-3,x24+y23=1,
消去y并整理得5x2-8x=0,解得x1=0,x2=85,所以A(0,-3),B85,335或A85,335,B(0,-3).
所以AB=0-852+-3-3352=165.
9.(2017邯郸调研)在极坐标系中,已知直线l过点A(1,0),且其向上的方向与极轴的正方向所成的最小正角为π3,求:
(1)直线的极坐标方程;
(2)极点到该直线的距离.
【解析】(1)如图,由正弦定理得
ρsin2π3=1sinπ3-θ.
即ρsinπ3-θ=sin 2π3=32,
∴所求直线的极坐标方程为ρsinπ3-θ=32.
(2)作OH⊥l,垂足为H,
在△OHA中,OA=1,∠OHA=π2,∠OAH=π3,
则OH=OAsin π3=32,
即极点到该直线的距离等于32.
10.(2017黑龙江大庆二模)在直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为x=-35t+2,y=45t(t为参数),以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=asin θ.
(1)若a=2,求圆C的直角坐标方程与直线l的普通方程;
(2)设直线l截圆C所得弦的长等于圆C的半径长的3倍,求a的值.
【解析】(1)当a=2时,ρ=asin θ即为ρ=2sin θ,
化为直角坐标方程为x2+(y-1)2=1,
直线x=-35t+2,y=45t(t为参数)化为普通方程为4x+3y-8=0.
(2)圆C的极坐标方程转化成直角坐标方程为x2+y-a22=a24,
因为直线l截圆C所得弦的长等于圆C的半径长的3倍,
所以圆心C到直线l的距离d=3a2-85=12·|a|2,
即2|3a-16|=5|a|,解得a=32或a=3211.
11.(2017宁夏银川九中二模)在直角坐标系xOy中,圆C的参数方程为x=3+2cosθ,y=-4+2sinθ(θ为参数).
(1)以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求圆C的极坐标方程;
(2)已知A(-2,0),B(0,2),圆C上任意一点M(x,y),求△ABM面积的最大值.
【解析】(1)圆C的参数方程为x=3+2cosθ,y=-4+2sinθ(θ为参数).
所以圆C的普通方程为(x-3)2+(y+4)2=4.
由x=ρcos θ,y=ρsin θ,可得(ρcos θ-3)2+(ρsin θ+4)2=4,
化简可得圆C的极坐标方程为ρ2-6ρcos θ+8ρsin θ+21=0.
(2)因为x,y满足x=3+2cosθ,y=-4+2sinθ(θ为参数),点M(x,y)到直线AB:x-y+2=0的距离d=|2cosθ-2sinθ+9|2,
△ABM的面积S=12×|AB|×d=|2cos θ-2sin θ+9|=22sinπ4-θ+9,
所以△ABM面积的最大值为9+22.
12.(2017辽宁抚顺二模)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,直线l的参数方程为x=t,y=at(t为参数),曲线C1的极坐标方程为ρ(ρ-4sin θ)=12,定点A(6,0),点P是曲线C1上的动点,Q为AP的中点.
(1)求点Q的轨迹C2的直角坐标方程;
(2)若直线l与曲线C2交于M,N两点,且|MN|≥23,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ,x2+y2=ρ2,
曲线C1的极坐标方程为ρ(ρ-4sin θ)=12,
可得曲线C1的直角坐标方程为x2+y2-4y=12.
设点P(x',y'),Q(x,y),
由中点坐标公式,得x'=2x-6,y'=2y,将其代入x2+y2-4y=12,
得点Q的轨迹C2的直角坐标方程为(x-3)2+(y-1)2=4.
(2)直线l的普通方程为y=ax,
设圆心C2到直线l的距离为d,由弦长公式可得,|MN|=222-d2≥23,即d≤1.
可得圆心(3,1)到直线l的距离d=|3a-1|a2+1≤1,
即4a2-3a≤0,解得0≤a≤34,
故实数a的取值范围为0,34.
§22.2 不等式选讲
一
绝对值三角不等式
1.定理1
如果a,b是实数,那么 ,对于|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当 时,等号成立.
2.定理2
如果a,b,c是实数,那么 ,当且仅当 时,等号成立.
二
绝对值不等式的解法
1.含绝对值的不等式|x|a的解集
不等式
a>0
a=0
a<0
|x|
⌀
⌀
|x|>a
(-∞,0)∪(0,+∞)
R
2.|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法:
(1)数形结合法;
(2)零点分段法;
(3)构造函数法.
三
不等式证明的方法
1.比较法.
(1)作差比较法;
(2)作商比较法.
2.综合法和分析法.
3.反证法和放缩法.
四
几个常用的不等式
1.柯西不等式
柯西不等式的代数形式:设a1,a2,b1,b2均为实数,则 (当且仅当a1b2=a2b1时,等号成立).
2.平均值不等式
定理:如果a,b,c为正数,那么 ,当且仅当a=b=c时,等号成立.
我们称a+b+c3为正数a,b,c的算术平均值,3abc为正数a,b,c的几何平均值,定理中的不等式为三个正数的算术—几何平均值不等式,简称为平均值不等式.
一般形式的算术—几何平均值不等式:如果a1,a2,…,an为正数,那么 ,当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.
☞ 左学右考
1 设ab<0,a,b∈R,那么正确的是( ).
A.|a+b|>|a-b|
B.|a-b|<|a|+|b|
C.|a+b|<|a-b|
D.|a-b|<||a|-|b||
2 不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是 .
3 |ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法:
(1) ;
(2)|ax+b|≥c⇔ax+b≤-c或 .
4 设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:
(1)ab+bc+ac≤13;
(2)a2b+b2c+c2a≥1.
知识清单
一、1.||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b| ab≥0
2.|a-c|≤|a-b|+|b-c| (a-b)(b-c)≥0
二、1.(-a,a) (-∞,-a)∪(a,+∞)
四、1.(a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2
2.a+b+c3≥3abc a1+a2+…+ann≥na1·a2·…·an
基础训练
1.【解析】由ab<0得a,b异号,易知|a+b|<|a-b|,|a-b|=|a|+|b|,|a-b|>||a|-|b||,∴A、B、D均不成立.故选C.
【答案】C
2.【解析】f(x)=|x-1|-|x-5|=-4,x≤1,2x-6,1
当1
所以所求不等式的解集为{x|x<4}.
【答案】{x|x<4}
3.【答案】(1)|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c (2)ax+b≥c
4.【解析】(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac得
a2+b2+c2≥ab+bc+ac.
由题设得(a+b+c)2=1,
即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1.
所以3(ab+bc+ac)≤1,即ab+bc+ac≤13.
(2)因为a2b+b≥2a,b2c+c≥2b,c2a+a≥2c,
所以a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c),
即a2b+b2c+c2a≥a+b+c.
所以a2b+b2c+c2a≥1.
题型一
绝对值不等式的解法
【例1】已知函数f(x)=|x-2|-|x-5|.
(1)证明:-3≤f(x)≤3;
(2)求不等式f(x)≥x2-8x+15的解集.
【解析】(1)f(x)=|x-2|-|x-5|
=-3,x≤2,2x-7,2
(2)由(1)可知,
当x≤2时,f(x)≥x2-8x+15即为x2-8x+18≤0,解集为空集;
当2
综上,不等式f(x)≥x2-8x+15的解集为{x|5-3≤x≤6}.
(1)求解绝对值不等式的两个注意点:
①要求的不等式的解集是各类情形的并集,利用零点分段法的操作步骤是:找零点,分区间,分段讨论.
②对于解较复杂的绝对值不等式问题,要恰当运用条件,简化分类讨论,优化解题过程.
(2)求解该类问题的关键是去绝对值符号,可以运用零点分段法去绝对值,此外还常利用绝对值的几何意义求解.
【变式训练1】求不等式|2x-1|+|2x+1|≤6的解集.
【解析】(法一)当x>12时,原不等式转化为4x≤6⇒12
当x<-12时,原不等式转化为-4x≤6⇒-32≤x<-12.
综上,所求不等式的解集为x-32≤x≤32.
(法二)原不等式可化为x-12+x+12≤3,
其几何意义为数轴上到12,-12两点的距离之和不超过3的点的集合,数形结合知,当x=32或x=-32时,到12,-12两点的距离之和恰好为3,故当-32≤x≤32时,满足题意,则所求不等式的解集为x-32≤x≤32.
题型二
绝对值不等式的证明
【例2】已知x,y∈R,且|x+y|≤16,|x-y|≤14,
求证:|x+5y|≤1.
【解析】∵|x+5y|=|3(x+y)-2(x-y)|.
∴由绝对值不等式的性质,得
|x+5y|=|3(x+y)-2(x-y)|≤|3(x+y)|+|2(x-y)|=3|x+y|+2|x-y|≤3×16+2×14=1.
即|x+5y|≤1.
绝对值不等式证明的三种主要方法
(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号,转化为普通不等式再证明.
(2)利用三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|进行证明.
(3)转化为函数问题,数形结合进行证明.
【变式训练2】设不等式-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M,a,b∈M.
(1)证明:13a+16b<14;
(2)比较|1-4ab|与2|a-b|的大小,并说明理由.
【解析】(1)记f(x)=|x-1|-|x+2|,
则f(x)=3,x≤-2,-2x-1,-2
所以13a+16b≤13|a|+16|b|<13×12+16×12
=14.
(2)由(1)得a2<14,b2<14.
因为|1-4ab|2-4|a-b|2
=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)
=(4a2-1)(4b2-1)>0,
所以|1-4ab|2>4|a-b|2,
故|1-4ab|>2|a-b|.
题型三
绝对值不等式的恒成立问题
【例3】设函数f(x)=x+|x-a|.
(1)当a=2017时,求函数f(x)的值域;
(2)若g(x)=|x+1|,求不等式g(x)-2>x-f(x)恒成立时a的取值范围.
【解析】(1)由题意得,当a=2017时,
f(x)=2x-2017,x≥2017,2017,x<2017.
因为f(x)在(2017,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的值域为(2017,+∞).
(2)由g(x)=|x+1|,不等式g(x)-2>x-f(x)恒成立,知|x+1|+|x-a|>2恒成立,
即(|x+1|+|x-a|)min>2.
而|x+1|+|x-a|≥|(x+1)-(x-a)|=|1+a|,
所以|1+a|>2,解得a>1或a<-3.
故a的取值范围为(-∞,-3)∪(1,+∞).
绝对值不等式的恒成立问题
(1)研究含有绝对值的函数问题时,根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值符号,将原函数转化为分段函数,然后利用数形结合解决,这是常用的思想方法.
(2)f(x)
【变式训练3】设函数f(x)=x-52+|x-a|,x∈R.
(1)求证:当a=-12时,不等式ln f(x)>1成立;
(2)关于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立,求实数a的最大值.
【解析】(1)当a=-12时,
由f(x)=x-52+x+12=-2x+2,x<-12,3,-12≤x≤52,2x-2,x>52,
画出草图(图略),分析可得函数f(x)的最小值为3,从而f(x)≥3>e,
所以ln f(x)>1成立.
(2)由绝对值的性质得f(x)=x-52+|x-a|≥x-52-(x-a)=a-52,
所以f(x)的最小值为52-a,
从而52-a≥a,解得a≤54.
因此a的最大值为54.
方法一
绝对值三角不等式的应用
1.应用绝对值三角不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|可以很方便地解决很多问题,比如求最值、证明等,但要注意在应用绝对值三角不等式的过程中,至少有一步是放大或缩小的,在放大或缩小时,若从小的一边入手,则只能放大;若从大的一边入手,则只能缩小.
2.对于绝对值三角不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|,要从以下两个方面深刻理解:
(1)等号成立的条件在解题时经常用到,特别是用此定理求函数的最大(小)值时.
(2)该定理可以推广为|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,也可强化为||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|,它们经常用于含绝对值的不等式的推证.
【突破训练1】已知函数f(x)=|ax+1|,a∈R.
(1)若∀x∈R,f(x)+f(x-2)≥1恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若fa-1a+fb-1a+fc-1a=4,求fa2-1a+fb2-1a+fc2-1a的最小值.
【解析】(1)由题意可得f(x)+f(x-2)
=|ax+1|+|a(x-2)+1|=|ax+1|+|2a-ax-1|
≥|ax+1+2a-ax-1|=|2a|,
故|2a|≥1,即a≥12或a≤-12.
(2)因为f(x)=|ax+1|,且fa-1a+fb-1a+fc-1a=4,所以|a|+|b|+|c|=4.
因为16=(|a|+|b|+|c|)2=a2+b2+c2+2|ab|+2|ac|+2|bc|,又2|ab|≤a2+b2,2|ac|≤a2+c2,2|bc|≤b2+c2,
所以16≤3(a2+b2+c2),即a2+b2+c2≥163,当且仅当a=b=c时等号成立.
又fa2-1a+fb2-1a+fc2-1a=a2+b2+c2,所以fa2-1a+fb2-1a+fc2-1a的最小值是163.
方法二
含绝对值不等式的常用解法
1.基本性质法:对a>0,|x|a⇔x>a或x<-a.
2.平方法:两边平方去掉绝对值符号.适用于两边都是正数的绝对值不等式.
3.零点分区间法(定义法):含有两个或两个以上绝对值符号的不等式,可用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解.
用零点分段法解绝对值不等式的步骤:(1)求零点;(2)划区间,去掉绝对值符号;(3)分别解去掉绝对值的不等式;(4)取每个结果的并集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值.
4.几何法:利用绝对值的几何意义,画出数轴,将绝对值转化为数轴上两点的距离求解.
5.数形结合法:在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象,利用函数图象求解.
【突破训练2】求不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集.
【解析】(法一)如图,设数轴上与-2,1对应的点分别是A,B,则不等式的解就是数轴上到A,B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数.显然,区间[-2,1]不是不等式的解集.把点A向左平移一个单位长度到点A1,此时|A1A|+|A1B|=5.把点B向右平移一个单位长度到点B1,此时|B1A|+|B1B|=5,故原不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
(法二)不等式|x-1|+|x+2|≥5⇔x≤-2,-(x-1)-(x+2)≥5 或-2
解得x≥2或x≤-3,
∴所求不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
(法三)原不等式即|x-1|+|x+2|-5≥0.
令f(x)=|x-1|+|x+2|-5,
则f(x)=-2x-6,x≤-2,-2,-2
由图象可知,当x∈(-∞,-3]∪[2,+∞)时,y≥0,
∴所求不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
1.(2017山西调研)已知关于x的不等式x|x-m|-2≥m.
(1)当m=0时,求该不等式的解集;
(2)当x∈[2,3]时,该不等式恒成立,求m的取值范围.
【解析】(1)当m=0时,原不等式化为x|x|-2≥0,等价于x≥0,x2≥2或x<0,-x2≥2,解得x≥2.
∴所求不等式的解集为{x|x≥2}.
(2)∵x∈[2,3],∴x>0,
∴原不等式化为|x-m|≥m+2x. ①
当m≤-2,即m+2≤0时,①式恒成立,∴m≤-2;
当m>-2,即m+2>0时,①式化为
x-m≥m+2x或x-m≤-m+2x,化简得x2-2≥m(x+1)或x2+2≤m(x-1).
∵x∈[2,3],∴x+1>0,x-1>0,
∴m≤x2-2x+1或m≥x2+2x-1.
又x2-2x+1=x-1x+1-1,x2+2x-1=x-1+3x-1+2,
∴当x∈[2,3]时,x2-2x+1min=23,x2+2x-1max=6,
∴m≤23或m≥6.∴-2
2.(2017云南十校联考)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-1|.
(1)求f(x)的图象与x轴围成的三角形的面积;
(2)设g(x)=x2-ax+4x,若对∀s,t∈(0,+∞),恒有g(s)≥f(t)成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)∵f(x)=|x+1|-2|x-1|,
∴f(x)=x-3,x<-1,3x-1,-1≤x≤1,-x+3,x>1,
∴f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A13,0,B(3,0),C(1,2),
∴S△ABC=12×2×83=83,
∴f(x)的图象与x轴围成的三角形的面积为83.
(2)∵∀s∈(0,+∞),g(s)=s2-as+4s=s+4s-a≥2s×4s-a=4-a,当且仅当s=2时,g(s)有最小值4-a.
又由(1)可知,对∀t∈(0,+∞),f(t)≤f(1)=2.
∀s,t∈(0,+∞),恒有g(s)≥f(t)成立,
等价于∀s,t∈(0,+∞),g(s)min≥f(t)max,
等价于4-a≥2,即a≤2,
∴实数a的取值范围是(-∞,2].
3.(2017甘肃省肃南县第一中学高三一模)已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|-|x-b|+c的最大值为10.
(1)求a+b+c的值;
(2)求14(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2的最小值,并求出此时a,b,c的值.
【解析】(1)f(x)=|x+a|-|x-b|+c≤|(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c=a+b+c,当且仅当x≥b时取等号,
所以f(x)的最大值为a+b+c.又因为f(x)的最大值为10,所以a+b+c=10.
(2)由(1)知a+b+c=10,由柯西不等式,
得a-122+(b-2)2+(c-3)2(22+12+12)≥a-12×2+(b-2)×1+(c-3)×12=(a+b+c-6)2=16,即14(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2≥83,当且仅当a-14=b-21=c-31,即a=113,b=83,c=113时等号成立.
4.(2017广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)=|x-m|+|x|,m∈N*,存在实数x使f(x)<2成立.
(1)求实数m的值;
(2)若α,β≥1,f(α)+f(β)=4,求证:4α+1β≥3.
【解析】(1)因为|x-m|+|x|≥|(x-m)-x|=|m|.
要使不等式|x-m|+|x|<2有解,则|m|<2,
解得-2
所以f(α)+f(β)=2α-1+2β-1=4,即α+β=3,
所以4α+1β=134α+1β(α+β)=135+4βα+αβ
≥135+24βα·αβ=3(当且仅当4βα=αβ,即α=2,β=1时等号成立).
故4α+1β≥3.
5.(2017安徽十校第三次联考)已知函数f(x)=|x+4|-|x-1|.
(1)求不等式f(x)>3的解集;
(2)若不等式f(x)+1≤4a-5×2a有解,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意知,f(x)=-5,x≤-4,2x+3,-43,解得03成立,故所求不等式解集为{x|x>0}.
(2)由f(x)+1≤4a-5×2a有解,得f(x)≤4a-5×2a-1有解,即f(x)min≤4a-5×2a-1,即转化为求函数f(x)的最小值.
由(1)可知,f(x)的最小值是-5,且在x≤-4时取得.
∴4a-5×2a-1≥-5,即4a-5×2a+4≥0,即2a≥4或0<2a≤1,解得a≥2或a≤0,
故实数a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).
6.(2017四川遂宁三诊)设f(x)=|x-b|+|x+b|.
(1)当b=1时,求不等式f(x)≤x+2的解集;
(2)当x=1时,若不等式f(x)≥|a+1|-|2a-1||a|对任意实数a(a≠0)恒成立,求实数b的取值范围.
【解析】(1)当b=1时,f(x)=|x-1|+|x+1|,所以由f(x)≤x+2得
x+2≥0,x≤-1,1-x-x-1≤x+2或x+2≥0,-1
所以不等式f(x)≤x+2的解集为{x|0≤x≤2}.
(2)|a+1|-|2a-1||a|=1+1a-2-1a≤1+1a+2-1a=3,
当且仅当1a>2时,等号成立.
由不等式f(x)≥|a+1|-|2a-1||a|对任意实数a(a≠0)恒成立,当x=1时,可得|1-b|+|1+b|≥3,解得b≤-32或b≥32.故实数b的取值范围是-∞,-32∪32,+∞.
7.(2017湖北省八校联考)已知函数f(x)=|x+2|+|x-4|-m的定义域为R.
(1)求实数m的取值范围;
(2)若m的最大值为n,当正数a,b满足4a+5b+13a+2b=n时,求4a+7b的最小值.
【解析】(1)∵函数f(x)的定义域为R,且|x+2|+|x-4|≥|(x+2)-(x-4)|=6,∴m≤6.
(2)由(1)知n=6,利用柯西不等式得,4a+7b=16(4a+7b)4a+5b+13a+2b=16[(a+5b)+(3a+2b)]·4a+5b+13a+2b≥32,当且仅当a=126,b=526时取等号,∴4a+7b的最小值为32 .
8.(2017福建省模拟)已知m,n都是实数,且m≠0,f(x)=|2x-1|+|x-2|.
(1)若f(x)>2,求实数x的取值范围;
(2)若|m+n|+|m-n|≥|m|f(x)对满足条件的所有m,n都成立,求实数x的取值范围.
【解析】(1)f(x)=3-3x,x≤12,x+1,122,
由f(x)>2得3-3x>2,x≤12 或x+1>2,122,x>2,
解得x<13或x>1.
故所求实数x的取值范围为-∞,13∪(1,+∞).
(2)由m+n+m-n≥mf(x)且m≠0得
m+n+m-nm≥f(x),
又∵m+n+m-nm≥m+n+m-nm=2,
∴f(x)≤2.
∵由(1)可知f(x)>2的解集为-∞,13∪(1,+∞),
∴f(x)≤2的解集为13,1,
∴实数x的取值范围为13,1.
9.(2017湖北省武汉市高三第三次模拟)已知函数f(x)=|2x+1|+|3x-2|,且不等式f(x)≤5的解集为x-4a5≤x≤3b5,a,b∈R.
(1)求a,b 的值;
(2)对任意实数x,都有|x-a|+|x+b|≥m2-3m+5成立,求实数m的最大值.
【解析】(1)若x≤-12,原不等式可化为-2x-1-3x+2≤5,解得x≥-45,即-45≤x≤-12;若-12
10.(2017湖南省邵阳市高三第二次联考)设函数f(x)=|x+2|-|x-1|.
(1)求不等式f(x)>1的解集;
(2)若关于x的不等式f(x)+4≥|1-2m|有解,求实数m的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)可化为f(x)=-3,x≤-2,2x+1,-21⇒x>0,即01,即x≥1.
综上,不等式f(x)>1的解集为(0,+∞).
(2)关于x的不等式f(x)+4≥|1-2m|有解等价于(f(x)+4)max≥|1-2m|,由(1)可知f(x)max=3,即|1-2m|≤7,解得-3≤m≤4.所以m的取值范围为[-3,4].
11.(2017福建省泉州市高三3月质量检测)已知函数f(x)=|x+1|+|2x-4|.
(1)求不等式f(x)<9的解集;
(2)若直线y=m与曲线y=f(x)围成一个三角形,求实数m的取值范围,并求所围成的三角形面积S的最大值.
【解析】(1)f(x)=|x+1|+|2x-4|=-3x+3,x≤-1,-x+5,-1-4,此时原不等式的解集为{x|-1
综上可得,原不等式的解集为(-2,4).
(2)函数f(x)的图象如图所示.因为f(-1)=6,f(x)min=f(2)=3,
所以当3
12.(2017安徽省宣城市高三第二次调研)已知f(x)=|ax-1|,若a>0,不等式f(x)≤3的解集是{x|-1≤x≤2}.
(1)求a的值;
(2)若f(x)+f(-x)3<|k|存在实数解,求实数k的取值范围.
【解析】(1)由|ax-1|≤3,得-3≤ax-1≤3,即-2≤ax≤4.
当a>0时,-2a≤x≤4a,
因为若a>0,不等式f(x)≤3的解集是{x|-1≤x≤2},比较可知a=2.
(2)因为f(x)+f(-x)3=|2x-1|+|2x+1|3≥|(2x-1)-(2x+1)|3=23,所以要使f(x)+f(-x)3<|k|存在实数解,只需|k|>23,解得k>23或k<-23.所以实数k的取值范围是-∞,-23∪23,+∞.
阶段总结八
微专题一
用演绎推理揭开“新定义、新信息”的面纱
演绎推理是由一般到特殊的推理,它常用来证明或推导数学问题,对于新定义、新信息问题,常用演绎推理来解决,即把新定义、新信息作为大前提,结合题目中隐含的小前提来推出结论.
【例1】对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),给出定义:设f'(x)是函数y=f(x)的导数,f″(x)是函数f'(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.
若三次函数f(x)=13x3-12x2+3x-512,请你根据这一发现,求:
(1)函数f(x)的图象的对称中心为 ;
(2)f12017+f22017+f32017+f42017+…+f20162017= .
【分析】依据拐点或对称中心的意义,求导,求对称中心,依据对称中心的几何意义,写出一般关系式,并据此对所给式子进行组合,观察组合的组数,从而求值.
【解析】(1)f'(x)=x2-x+3,f″(x)=2x-1,令f″(x)=0,则x=12,f12=1,所以函数f(x)=13x3-12x2+3x-512的图象的对称中心为12,1.
(2)由(1)知,f(x)的图象的对称中心为12,1,所以f12+x+f12-x=2,即f(x)+f(1-x)=2,可得f12017+f20162017=2,f22017+f20152017=2,…,所以f12017+f22017+f32017+f42017+…+f20162017=2016.
【答案】(1)12,1 (2)2016
【拓展训练1】已知M是△ABC内的一点(不含边界),且AB·AC=23,∠BAC=30°,若△MBC,△BMA和△MAC的面积分别为x,y和z,记f(x,y,z)=1x+4y+9z,则f(x,y,z)的最小值是 .
【解析】由题意得AB·AC=|AB|·|AC|cos∠BAC=23,则|AB|·|AC|=4,∴S△ABC=12|AB|·|AC|·sin∠BAC=1,即x+y+z=1,∴f(x,y,z)=1x+4y+9z=x+y+zx+4(x+y+z)y+9(x+y+z)z=14+yx+4xy+9xz+zx+4zy+9yz≥14+4+6+12=36当且仅当x=16,y=13,z=12时等号成立.
【答案】36
微专题二
基本不等式的应用
创设运用基本不等式的条件,合理拆分项或配凑项是常用的技巧,其中拆与凑的目的在于满足基本不等式的条件,通常是考虑分母的代数式,考虑将整式拆分或配凑成与分母的代数式有关系的式子与常数的和.当多次使用基本不等式时,一定要注意每次是否能保证等号成立,并且要注意取等号条件的一致性,否则就会出错.
【例2】(1)(2017江西南昌调研)已知a,b∈R,且ab≠0,则下列结论恒成立的是( ).
A.a+b≥2ab B.a2+b2>2ab
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+4<4,又a>0,解得0
微专题四
一元二次函数、不等式、方程的综合转化
该类题型的综合性较强,有一定的难度.解决此类问题的关键是灵活利用不等式、方程、函数三者之间的关系,将不等式成立的范围问题转化为方程的解或函数在某一段区间上的图象问题进行求解.
【例4】已知函数f(x)=x2+4x+4,若存在实数a,t,使 得f(x+a)≤4x对任意的x∈[1,t]恒成立,则实数t的最大值是( ).
A.4 B.7
C.8 D.9
【分析】先由f(x)=(x+2)2和f(x+a)≤4x得(x+a+2)2≤4x,化简得(x+a)2+4a+4≤0,令g(x)=(x+a)2+4a+4,利用函数性质将恒成立问题转化为g(1)≤0且g(t)≤0,求解t的取值范围,最后求出最值.
【解析】由f(x)=(x+2)2,f(x+a)≤4x,得(x+a+2)2≤4x,
化简得(x+a)2+4a+4≤0,
设g(x)=(x+a)2+4a+4,g(x)图象为开口向上的抛物线,若存在实数a,t,对任意的x∈[1,t],g(x)≤0恒成立,
只需函数在两个端点处的函数值非正即可,
即g(1)=a2+6a+5≤0,解得-5≤a≤-1;
g(t)=(t+a)2+4a+4≤0,
即-4≤t-5≤4,解得1≤t≤9,
又t>1,所以实数t的最大值为9.
【答案】D
【拓展训练4】(2017湛江检测)设奇函数f(x)在[-1,1]上是单调函数,且f(-1)=-1.若函数f(x)≤t2-2at+1对所有的x∈[-1,1]都成立,则当a∈[-1,1]时,t的取值范围是 .
【解析】∵f(x)为奇函数,f(-1)=-1,
∴f(1)=-f(-1)=1.
又∵f(x)在[-1,1]上是单调函数,∴-1≤f(x)≤1,
∴当a∈[-1,1]时,t2-2at+1≥1恒成立,
即t2-2at≥0恒成立.
令g(a)=t2-2at,a∈[-1,1],
∴t2-2t≥0,t2+2t≥0,解得t≥2或t=0或t≤-2.
【答案】(-∞,-2]∪{0}∪[2,+∞)
微专题五
自主招生真题赏析
本专题供参加自主招生考试的学生使用
1.设x,y,z>0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(m<0)的最短距离为1,若点N(a,b)在直线l位于第一象限的部分,则1a+1b的最小值为 .
【解析】圆C:(x-3)2+(y-4)2=25,圆心坐标为(3,4),半径为5,
圆C上的点到直线l:3x+4y+m=0(m<0)的最短距离为1,可得|9+16+m|9+16=6,解得m=-55.
点N(a,b)在直线l位于第一象限的部分,可得3a+4b=55.
则1a+1b=1551a+1b(3a+4b)=1557+4ba+3ab≥1557+24ba×3ab=7+4355.当且仅当3a2=4b2,a=55(23-3)3取等号.
【答案】7+4355
12.(2017江西八校联考)若关于x的不等式|ax-2|<6的解集为x|-43
(2)若b=1,求-at+12+3bt的最大值.
【解析】(1)依题意知-43和83是方程|ax-2|=6的两个根,则-43a-2=6,83a-2=6,∴a=3.
(2)-3t+12+3t≤(1+1)(-3t+12+3t)=26,当且仅当-3t+12=3t,即t=2时等号成立.∴-at+12+3bt的最大值为26.
13.(2017黑龙江省双鸭山市宝清一中高考一模)已知圆E的极坐标方程为ρ=4sin θ,以极点为原点,极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,两种坐标系取相同的单位长度(其中(ρ,θ),ρ≥0,θ∈[0,2π)).
(1)直线l过原点,且倾斜角α=3π4,求l与圆E的交点A的极坐标(点A不是坐标原点);
(2)直线m过线段OA的中点M,且交圆E于B、C两点,求||MB|-|MC||的最大值.
【解析】(1)∵直线l的倾斜角α=3π4,
∴直线l的极角θ=3π4或θ=7π4.代入圆E的极坐标方程ρ=4sin θ,可得ρ=22或ρ=-22(舍去).
∴l与圆E的交点A的极坐标为22,3π4.
(2)由(1)可得,线段OA的中点M为2,3π4,∴M的直角坐标为(-1,1).
由圆E的极坐标方程为ρ=4sin θ,即ρ2=4ρsin θ,可得其直角坐标方程为x2+y2-4y=0,
设直线l的参数方程为x=-1+tcosα,y=1+tsinα(t为参数),
代入圆E的直角坐标方程可得,t2-2t(sin α+cos α)-2=0,Δ>0,
∴t1+t2=2(sin α+cos α),t1t2=-2.
∴||MB|-|MC||=||t1|-|t2||=|t1+t2|=2|sin α+cos α|=22sinα+π4.
∴||MB|-|MC||的最大值为22.
滚动检测七
一、选择题
1.(2017广东省茂名市高考一模)设i为虚数单位,复数(2-i)z=1+i,则z的共轭复数z在复平面中对应的点在( ).
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
【解析】∵(2-i)z=1+i,
∴(2+i)(2-i)z=(2+i)(1+i),
∴z=1+3i5.
则z的共轭复数z=15-35i在复平面中对应的点15,-35在第四象限.故选D.
【答案】D
2.(2017黑龙江省大庆市高考二模)已知α,β是两个不同的平面,l,m,n是不同的直线,下列命题不正确的是( ).
A.若l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,则l⊥α
B.若l∥m,l⊄α,m⊂α,则l∥α
C.若α⊥β,α∩β=l,m⊂α,m⊥l,则m⊥β
D.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,,则m⊥n
【解析】若l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,不能推出l⊥α,缺少条件m与n相交,故A不正确.
【答案】A
3.(2017河北省张家口市高考模拟)已知三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上,且侧棱AA1⊥平面ABC,若AB=AC=3,∠BAC=2π3,AA1=8,则球的表面积为( ).
A.36π B.64π C.100π D.104π
【解析】∵AB=AC=3,∠BAC=2π3,∴BC=9+9-2×3×3×-12=33,
∴△ABC的外接圆直径2r=3332=6,
∴r=3.
∵AA1⊥平面ABC,AA1=8,
∴该三棱柱的外接球的半径R=32+822=5,
∴该三棱柱的外接球的表面积为S=4πR2=4π×52=100π.故选C.
【答案】C
4.(2017黑龙江省双鸭山市联考)已知点P是圆x2+y2=4上的动点,A,B,C是以坐标原点为圆心的单位圆上的动点,且AB·BC=0,则|PA+PB+PC|的最小值为( ).
A.4 B.5 C.6 D.7
【解析】∵AB·BC=0,
∴AB⊥BC,即∠ABC=90°,
∴AC为△ABC外接圆的直径.
设坐标原点为O,
则PA+PB+PC=PO+OA+PO+OB+PO+OC
=3PO+OB.
∵P是圆x2+y2=4上的动点,
∴|PO|=2,
∴|PA+PB+PC|=|3PO+OB|≥3|PO|-|OB|=5,
当OP与OB反向共线时,取得最小值.故选B.
【答案】B
5.(2017陕西模拟)执行如图所示的程序框图,则输出a的值为( ).
A.9 B.121 C.130 D.17021
【解析】模拟执行程序,可得
a=1,b=2,c=3,满足条件c<2016;
a=2,b=9,c=11,满足条件c<2016;
a=9,b=121,c=130,满足条件c<2016;
a=121,b=16900,c=17021,不满足条件c<2016,退出循环,输出a的值为121.
故选B.
【答案】B
6.(2017河北石家庄联考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).
A.143 B.5 C.163 D.6
【解析】由三视图可知几何体是由直三棱柱ABD-EFG和四棱锥C-BDGF组合而成,直观图如图所示,直三棱柱的底面是一个直角三角形,两条直角边分别是1、2,高是2,
∴几何体的体积V=V三棱柱ABD-EFG+V四棱锥C-BDGF
=V三棱柱ABD-EFG+V三棱锥C-DFG+V三棱锥C-BDF
=V三棱柱ABD-EFG+V三棱锥F-CDG+V三棱锥F-BDC
=12×1×2×2+13×12×2×2×2+13×12×2×2×2=143.故选A.
【答案】A
7.(2017江西省上高二中、丰城中学高考模拟)在考试测评中,常用难度曲线图来检测题目的质量,一般来说,全卷得分高的学生,在某道题目上的答对率也应较高,如图所示的是某次数学测试压轴题的第1、2问得分难度曲线图,第1、2问满分均为6分,图中横坐标为分数段,纵坐标为该分数段的全体考生在第1、2问的平均难度,则下列说法正确的是( ).
A.此题没有考生得12分
B.此题第1问比第2问更能区分学生数学成绩的好与坏
C.分数在[40,50)的考生此大题的平均得分大约为4.8分
D.全体考生第1问的得分标准差小于第2问的得分标准差
【解析】由图中横坐标为分数段,纵坐标为该分数段的全体考生在第1、2问的平均难度,分数越高的同学,第1问得分越高,说明此题第1问比第2问更能区分学生数学成绩的好与坏,故选B.
【答案】B
8.(2017河北省张家口市高考模拟)已知点P(x,y)满足|x|-1≤y≤1-|x|2,O为坐标原点,则使|PO|≥22的概率为( ).
A.ππ+2 B.ππ+4 C.2π+1 D.2π+2
【解析】点P(x,y)满足的区域如图所示,面积为12π+12×2×1=π+22,使|PO|≥22成立的区域如图中阴影部分,面积为π+22-π×12=1,∴所求概率为1π+22=2π+2,故选D.
【答案】D
9.(2017四川省南充市高考二诊)某校开设5门不同的数学选修课,每位同学可以从中任选1门或2门课学习,若甲、乙、丙三位同学选择的课没有1门是相同的,则不同的选法共有( ).
A.330种 B.420种 C.510种 D.600种
【解析】由题意,若都选1门,有A53=60种;若有1人选2门,则有C31C52A32=180种;若有2人选2门,则有C32C52C32=90种,故共有60+180+90=330种,故选A.
【答案】A
10.(2017山西省晋中市高考一模)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过点F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A、B两点,AF2、BF2分别交y轴于P、Q两点,若△PQF2的周长为12,则ab取得最大值时该双曲线的离心率为( ).
A.2 B.3 C.22 D.233
【解析】由题意,△ABF2的周长为24,
∵|AF2|+|BF2|+|AB|=24,
∵|AF2|+|BF2|-|AB|=4a,|AB|=2b2a,
∴4b2a=24-4a,∴b2=a(6-a).
令y=a2b2,则y=a2b2=a3(6-a),
∴y'=2a2(9-2a),
当00,
当a>4.5时,y'<0.
∴当a=4.5时,y=a2b2取得最大值,此时ab取得最大值,b=332,∴c=33,∴e=ca=233,故选D.
【答案】D
二、填空题
11.(2017江西九江联考)已知 a=1π∫ -11(1-x2+sin x)dx,则二项式2x-ax29的展开式中的常数项为 .
【解析】a=1π∫ -11(1-x2+sin x)dx=1π(∫ -111-x2dx+∫ -11sin xdx)=1π×12×π×12+1π×(-cosx)-11=12,
则二项式2x-ax29=2x-12x29,通项公式Tr+1=C9r(2x)9-r-12x2r=(-1)r29-2rC9rx9-3r,
令9-3r=0,解得r=3.
∴展开式中的常数项为-23C93=-672.
【答案】-672
12.(2017贵州模拟)黔东南州雷山西江千户苗寨,是目前中国乃至全世界最大的苗族聚居村寨,每年来自世界各地的游客络绎不绝.假设每天到西江苗寨的游客人数ξ是服从正态分布N(2000,10000)的随机变量.则每天到西江苗寨的游客人数超过2100的概率为 .
(参考数据:若ξ服从N(μ,δ2),有P(μ-δ<ξ≤μ+δ)=0.6826,P(μ-2δ<ξ≤μ+2δ)=0.9544,P(μ-3δ<ξ≤μ+3δ)=0.9974)
【解析】∵服从正态分布N(μ,σ2)的随机变量在区间(μ-σ,μ+σ)内取值的概率为0.6826,随机变量ξ服从正态分布N(2000,10000),∴每天到西江苗寨的游客人数超过2100的概率为12×(1-0.6826)=0.1587.
【答案】0.1587
13.(2017河北衡水中学调研)在公元前3世纪,古希腊欧几里得在《几何原本》里提出:“球的体积(V)与它的直径(D)的立方成正比”,此即V=kD3,欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解,他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”.类似地,对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)、正方体也可利用公式V=kD3求体积(在等边圆柱中,D表示底面圆的直径;在正方体中,D表示棱长).假设运用此体积公式求得球(直径为a),等边圆柱(底面圆的直径为a),正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k1,k2,k3,那么k1∶k2∶k3= .
【解析】∵V1=43πR3=43πa23=π6a3,∴k1=π6.
∵V2=aπR2=aπa22=π4a3,∴k2=π4.
∵V3=a3,∴k3=1,
∴k1∶k2∶k3=π6∶π4∶1.
【答案】π6∶π4∶1
14.(2017新疆乌鲁木齐高考三诊)学校拟安排六位老师5 月1日至5月3日值班,要求每人值班一天,每天安排两人,则王老师不值5月2日的班,李老师不值5月3日的班的概率为 .
【解析】六位老师值班每天安排两人的排法有C62C42C22=90种,满足要求的排法有:第一类情况,王老师和李老师在同一天值班,则只能排在5月1号,有C42=6种;第二类情况,王老师和李老师不在同一天值班,有3C42A22=36种,故共有42种.因此所求事件的概率P=4290=715.
【答案】715
15.(2017江西九江十校联考)已知直线y=kx+14与曲线y=x恰有两个不同的交点,记k的所有可能取值构成集合A;P(x,y)是椭圆x216+y29=1上一动点,点P1(x1,y1)与点P关于直线y=x+1对称,记y1-14的所有可能取值构成集合B,若随机从集合A,B中分别取出一个元素λ1,λ2,则λ1>λ2的概率是 .
【解析】∵y=x,
∴x=y2(y≥0),代入y=kx+14得y=ky2+14,
整理得ky2-y+k4=0,
直线y=kx+14与曲线y=x恰有两个不同的交点,
等价为ky2-y+k4=0有两个不同的非负根,
即Δ=1-k2>0,且12k>0,k>0,
解得0
∴-4≤y1-1≤4,
即-1≤y1-14≤1.
设b=y1-14,则-1≤b≤1,
∴B={b|-1≤b≤1}.
若随机从集合A,B中分别取出一个元素λ1,λ2,
则λ1>λ2等价为0<λ1<1,-1≤λ2≤1,λ1>λ2,
其可行域如图阴影部分所示,
则λ1>λ2的概率是34.
【答案】34
三、解答题
16.(2017湖南长沙二模)专家研究表明,PM2.5是霾的主要成分,在研究PM2.5形成原因时,某研究人员研究了PM2.5与燃烧排放的CO2、NO2、CO、O2等物质的相关关系.下图是某地某月PM2.5与CO和O2相关性的散点图.
(1)根据上面散点图,请你就CO,O2对PM2.5的影响关系做出初步评价.
(2)根据有关规定,当CO排放量低于100 μg/m3时CO排放量达标,反之为CO排放量超标;当PM2.5值大于200 μg/m3时雾霾严重,反之雾霾不严重.根据PM2.5与CO相关性的散点图填写下面2×2列联表,并判断有多大的把握认为“雾霾是否严重与CO排放量有关”:
雾霾不严重
雾霾严重
总计
CO排放量达标
CO排放量超标
总计
(3)我们知道雾霾对交通影响较大.某市交通部门发现,在一个月内,当CO排放量分别是60,120,180时,某路口的交通流量(单位:万辆)依次是800,600,200,而在一个月内,CO排放量是60,120,180的概率依次是p,q2,q12
P(k2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).
【解析】(1)根据散点图知,CO对PM2.5有正相关关系,而O2对PM2.5没有相关关系.
(2)列联表如下:
雾霾不严重
雾霾严重
总计
CO排放量达标
13
5
18
CO排放量超标
2
10
12
总计
15
15
30
由表中数据可知k=30×(13×10-2×5)215×15×18×12=809≈8.889>6.635,
故有99%的把握认为“雾霾是否严重与CO排放量有关”.
(3)设交通流量为X,则可得如下分布列:
X
800
600
200
P
p
q2
q
因为p+q2+q=1,12
即该路口一个月的交通流量期望值在17003万辆到800万辆之间.
17.(2017辽宁大连联考)已知直角梯形ABCD中,AD⊥DC,AD⊥AB,△CDE是边长为2的等边三角形,AB=5.沿CE将△BCE折起,使B至B'处,且B'C⊥DE,再将△ADE沿DE折起,使A至A'处,且平面A'DE⊥平面CDE,△B'CE和△A'DE在平面CDE的同侧.
(1)求证:B'C⊥平面CDE;
(2)求平面B'A'D与平面CDE所成的锐二面角的余弦值.
【解析】(1)在直角梯形ABCD中,由△CDE是边长为2的等边三角形,AB=5,得AD=3,BC=23,CE=2,BE=4,
所以BC2+CE2=(23)2+22=16=BE2.
即B'C⊥CE,又B'C⊥DE,DE∩CE=E,所以B'C⊥平面CDE.
(2)如图,以C为原点,CE,CB'所在直线为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则C(0,0,0),B'(0,0,23),D(3,1,0),E(0,2,0).
作A'H⊥DE,因为平面A'DE⊥平面CDE,所以A'H⊥平面CDE,且A'H=32.
在平面图形中,可求得H34,74,0,所以A'34,74,32.
易知平面CDE的一个法向量n1=(0,0,1).
设平面B'A'D的法向量为n2=(x,y,z),且B'D=(3,1,-23),B'A'=34,74,-332.
由n2·B'D=0,n2·B'A'=0,得3x+y-23z=0,34x+74y-332z=0,
取y=2,得x=433,z=3,所以n2=433,2,3.
所以cos=n1·n2|n1||n2|
=31×4332+22+(3)2=33737.
所以平面B'A'D与平面CDE所成的锐二面角的余弦值为33737.
18.(2017贵阳八校联考)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>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0<1348(1+m2)≤1348,
即有1|AB|+1|CD|的取值范围为16,716.
19.(2017陕西榆林一模)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1:x=a+acosφ,y=asinφ(φ为参数,a>0),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
综上,不等式的解集为{x|-6≤x≤-4或x≥6}.
(2)由f(x)=|x+5|-|x-1|≤|x+5-x+1|=6,
得k=6,
由lg a+lg(2b)=lg(a+4b+k),
得2ab=a+4b+6,
得2ab≥4ab+6,
故ab-2ab-3≥0,
即(ab-3)(ab+1)≥0,
解得ab≥3,故ab≥9.
所以ab的最小值为9.
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a<-4时,d的最大值为-a+117.
由题设得-a+117=17,所以a=-16.
综上,a=8或a=-16.
2.(2017年全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C1的极坐标方程为ρcos θ=4.
(1)M为曲线C1上的动点,点P在线段OM上,且满足|OM|·|OP|=16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程;
(2)设点A的极坐标为2,π3,点B在曲线C2上,求△OAB面积的最大值.
【解析】(1)设点P的极坐标为(ρ,θ)(ρ>0),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(0<θ<2π,θ≠π),
联立ρ2(cos2θ-sin2θ)=4,ρ(cosθ+sinθ)-2=0得
cos θ-sin θ=2(cos θ+sin θ).
故tan θ=-13,从而cos2θ=910,sin2θ=110.
代入ρ2(cos2θ-sin2θ)=4得ρ2=5,
所以交点M的极径为5.
4.(2016年全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为x=acost,y=1+asint(t为参数,a>0).在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=4cos θ.
(1)说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程;
(2)直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tan α0=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a.
【解析】(1)消去参数t得到C1的普通方程为x2+(y-1)2=a2,则C1是以(0,1)为圆心,a为半径的圆.
将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入C1的普通方程中,得到C1的极坐标方程为ρ2-2ρsin θ+1-a2=0.
(2)曲线C1,C2的公共点的极坐标满足方程组
ρ2-2ρsinθ+1-a2=0,ρ=4cosθ.
若ρ≠0,由方程组得16cos2θ-8sin θcos θ+1-a2=0,
由已知tan θ=2,可得16cos2θ-8sin θcos θ=0,
从而1-a2=0,解得a=-1(舍去)或a=1.
当a=1时,极点也为C1,C2的公共点,且在C3上.
所以a=1.
5.(2016年全国Ⅱ卷)在直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x+6)2+y2=25.
(1)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求C的极坐标方程;
(2)直线l的参数方程是x=tcosα,y=tsinα(t为参数),l与C交于A,B两点,|AB|=10,求l的斜率.
【解析】(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ可得圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcos θ+11=0.
(2)(法一)由直线l的参数方程x=tcosα,y=tsinα(t为参数),消去参数得y=x·tan α.
设直线l的斜率为k,则直线l的方程为kx-y=0.
由圆C的方程为(x+6)2+y2=25知,圆心坐标为(-6,0),半径为5.
又∣AB∣=10,由垂径定理及点到直线的距离公式得|-6k|1+k2=25-1022,即36k21+k2=904,
整理得k2=53,解得k=±153,
即l的斜率为±153.
(法二)在(1)中建立的极坐标系中,直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R).
设A,B所对应的极径分别为ρ1,ρ2,将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2+12ρcos α+11=0,
于是ρ1+ρ2=-12cos α,ρ1ρ2=11.
|AB|=|ρ1-ρ2|=(ρ1+ρ2)2-4ρ1ρ2
=144cos2α-44.
由|AB|=10得cos2α=38,可得tan α=±153.
所以l的斜率为±153.
考点二
不等式选讲
6.(2017年全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|.
(1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集;
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.
【解析】(1)当a=1时,不等式f(x)≥g(x)等价于
x2-x+|x+1|+|x-1|-4≤0. ①
当x<-1时,①式化为x2-3x-4≤0,无解;
当-1≤x≤1时,①式化为x2-x-2≤0,解得-1≤x≤1;
当x>1时,①式化为x2+x-4≤0,
解得1
(2)当x∈[-1,1]时,g(x)=2,
所以f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1]等价于当x∈[-1,1]时,f(x)≥2.
又f(x)在[-1,1]的最小值必为f(-1)与f(1)之一,
所以f(-1)≥2且f(1)≥2,解得-1≤a≤1.
所以a的取值范围为[-1,1].
7.(2017年全国Ⅱ卷) 已知a>0,b>0,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,x<-1,2x-1,-1≤x≤2,3,x>2.
当x<-1时,f(x)≥1无解;
当-1≤x≤2时,由f(x)≥1,得2x-1≥1,
解得1≤x≤2;
当x>2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,-1
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|1
所以|f(x)|>1的解集为xx<13或1
10.(2016年全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=x-12+x+12,M为不等式f(x)<2的解集.
(1)求M;
(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.
【解析】(1)f(x)=-2x,x≤-12,1,-12
综上,f(x)<2的解集M={x|-1
高频考点:参数方程和普通方程的互化、极坐标方程和普通方程的互化、直线的参数方程中t的几何意义的应用、利用圆锥曲线的参数方程求最值、ρ的几何意义、平面直角坐标系伸缩变换作用下平面图形的变化,绝对值三角不等式的应用,均值不等式的应用,不等式的证明以及柯西不等式的简单应用.
命题特点:1.考查极坐标方程及其应用、参数方程及其应用、参数方程和极坐标方程与普通方程的转化.
2.直线的参数方程中t的几何意义的应用,注意定点在曲线两交点之间还是在两交点同侧.
3.直线与曲线相交,求两点之间的距离经常考查ρ的几何意义.
4.图形的伸缩变换,以及求轨迹方程.
5.利用圆锥曲线的参数方程中三角函数的有界性求最值.
6.零点分段法是解决绝对值不等式问题常用的方法,也可以将绝对值函数转化为分段函数,借助图象解题.
7.利用分析法,综合法,比较法,反证法对不等式进行证明.
8.根据绝对值三角不等式的恒成立问题求最值,进而求解参数的取值范围.
§22.1 坐标系与参数方程
一
极坐标系
1.极坐标的概念
(1)极坐标系:
如图,在平面内取一个定点O,叫作 ,由O点引一条射线Ox,叫作 ,选定一个长度单位及计算角度的正方向(通常取逆时针方向),这样就确定了一个平面极坐标系,简称为 .
(2)极坐标:对于平面内任意一点M,用ρ表示线段OM的长,θ表示以Ox为始边、OM为终边的角度,ρ叫作点M的 ,θ叫作点M的 ,有序实数对(ρ,θ)叫作点M的极坐标,记作M(ρ,θ).
2.极坐标和直角坐标的互化
(1)互化背景:把平面直角坐标系的原点作为极点,x轴的正半轴作为极轴,建立极坐标系,并在两种坐标系中取相同的长度单位,如图.
(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(ρ,θ)(ρ>0,θ∈[0,2π)),则极坐标与直角坐标的互化公式如表:
点M
直角坐标(x,y)
极坐标(ρ,θ)
互化公式
x= y=
ρ2=
tan θ=yx(x≠0)
在一般情况下,由tan θ确定角时,可根据点M所在的象限取最小正角.
二
参数方程
1.曲线的参数方程
在平面直角坐标系xOy中,如果曲线上任意一点的坐标x,y都是某个变量t的函数,即x=f(t),y=g(t), 并且对于t的每一个允许值,上式所确定的点M(x,y)都在这条曲线上,那么称上式为该曲线的 ,其中变量t称为 .
2.一些常见曲线的参数方程
(1)过点P0(x0,y0),且倾斜角为α的直线的参数方程为 .
(2)圆(x-a)2+(y-b)2=r2的参数方程为 .
(3)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的参数方程为 .
3.直线的参数方程的标准形式的应用
(1)已知直线的参数方程为x=x0+tcosα,y=y0+tsinα(t为参数),M1,M2是直线上的两点,其对应的参数分别为t1,t2,则M1M2=|t1-t2|.
(2)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t,则t= ,中点M到定点M0(x0,y0)的距离MM0=|t|=t1+t22.
(3)若M0(x0,y0)为线段M1M2的中点,则t1+t2= .
☞ 左学右考
1 写出下列曲线的极坐标方程
曲线
图形
极坐标方程
圆心在极点,半径为r的圆
圆心为(r,0),半径为r的圆
ρ=2rcos θ-π2≤θ<π2
圆心为r,π2,半径为r的圆
过极点,倾斜角为α的直线
(1)θ=α(ρ∈R)或θ=π+α(ρ∈R)
(2)θ=α(ρ≥0)和θ=π+α(ρ>0)
过点(a,0)(a>0),与极轴垂直的直线
ρcos θ=a-π2<θ<π2
过点a,π2(a>0),与极轴平行的直线
过点(a,0)(a>0),倾斜角为α的直线
2 直角坐标方程x2+y2-8y=0的极坐标方程为 .
3 极坐标方程ρ=6cosθ-π3的直角坐标方程为 .
4 在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,取相同长度单位建立极坐标系,已知射线θ=π4与曲线x=t+1,y=(t-1)2(t为参数)相交于A,B两点,则线段AB的中点的直角坐标为 .
5 在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为x=t,y=t+1(参数t∈R),圆C的参数方程为x=cosθ+1,y=sinθ(参数θ∈[0,2π)),则圆心C到直线l的距离是 .
知识清单
一、1.(1)极点 极轴 极坐标系 (2)极径 极角
2.(2)ρcos θ ρsin θ x2+y2
二、1.参数方程 参数
2.(1)x=x0+tcosα,y=y0+tsinα(t为参数)
(2)x=a+rcosθ,y=b+rsinθ(θ为参数)
(3)x=acosθ,y=bsinθ(θ为参数)
3.(2)t1+t22 (3)0
基础训练
1.ρ=r(0≤θ<2π) ρ=2rsin θ(0≤θ<π)
ρsin θ=a(0<θ<π) ρsin(α-θ)=asin α(α-π<θ<α)
2.【解析】因为x2+y2=ρ2,y=ρsin θ,所以原方程可化为ρ2-8ρsin θ=0.所以ρ=0或ρ=8sin θ.经检验,得所求的极坐标方程为ρ=8sin θ.
【答案】ρ=8sin θ
3.【解析】原方程可化为ρ=6cos θcos π3+6sin θsin π3,
方程两边同乘ρ,得ρ2=3ρcos θ+33ρsin θ,
由ρ2=x2+y2,ρcos θ=x,ρsin θ=y,
得所求的直角坐标方程为x2+y2-3x-33y=0.
【答案】x2+y2-3x-33y=0
4.【解析】记A(x1,y1),B(x2,y2),将射线θ=π4转化为直角坐标方程为y=x(x≥0),曲线为y=(x-2)2,联立上述两个方程得x2-5x+4=0,所以x1+x2=5,故线段AB的中点坐标为52,52.
【答案】52,52
5.【解析】直线方程可化为x-y+1=0,圆的方程可化为(x-1)2+y2=1.由点到直线的距离公式可得,圆心C(1,0)到直线l的距离为|2|12+(-1)2=2.
【答案】2
题型一
平面直角坐标系中的伸缩变换
【例1】将圆x2+y2=1上每一点的横坐标保持不变,纵坐标变为原来的2倍,得曲线C.
(1)求曲线C的标准方程;
(2)设直线l:2x+y-2=0与C的交点为P1,P2,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴,取相同长度单位建立极坐标系,求过线段P1P2的中点且与l垂直的直线的极坐标方程.
【解析】(1)设(x1,y1)为圆上的点,在已知变换下变为曲线C上的点(x,y),
依题意得x=x1,y=2y1,
由x12+y12=1得x2+y22=1,
故曲线C的标准方程为x2+y24=1.
(2)由x2+y24=1,2x+y-2=0, 解得x=1,y=0 或x=0,y=2.
不妨设P1(1,0),P2(0,2),则线段P1P2的中点坐标为12,1,则所求直线的斜率为k=12,
于是所求直线的方程为y-1=12x-12,
化为极坐标方程,并整理得2ρcos θ-4ρsin θ=-3,
故所求直线的极坐标方程为ρ=34sinθ-2cosθ .
(1)解答该类问题应明确两点:一是理解平面直角坐标系中的伸缩变换公式的意义与作用;二是明确变换前的点P(x,y)与变换后的点P'(x',y')的坐标关系,用方程思想求解.
(2)求交点坐标,得直线方程,最后化为极坐标方程,其实质是将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入转化.
【变式训练1】在平面直角坐标系中,已知伸缩变换φ:x'=3x,2y'=y.
(1)求点A13, -2经过φ变换所得点A'的坐标;
(2)求直线l:y=6x经过φ变换后所得直线l'的方程.
【解析】(1)设点A'(x',y'),由伸缩变换φ:x'=3x,2y'=y,
得x'=3x,y'=y2, ∴x'=13×3=1,y'=-22=-1.
∴点A'的坐标为(1,-1).
(2)设P'(x',y')是直线l'上任意一点.
由伸缩变换φ:x'=3x,2y'=y, 得x=x'3,y=2y'.
代入y=6x,得2y'=6·x'3=2x',即y'=x'.
∴直线l'的方程为y=x.
题型二
直角坐标方程和极坐标方程的互化
【例2】在极坐标系中,曲线C的极坐标方程为ρ2=1449+7sin2θ,以极点O为直角坐标原点,极轴为x轴的正半轴,取相同长度单位建立平面直角坐标系.
(1)求曲线C的直角坐标方程;
(2)设曲线C与x轴,y轴的正半轴分别交于点A,B,P是曲线C上一点,求△ABP面积的最大值.
【解析】(1)因为曲线C的极坐标方程为ρ2=1449+7sin2θ,所以9ρ2+7ρ2sin2θ=144.
由ρ2=x2+y2,y=ρsin θ,
可得曲线C的直角坐标方程为9x2+9y2+7y2=144,
即曲线C的直角坐标方程为x216+y29=1.
(2)因为曲线C与x轴,y轴的正半轴分别交于点A,B,所以A(4,0),B(0,3).
所以直线AB的方程为3x+4y-12=0.
设P(4cos θ,3sin θ),则P到直线AB的距离d=|12cosθ+12sinθ-12|5=122sinθ+π4-125.
当θ=5π4时,dmax=122+125.
故△ABP面积的最大值为12×|AB|×122+125=6(2+1).
(1)直角坐标方程化为极坐标方程,只需把公式x=ρcos θ及y=ρsin θ直接代入化简即可.
(2)极坐标方程化为直角坐标方程要通过变形,构造形如ρcos θ,ρsin θ,ρ2的形式,进行整体代换.其中方程的两边同乘(或同除以)ρ及方程两边平方是常用的变形方法.
【变式训练2】(1)在平面直角坐标系xOy中,圆C1:(x-3)2+y2=9,以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴,取相同长度单位建立极坐标系,圆C2的圆心的极坐标为2,π4,半径为1.
①求圆C1的极坐标方程;
②设圆C1与圆C2交于A,B两点,求|AB|.
(2)在极坐标系下,已知圆O:ρ=cos θ+sin θ和直线l: ρsinθ-π4=22,以极点为直角坐标原点,极轴为x轴的正半轴,取相同长度单位建立平面直角坐标系.
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公共点的一个极坐标.
【解析】(1)①圆C1:(x-3)2+y2=9,展开可得x2+y2-6x=0,
可得极坐标方程为ρ2-6ρcos θ=0,即ρ=6cos θ.
②圆C2的圆心的极坐标为2,π4,
化为直角坐标为(1,1),可得圆C2的直角坐标方程为(x-1)2+(y-1)2=1.
由圆C1与圆C2的方程相减可得公共弦所在的直线方程为4x-2y+1=0.
圆心(1,1)到直线4x-2y+1=0的距离d=|4-2+1|42+(-2)2=320,
故弦长|AB|=21-3202=555.
(2)①圆O:ρ=cos θ+sin θ,即ρ2=ρcos θ+ρsin θ,
则圆O的直角坐标方程为x2+y2=x+y,
即x2+y2-x-y=0.
直线l:ρsinθ-π4=22,即ρsin θ-ρcos θ=1,
则直线l的直角坐标方程为y-x=1,即x-y+1=0.
②由x2+y2-x-y=0,x-y+1=0,得x=0,y=1,
故直线l与圆O公共点的一个极坐标为1,π2.
题型三
参数方程与普通方程的互化
【例3】 已知椭圆C:x24+y23=1,直线l:x=-3+3t,y=23+t(t为参数).
(1)写出椭圆C的参数方程及直线l的普通方程;
(2)设A(1,0),若椭圆C上的点P满足到点A的距离与其到直线l的距离相等,求点P的坐标.
【解析】(1)椭圆C的参数方程为x=2cosθ,y=3sinθ(θ为参数),直线l的普通方程为x-3y+9=0.
(2)设P(2cos θ,3sin θ),则|AP|=(2cosθ-1)2+(3sinθ)2=2-cos θ,
点P到直线l的距离d=|2cosθ-3sinθ+9|2=2cosθ-3sinθ+92.
由|AP|=d得3sin θ-4cos θ=5,
又sin2θ+cos2θ=1,解得sin θ=35,cos θ=-45,
故点P的坐标为-85,335.
(1)参数方程化为普通方程的基本方法就是消参法,常用的消参技巧有代入消元、加减消元、平方后再加减消元等.对于与角θ有关的参数方程,经常用到公式sin2θ+cos2θ=1.将曲线的参数方程化为普通方程时,还要注意其中的x,y的取值范围,即在消去参数的过程中一定要注意普通方程与参数方程的等价性.
(2)直线、圆、圆锥曲线的普通方程有其较为固定的参数方程,只需套用公式即可.
【变式训练3】已知曲线C的参数方程为x=cosα,y=m+sinα(α为参数),直线l的参数方程为x=1+55t,y=4+255t(t为参数).
(1)求曲线C与直线l的普通方程;
(2)若直线l与曲线C相交于P,Q两点,且|PQ|=455,求实数m的值.
【解析】(1)由x=cosα,y=m+sinα,得x=cosα, ①y-m=sinα, ②
①的平方加②的平方,得曲线C的普通方程为
x2+(y-m)2=1.
由x=1+55t,得55t=x-1,代入y=4+255t得y=4+2(x-1),
所以直线l的普通方程为y=2x+2.
(2)圆心(0,m)到直线l的距离d=|-m+2|5,
所以由勾股定理,得
|-m+2|52+2552=1,
解得m=3或m=1.
题型四
极坐标与参数方程的综合问题
【例4】在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,x轴的正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),233,π2,圆C的参数方程为x=2+2cosθ,y=-3+2sinθ(θ为参数).
(1)设P为线段MN的中点,求直线OP的直角坐标方程;
(2)判断直线l与圆C的位置关系.
【解析】(1)因为M,N的极坐标分别为(2,0),233,π2,
所以M,N的直角坐标分别为(2,0),0,233.
又因为P为线段MN的中点,所以点P的直角坐标为1,33,
所以直线OP的直角坐标方程为y=33x.
(2)因为圆C的参数方程为x=2+2cosθ,y=-3+2sinθ(θ为参数),
所以圆C的直角坐标方程为(x-2)2+(y+3)2=4,
可知圆C的圆心坐标为(2,-3),半径为2.
由直线l上两点M,N的直角坐标分别为(2,0),0,233,可知直线l的直角坐标方程为x+3y-2=0.
所以圆心C到直线l的距离为|2-33-2|12+(3)2=332>2.
所以直线l与圆C相离.
求解参数方程与极坐标方程的综合问题的一般思路:分别化为普通方程和直角坐标方程后求解.转化后可使问题变得更加直观,它体现了化归思想的具体运用.当然,还要结合题目本身特点,确定选择何种方程.
【变式训练4】在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.已知圆C的参数方程为x=1+cosα,y=sinα(α为参数),直线l的极坐标方程为2ρcosθ-π4=3.
(1)求直线l的直角坐标方程和圆C的普通方程;
(2)求圆C上的点P到直线l距离的最小值和最大值.
【解析】(1)∵直线l的极坐标方程为2ρcosθ-π4=3,
∴ρcos θ+ρsin θ=3,即直线l的直角坐标方程为x+y-3=0.
∵圆C的参数方程为x=1+cosα,y=sinα(α为参数),
消去参数得(x-1)2+y2=1,
即圆C的普通方程为(x-1)2+y2=1.
(2)由圆C的普通方程为(x-1)2+y2=1,可知圆心C(1,0),半径r=1.
则圆心C到直线l的距离d=|1+0-3|2=22=2>1,故直线l与圆C相离,
故圆C上的点P到直线l距离的最小值是2-1,最大值是2+1.
方法一
直线参数方程中参数t的几何意义
过定点M0(x0,y0),倾斜角为α的直线的参数方程为x=x0+tcosα,y=y0+tsinα(t为参数). ①
通常称①为直线l的参数方程的“标准式”.
参数t的几何意义:
|t|是直线上任一点M(x,y)到点M0(x0,y0)的距离,即|M0M|=|t|.
若t>0,则M0M的方向向上;若t<0,则M0M的方向向下;若t=0,则点M与点M0重合.即当点M在M0上方时,有t=|M0M|;当点M在M0下方时,有t=-|M0M|.
该参数t经常用在直线截圆锥曲线的距离问题中,解题时通常过某定点作一直线与圆锥曲线相交于A,B两点,所求问题与定点到A,B两点的距离有关.解题时主要应用定点在直线AB上,利用参数t的几何意义,结合根与系数的关系进行处理,巧妙求出问题的解.
【突破训练1】在平面直角坐标系中,以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,两种坐标系取相同的单位长度.已知曲线C:ρsin2θ=2acos θ(a>0),过点P(-2,-4)的直线l的参数方程为x=-2+22t,y=-4+22t(t为参数).直线l与曲线C分别交于M,N两点.
(1)求实数a的取值范围;
(2)若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,求实数a的值.
【解析】(1)由题意,可得曲线C的直角坐标方程为y2=2ax(a>0),将直线l的参数方程x=-2+22t,y=-4+22t(t为参数)代入曲线C的直角坐标方程,得12t2-(42+2a)t+16+4a=0,因为直线l与曲线C交于M,N两点,
所以Δ>0,解得a>0或a<-4.
又a>0,所以实数a的取值范围为(0,+∞).
(2)设交点M,N对应的参数分别为t1,t2.
则由(1)知,t1+t2=2(42+2a),t1t2=2(16+4a),
若|PM|,|MN|,|PN|成等比数列,则|t1-t2|2=|t1t2|.
解得a=1或a=-4(舍去),所以实数a的值为1.
方法二
ρ的几何意义的应用
在已知极坐标方程求曲线交点、距离、线段长等几何问题时,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.同时,注意数形结合的应用,即充分利用参数方程中参数的几何意义,或者利用ρ和θ的几何意义,直接求解,达到化繁为简的目的.
【突破训练2】在直角坐标系xOy中,半圆C的参数方程为x=1+cosφ,y=sinφ(φ为参数,0≤φ≤π).以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求C的极坐标方程;
(2)直线l的极坐标方程是ρ(sin θ+3cos θ)=53,射线OM:θ=π3与半圆C的交点为O,P,与直线l的交点为Q,求线段PQ的长.
【解析】(1)半圆C的普通方程为(x-1)2+y2=1(0≤y≤1),又x=ρcos θ,y=ρsin θ,
所以半圆C的极坐标方程是ρ=2cos θ,θ∈0,π2.
(2)设(ρ1,θ1)为点P的极坐标,
则有ρ1=2cosθ1,θ1=π3,解得ρ1=1,θ1=π3.
设(ρ2,θ2)为点Q的极坐标,
则有ρ2(sinθ2+3cosθ2)=53,θ2=π3,解得ρ2=5,θ2=π3.
因为θ1=θ2,所以|PQ|=|ρ1-ρ2|=4,
所以线段PQ的长为4.
方法三
圆锥曲线参数方程的应用
椭圆的参数方程的实质是三角代换,有关椭圆上的动点距离的最大值、最小值以及取值范围的问题,通常利用椭圆的参数方程转化为三角函数的最大值、最小值求解.
【突破训练3】在平面直角坐标系xOy中,动圆x2+y2-42xcos θ-4ysin θ+7cos2θ-8=0(θ为参数)的圆心轨迹为曲线C,点P在曲线C上运动.以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,若直线l的极坐标方程为2ρcosα+π3=35,求点P到直线l的最大距离.
【解析】将动圆的方程配方,得
(x-22cos θ)2+(y-2sin θ)2=9+3sin2θ,
设圆心(x,y),则x=22cosθ,y=2sinθ(θ为参数),
即曲线C的参数方程为x=22cosθ,y=2sinθ(θ为参数),
直线l的直角坐标方程为x-3y-35=0.
设点P(x1,y1),则x1=22cosθ1,y1=2sinθ1,点P到直线l的距离d=|22cosθ1-23sinθ1-35|12+(3)2
=|25sin(θ1+φ)-35|2,
其中tan φ=-63.
∴当sin(θ1+φ)=-1时,点P到直线l的距离d取得最大值552.
【答案】552
1.(2017长沙模拟)在平面直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=3cosα,y=sinα (α为参数),在以原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,直线l的极坐标方程为ρsinθ-π4=2.
(1)求C的普通方程和l的倾斜角;
(2)设点P(0,2),l和C交于A,B两点,求|PA|+|PB|的值.
【解析】(1)由x=3cosα,y=sinα(α为参数),消去参数α,得x29+y2=1,
即C的普通方程为x29+y2=1.
由ρsinθ-π4=2,得ρsin θ-ρcos θ=2, (*)
将x=ρcosθ,y=ρsinθ 代入(*),化简得y=x+2,
所以直线l的倾斜角为π4.
(2)由(1)知,点P(0,2)在直线l上,可设直线l的参数方程为x=tcosπ4,y=2+tsinπ4 (t为参数),即x=22t,y=2+22t (t为参数),
代入x29+y2=1并化简,得5t2+182t+27=0,
Δ=(182)2-4×5×27=108>0,
设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,
则t1+t2=-1825<0,t1t2=275>0,所以t1<0,t2<0,
所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=-(t1+t2)=1825.
2.(2017合肥调研)在直角坐标系xOy中,曲线C:x=2cosα+1,y=2sinα+1 (α为参数),在以O为极点,x轴的正半轴为极轴的极坐标系中,直线l:ρsin θ+ρcos θ=m.
(1)若m=0,判断直线l与曲线C的位置关系;
(2)若曲线C上存在点P到直线l的距离为22,求实数m的取值范围.
【解析】(1)曲线C的普通方程为(x-1)2+(y-1)2=2,其表示圆心为(1,1),半径为2的圆;直线l的直角坐标方程为x+y=0,
圆心C到直线l的距离d=|1+1|12+12=2=r,
所以直线l与圆C相切.
(2)直线l的直角坐标方程为x+y-m=0,
由已知可得,圆心C到直线l的距离d=|1+1-m|12+12≤322,解得-1≤m≤5.
所以实数m的取值范围为[-1,5].
3.(2017石家庄质检)在平面直角坐标系xOy中,曲线C:(x-1)2+y2=1.直线l经过点P(m,0),且倾斜角为π6.
(1)求圆C和直线l的参数方程;
(2)若直线l与曲线C相交于A,B两点,且|PA|·|PB|=1,求实数m的值.
【解析】(1)由曲线C:(x-1)2+y2=1,
得参数方程为x=1+cosθ,y=sinθ (θ为参数),
直线l的参数方程为x=m+32t,y=12t (t为参数).
(2)设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,
将直线l的参数方程代入x2+y2=2x中,
得t2+(3m-3)t+m2-2m=0,所以t1t2=m2-2m,
由题意得Δ>0,|m2-2m|=1,得m=1,m=1+2或m=1-2.
4.(2017唐山质检)已知曲线C1:x+3y=3和C2:x=6cosφ,y=2sinφ (φ为参数).以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,且两种坐标系中取相同的长度单位.
(1)把曲线C1和C2的方程化为极坐标方程;
(2)设C1与x轴,y轴交于M,N两点,且线段MN的中点为P.若射线OP与C2交于点Q,求P,Q两点间的距离.
【解析】(1)曲线C1化为ρcos θ+3ρsin θ=3.
即ρsinθ+π6=32.
曲线C2化为x26+y22=1, (*)
将x=ρcos θ,y=ρsin θ代入(*)式,
得ρ26cos2θ+ρ22sin2θ=1,即ρ2(cos2θ+3sin2θ)=6.
∴曲线C2的极坐标方程为ρ2=61+2sin2θ.
(2)∵M(3,0),N(0,1),∴P32,12,
∴OP的极坐标方程为θ=π6,
把θ=π6代入ρsinθ+π6=32,得ρ1=1,P1,π6.
把θ=π6代入ρ2=61+2sin2θ,得ρ2=2,Q2,π6.
∴|PQ|=|ρ2-ρ1|=1,即P,Q两点间的距离为1.
5.(2017贵阳调研)以直角坐标系中的原点O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,已知曲线的极坐标方程为ρ=21-sinθ.
(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程;
(2)过极点O作直线l交曲线于P,Q两点,若|OP|=3|OQ|,求直线l的极坐标方程.
【解析】(1)∵ρ=x2+y2,ρsin θ=y,
ρ=21-sinθ化为ρ-ρsin θ=2,
∴曲线的直角坐标方程为x2=4y+4.
(2)设直线l的极坐标方程为θ=θ0(ρ∈R),
根据题意21-sinθ0=3×21-sin(θ0+π),
解得θ0=π6或θ0=5π6,
∴直线l的极坐标方程为θ=π6(ρ∈R)或θ=5π6(ρ∈R).
6.(2017赤峰模拟)在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴正半轴为极轴,与直角坐标系xOy取相同的长度单位,建立极坐标系,设曲线C的参数方程为x=cosθ,y=3sinθ(θ为参数),直线l的极坐标方程为ρsinθ-π6=2.
(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程;
(2)求曲线C上的点到直线l的最大距离.
【解析】(1)由ρsinθ-π6=2得ρ(3sin θ-cos θ)=4,
所以直线l的直角坐标方程为x-3y+4=0,
由x=cosθ,y=3sinθ,得曲线C的普通方程为x2+y23=1.
(2)在C上任取一点P(cos θ,3sin θ),则点P到直线l的距离d=|cosθ-3sinθ+4|2=|10cos(θ+φ)+4|2,
其中cos φ=110,sin φ=310,
所以当cos(θ+φ)=1时,dmax=2+102.
7.(2017铁岭模拟)在极坐标系Ox中,曲线C1的极坐标方程为ρsin θ=2,M是C1上任意一点,点P在射线OM上,且满足|OP|·|OM|=4,记点P的轨迹为C2.
(1)求曲线C2的极坐标方程;
(2)求曲线C2上的点到直线ρcosθ+π4=2距离的最大值.
【解析】(1)设P(ρ1,θ),M(ρ2,θ),
由|OP|·|OM|=4,得ρ1ρ2=4, (*)
因为M是C1上任意一点,所以ρ2sin θ=2,代入(*)得ρ1=2sin θ.所以曲线C2的极坐标方程为ρ=2sin θ.
(2)由ρ=2sin θ,得ρ2=2ρsin θ,即x2+y2-2y=0,
化为标准方程为x2+(y-1)2=1,
则圆C2的圆心坐标为(0,1),半径为1,
由直线ρcosθ+π4=2,
得ρcos θcosπ4-ρsin θsin π4=2,即x-y=2,
圆心(0,1)到直线x-y=2的距离
d=|0-1-2|2=322,
所以曲线C2上的点到直线ρcosθ+π4=2距离的最大值为1+322.
8.(2017南京、盐城、徐州、连云港四市模拟)在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.直线l的极坐标方程为ρsinπ3-θ=32,椭圆C的参数方程为x=2cost,y=3sint(t为参数).
(1)求直线l的直角坐标方程与椭圆C的普通方程;
(2)若直线l与椭圆C交于A,B两点,求线段AB的长.
【解析】(1)由ρsinπ3-θ=32得ρ32cosθ-12sinθ=32,所以直线l的直角坐标方程为32x-12y=32,
化简得y=3x-3,即直线l的直角坐标方程为y=3x-3.
由x22+y32=cos2t+sin2t=1得椭圆C的普通方程为x24+y23=1.
(2)联立直线方程与椭圆方程得y=3x-3,x24+y23=1,
消去y并整理得5x2-8x=0,解得x1=0,x2=85,所以A(0,-3),B85,335或A85,335,B(0,-3).
所以AB=0-852+-3-3352=165.
9.(2017邯郸调研)在极坐标系中,已知直线l过点A(1,0),且其向上的方向与极轴的正方向所成的最小正角为π3,求:
(1)直线的极坐标方程;
(2)极点到该直线的距离.
【解析】(1)如图,由正弦定理得
ρsin2π3=1sinπ3-θ.
即ρsinπ3-θ=sin 2π3=32,
∴所求直线的极坐标方程为ρsinπ3-θ=32.
(2)作OH⊥l,垂足为H,
在△OHA中,OA=1,∠OHA=π2,∠OAH=π3,
则OH=OAsin π3=32,
即极点到该直线的距离等于32.
10.(2017黑龙江大庆二模)在直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为x=-35t+2,y=45t(t为参数),以原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,圆C的极坐标方程为ρ=asin θ.
(1)若a=2,求圆C的直角坐标方程与直线l的普通方程;
(2)设直线l截圆C所得弦的长等于圆C的半径长的3倍,求a的值.
【解析】(1)当a=2时,ρ=asin θ即为ρ=2sin θ,
化为直角坐标方程为x2+(y-1)2=1,
直线x=-35t+2,y=45t(t为参数)化为普通方程为4x+3y-8=0.
(2)圆C的极坐标方程转化成直角坐标方程为x2+y-a22=a24,
因为直线l截圆C所得弦的长等于圆C的半径长的3倍,
所以圆心C到直线l的距离d=3a2-85=12·|a|2,
即2|3a-16|=5|a|,解得a=32或a=3211.
11.(2017宁夏银川九中二模)在直角坐标系xOy中,圆C的参数方程为x=3+2cosθ,y=-4+2sinθ(θ为参数).
(1)以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求圆C的极坐标方程;
(2)已知A(-2,0),B(0,2),圆C上任意一点M(x,y),求△ABM面积的最大值.
【解析】(1)圆C的参数方程为x=3+2cosθ,y=-4+2sinθ(θ为参数).
所以圆C的普通方程为(x-3)2+(y+4)2=4.
由x=ρcos θ,y=ρsin θ,可得(ρcos θ-3)2+(ρsin θ+4)2=4,
化简可得圆C的极坐标方程为ρ2-6ρcos θ+8ρsin θ+21=0.
(2)因为x,y满足x=3+2cosθ,y=-4+2sinθ(θ为参数),点M(x,y)到直线AB:x-y+2=0的距离d=|2cosθ-2sinθ+9|2,
△ABM的面积S=12×|AB|×d=|2cos θ-2sin θ+9|=22sinπ4-θ+9,
所以△ABM面积的最大值为9+22.
12.(2017辽宁抚顺二模)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,直线l的参数方程为x=t,y=at(t为参数),曲线C1的极坐标方程为ρ(ρ-4sin θ)=12,定点A(6,0),点P是曲线C1上的动点,Q为AP的中点.
(1)求点Q的轨迹C2的直角坐标方程;
(2)若直线l与曲线C2交于M,N两点,且|MN|≥23,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由x=ρcos θ,y=ρsin θ,x2+y2=ρ2,
曲线C1的极坐标方程为ρ(ρ-4sin θ)=12,
可得曲线C1的直角坐标方程为x2+y2-4y=12.
设点P(x',y'),Q(x,y),
由中点坐标公式,得x'=2x-6,y'=2y,将其代入x2+y2-4y=12,
得点Q的轨迹C2的直角坐标方程为(x-3)2+(y-1)2=4.
(2)直线l的普通方程为y=ax,
设圆心C2到直线l的距离为d,由弦长公式可得,|MN|=222-d2≥23,即d≤1.
可得圆心(3,1)到直线l的距离d=|3a-1|a2+1≤1,
即4a2-3a≤0,解得0≤a≤34,
故实数a的取值范围为0,34.
§22.2 不等式选讲
一
绝对值三角不等式
1.定理1
如果a,b是实数,那么 ,对于|a+b|≤|a|+|b|,当且仅当 时,等号成立.
2.定理2
如果a,b,c是实数,那么 ,当且仅当 时,等号成立.
二
绝对值不等式的解法
1.含绝对值的不等式|x|
不等式
a>0
a=0
a<0
|x|
⌀
⌀
|x|>a
(-∞,0)∪(0,+∞)
R
2.|x-a|+|x-b|≥c(c>0)和|x-a|+|x-b|≤c(c>0)型不等式的解法:
(1)数形结合法;
(2)零点分段法;
(3)构造函数法.
三
不等式证明的方法
1.比较法.
(1)作差比较法;
(2)作商比较法.
2.综合法和分析法.
3.反证法和放缩法.
四
几个常用的不等式
1.柯西不等式
柯西不等式的代数形式:设a1,a2,b1,b2均为实数,则 (当且仅当a1b2=a2b1时,等号成立).
2.平均值不等式
定理:如果a,b,c为正数,那么 ,当且仅当a=b=c时,等号成立.
我们称a+b+c3为正数a,b,c的算术平均值,3abc为正数a,b,c的几何平均值,定理中的不等式为三个正数的算术—几何平均值不等式,简称为平均值不等式.
一般形式的算术—几何平均值不等式:如果a1,a2,…,an为正数,那么 ,当且仅当a1=a2=…=an时,等号成立.
☞ 左学右考
1 设ab<0,a,b∈R,那么正确的是( ).
A.|a+b|>|a-b|
B.|a-b|<|a|+|b|
C.|a+b|<|a-b|
D.|a-b|<||a|-|b||
2 不等式|x-1|-|x-5|<2的解集是 .
3 |ax+b|≤c(c>0)和|ax+b|≥c(c>0)型不等式的解法:
(1) ;
(2)|ax+b|≥c⇔ax+b≤-c或 .
4 设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:
(1)ab+bc+ac≤13;
(2)a2b+b2c+c2a≥1.
知识清单
一、1.||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b| ab≥0
2.|a-c|≤|a-b|+|b-c| (a-b)(b-c)≥0
二、1.(-a,a) (-∞,-a)∪(a,+∞)
四、1.(a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2
2.a+b+c3≥3abc a1+a2+…+ann≥na1·a2·…·an
基础训练
1.【解析】由ab<0得a,b异号,易知|a+b|<|a-b|,|a-b|=|a|+|b|,|a-b|>||a|-|b||,∴A、B、D均不成立.故选C.
【答案】C
2.【解析】f(x)=|x-1|-|x-5|=-4,x≤1,2x-6,1
当1
所以所求不等式的解集为{x|x<4}.
【答案】{x|x<4}
3.【答案】(1)|ax+b|≤c⇔-c≤ax+b≤c (2)ax+b≥c
4.【解析】(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac得
a2+b2+c2≥ab+bc+ac.
由题设得(a+b+c)2=1,
即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac=1.
所以3(ab+bc+ac)≤1,即ab+bc+ac≤13.
(2)因为a2b+b≥2a,b2c+c≥2b,c2a+a≥2c,
所以a2b+b2c+c2a+(a+b+c)≥2(a+b+c),
即a2b+b2c+c2a≥a+b+c.
所以a2b+b2c+c2a≥1.
题型一
绝对值不等式的解法
【例1】已知函数f(x)=|x-2|-|x-5|.
(1)证明:-3≤f(x)≤3;
(2)求不等式f(x)≥x2-8x+15的解集.
【解析】(1)f(x)=|x-2|-|x-5|
=-3,x≤2,2x-7,2
(2)由(1)可知,
当x≤2时,f(x)≥x2-8x+15即为x2-8x+18≤0,解集为空集;
当2
综上,不等式f(x)≥x2-8x+15的解集为{x|5-3≤x≤6}.
(1)求解绝对值不等式的两个注意点:
①要求的不等式的解集是各类情形的并集,利用零点分段法的操作步骤是:找零点,分区间,分段讨论.
②对于解较复杂的绝对值不等式问题,要恰当运用条件,简化分类讨论,优化解题过程.
(2)求解该类问题的关键是去绝对值符号,可以运用零点分段法去绝对值,此外还常利用绝对值的几何意义求解.
【变式训练1】求不等式|2x-1|+|2x+1|≤6的解集.
【解析】(法一)当x>12时,原不等式转化为4x≤6⇒12
当x<-12时,原不等式转化为-4x≤6⇒-32≤x<-12.
综上,所求不等式的解集为x-32≤x≤32.
(法二)原不等式可化为x-12+x+12≤3,
其几何意义为数轴上到12,-12两点的距离之和不超过3的点的集合,数形结合知,当x=32或x=-32时,到12,-12两点的距离之和恰好为3,故当-32≤x≤32时,满足题意,则所求不等式的解集为x-32≤x≤32.
题型二
绝对值不等式的证明
【例2】已知x,y∈R,且|x+y|≤16,|x-y|≤14,
求证:|x+5y|≤1.
【解析】∵|x+5y|=|3(x+y)-2(x-y)|.
∴由绝对值不等式的性质,得
|x+5y|=|3(x+y)-2(x-y)|≤|3(x+y)|+|2(x-y)|=3|x+y|+2|x-y|≤3×16+2×14=1.
即|x+5y|≤1.
绝对值不等式证明的三种主要方法
(1)利用绝对值的定义去掉绝对值符号,转化为普通不等式再证明.
(2)利用三角不等式||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|进行证明.
(3)转化为函数问题,数形结合进行证明.
【变式训练2】设不等式-2<|x-1|-|x+2|<0的解集为M,a,b∈M.
(1)证明:13a+16b<14;
(2)比较|1-4ab|与2|a-b|的大小,并说明理由.
【解析】(1)记f(x)=|x-1|-|x+2|,
则f(x)=3,x≤-2,-2x-1,-2
所以13a+16b≤13|a|+16|b|<13×12+16×12
=14.
(2)由(1)得a2<14,b2<14.
因为|1-4ab|2-4|a-b|2
=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)
=(4a2-1)(4b2-1)>0,
所以|1-4ab|2>4|a-b|2,
故|1-4ab|>2|a-b|.
题型三
绝对值不等式的恒成立问题
【例3】设函数f(x)=x+|x-a|.
(1)当a=2017时,求函数f(x)的值域;
(2)若g(x)=|x+1|,求不等式g(x)-2>x-f(x)恒成立时a的取值范围.
【解析】(1)由题意得,当a=2017时,
f(x)=2x-2017,x≥2017,2017,x<2017.
因为f(x)在(2017,+∞)上单调递增,所以函数f(x)的值域为(2017,+∞).
(2)由g(x)=|x+1|,不等式g(x)-2>x-f(x)恒成立,知|x+1|+|x-a|>2恒成立,
即(|x+1|+|x-a|)min>2.
而|x+1|+|x-a|≥|(x+1)-(x-a)|=|1+a|,
所以|1+a|>2,解得a>1或a<-3.
故a的取值范围为(-∞,-3)∪(1,+∞).
绝对值不等式的恒成立问题
(1)研究含有绝对值的函数问题时,根据绝对值的定义,分类讨论去掉绝对值符号,将原函数转化为分段函数,然后利用数形结合解决,这是常用的思想方法.
(2)f(x)
【变式训练3】设函数f(x)=x-52+|x-a|,x∈R.
(1)求证:当a=-12时,不等式ln f(x)>1成立;
(2)关于x的不等式f(x)≥a在R上恒成立,求实数a的最大值.
【解析】(1)当a=-12时,
由f(x)=x-52+x+12=-2x+2,x<-12,3,-12≤x≤52,2x-2,x>52,
画出草图(图略),分析可得函数f(x)的最小值为3,从而f(x)≥3>e,
所以ln f(x)>1成立.
(2)由绝对值的性质得f(x)=x-52+|x-a|≥x-52-(x-a)=a-52,
所以f(x)的最小值为52-a,
从而52-a≥a,解得a≤54.
因此a的最大值为54.
方法一
绝对值三角不等式的应用
1.应用绝对值三角不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|可以很方便地解决很多问题,比如求最值、证明等,但要注意在应用绝对值三角不等式的过程中,至少有一步是放大或缩小的,在放大或缩小时,若从小的一边入手,则只能放大;若从大的一边入手,则只能缩小.
2.对于绝对值三角不等式|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|,要从以下两个方面深刻理解:
(1)等号成立的条件在解题时经常用到,特别是用此定理求函数的最大(小)值时.
(2)该定理可以推广为|a+b+c|≤|a|+|b|+|c|,也可强化为||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|,它们经常用于含绝对值的不等式的推证.
【突破训练1】已知函数f(x)=|ax+1|,a∈R.
(1)若∀x∈R,f(x)+f(x-2)≥1恒成立,求实数a的取值范围;
(2)若fa-1a+fb-1a+fc-1a=4,求fa2-1a+fb2-1a+fc2-1a的最小值.
【解析】(1)由题意可得f(x)+f(x-2)
=|ax+1|+|a(x-2)+1|=|ax+1|+|2a-ax-1|
≥|ax+1+2a-ax-1|=|2a|,
故|2a|≥1,即a≥12或a≤-12.
(2)因为f(x)=|ax+1|,且fa-1a+fb-1a+fc-1a=4,所以|a|+|b|+|c|=4.
因为16=(|a|+|b|+|c|)2=a2+b2+c2+2|ab|+2|ac|+2|bc|,又2|ab|≤a2+b2,2|ac|≤a2+c2,2|bc|≤b2+c2,
所以16≤3(a2+b2+c2),即a2+b2+c2≥163,当且仅当a=b=c时等号成立.
又fa2-1a+fb2-1a+fc2-1a=a2+b2+c2,所以fa2-1a+fb2-1a+fc2-1a的最小值是163.
方法二
含绝对值不等式的常用解法
1.基本性质法:对a>0,|x|
2.平方法:两边平方去掉绝对值符号.适用于两边都是正数的绝对值不等式.
3.零点分区间法(定义法):含有两个或两个以上绝对值符号的不等式,可用零点分区间法脱去绝对值符号,将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解.
用零点分段法解绝对值不等式的步骤:(1)求零点;(2)划区间,去掉绝对值符号;(3)分别解去掉绝对值的不等式;(4)取每个结果的并集,注意在分段时不要遗漏区间的端点值.
4.几何法:利用绝对值的几何意义,画出数轴,将绝对值转化为数轴上两点的距离求解.
5.数形结合法:在直角坐标系中作出不等式两边所对应的两个函数的图象,利用函数图象求解.
【突破训练2】求不等式|x-1|+|x+2|≥5的解集.
【解析】(法一)如图,设数轴上与-2,1对应的点分别是A,B,则不等式的解就是数轴上到A,B两点的距离之和不小于5的点所对应的实数.显然,区间[-2,1]不是不等式的解集.把点A向左平移一个单位长度到点A1,此时|A1A|+|A1B|=5.把点B向右平移一个单位长度到点B1,此时|B1A|+|B1B|=5,故原不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
(法二)不等式|x-1|+|x+2|≥5⇔x≤-2,-(x-1)-(x+2)≥5 或-2
解得x≥2或x≤-3,
∴所求不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
(法三)原不等式即|x-1|+|x+2|-5≥0.
令f(x)=|x-1|+|x+2|-5,
则f(x)=-2x-6,x≤-2,-2,-2
由图象可知,当x∈(-∞,-3]∪[2,+∞)时,y≥0,
∴所求不等式的解集为(-∞,-3]∪[2,+∞).
1.(2017山西调研)已知关于x的不等式x|x-m|-2≥m.
(1)当m=0时,求该不等式的解集;
(2)当x∈[2,3]时,该不等式恒成立,求m的取值范围.
【解析】(1)当m=0时,原不等式化为x|x|-2≥0,等价于x≥0,x2≥2或x<0,-x2≥2,解得x≥2.
∴所求不等式的解集为{x|x≥2}.
(2)∵x∈[2,3],∴x>0,
∴原不等式化为|x-m|≥m+2x. ①
当m≤-2,即m+2≤0时,①式恒成立,∴m≤-2;
当m>-2,即m+2>0时,①式化为
x-m≥m+2x或x-m≤-m+2x,化简得x2-2≥m(x+1)或x2+2≤m(x-1).
∵x∈[2,3],∴x+1>0,x-1>0,
∴m≤x2-2x+1或m≥x2+2x-1.
又x2-2x+1=x-1x+1-1,x2+2x-1=x-1+3x-1+2,
∴当x∈[2,3]时,x2-2x+1min=23,x2+2x-1max=6,
∴m≤23或m≥6.∴-2
2.(2017云南十校联考)已知函数f(x)=|x+1|-2|x-1|.
(1)求f(x)的图象与x轴围成的三角形的面积;
(2)设g(x)=x2-ax+4x,若对∀s,t∈(0,+∞),恒有g(s)≥f(t)成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)∵f(x)=|x+1|-2|x-1|,
∴f(x)=x-3,x<-1,3x-1,-1≤x≤1,-x+3,x>1,
∴f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A13,0,B(3,0),C(1,2),
∴S△ABC=12×2×83=83,
∴f(x)的图象与x轴围成的三角形的面积为83.
(2)∵∀s∈(0,+∞),g(s)=s2-as+4s=s+4s-a≥2s×4s-a=4-a,当且仅当s=2时,g(s)有最小值4-a.
又由(1)可知,对∀t∈(0,+∞),f(t)≤f(1)=2.
∀s,t∈(0,+∞),恒有g(s)≥f(t)成立,
等价于∀s,t∈(0,+∞),g(s)min≥f(t)max,
等价于4-a≥2,即a≤2,
∴实数a的取值范围是(-∞,2].
3.(2017甘肃省肃南县第一中学高三一模)已知a>0,b>0,c>0,函数f(x)=|x+a|-|x-b|+c的最大值为10.
(1)求a+b+c的值;
(2)求14(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2的最小值,并求出此时a,b,c的值.
【解析】(1)f(x)=|x+a|-|x-b|+c≤|(x+a)-(x-b)|+c=|a+b|+c=a+b+c,当且仅当x≥b时取等号,
所以f(x)的最大值为a+b+c.又因为f(x)的最大值为10,所以a+b+c=10.
(2)由(1)知a+b+c=10,由柯西不等式,
得a-122+(b-2)2+(c-3)2(22+12+12)≥a-12×2+(b-2)×1+(c-3)×12=(a+b+c-6)2=16,即14(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2≥83,当且仅当a-14=b-21=c-31,即a=113,b=83,c=113时等号成立.
4.(2017广州模拟)已知定义在R上的函数f(x)=|x-m|+|x|,m∈N*,存在实数x使f(x)<2成立.
(1)求实数m的值;
(2)若α,β≥1,f(α)+f(β)=4,求证:4α+1β≥3.
【解析】(1)因为|x-m|+|x|≥|(x-m)-x|=|m|.
要使不等式|x-m|+|x|<2有解,则|m|<2,
解得-2
所以f(α)+f(β)=2α-1+2β-1=4,即α+β=3,
所以4α+1β=134α+1β(α+β)=135+4βα+αβ
≥135+24βα·αβ=3(当且仅当4βα=αβ,即α=2,β=1时等号成立).
故4α+1β≥3.
5.(2017安徽十校第三次联考)已知函数f(x)=|x+4|-|x-1|.
(1)求不等式f(x)>3的解集;
(2)若不等式f(x)+1≤4a-5×2a有解,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意知,f(x)=-5,x≤-4,2x+3,-4
(2)由f(x)+1≤4a-5×2a有解,得f(x)≤4a-5×2a-1有解,即f(x)min≤4a-5×2a-1,即转化为求函数f(x)的最小值.
由(1)可知,f(x)的最小值是-5,且在x≤-4时取得.
∴4a-5×2a-1≥-5,即4a-5×2a+4≥0,即2a≥4或0<2a≤1,解得a≥2或a≤0,
故实数a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).
6.(2017四川遂宁三诊)设f(x)=|x-b|+|x+b|.
(1)当b=1时,求不等式f(x)≤x+2的解集;
(2)当x=1时,若不等式f(x)≥|a+1|-|2a-1||a|对任意实数a(a≠0)恒成立,求实数b的取值范围.
【解析】(1)当b=1时,f(x)=|x-1|+|x+1|,所以由f(x)≤x+2得
x+2≥0,x≤-1,1-x-x-1≤x+2或x+2≥0,-1
所以不等式f(x)≤x+2的解集为{x|0≤x≤2}.
(2)|a+1|-|2a-1||a|=1+1a-2-1a≤1+1a+2-1a=3,
当且仅当1a>2时,等号成立.
由不等式f(x)≥|a+1|-|2a-1||a|对任意实数a(a≠0)恒成立,当x=1时,可得|1-b|+|1+b|≥3,解得b≤-32或b≥32.故实数b的取值范围是-∞,-32∪32,+∞.
7.(2017湖北省八校联考)已知函数f(x)=|x+2|+|x-4|-m的定义域为R.
(1)求实数m的取值范围;
(2)若m的最大值为n,当正数a,b满足4a+5b+13a+2b=n时,求4a+7b的最小值.
【解析】(1)∵函数f(x)的定义域为R,且|x+2|+|x-4|≥|(x+2)-(x-4)|=6,∴m≤6.
(2)由(1)知n=6,利用柯西不等式得,4a+7b=16(4a+7b)4a+5b+13a+2b=16[(a+5b)+(3a+2b)]·4a+5b+13a+2b≥32,当且仅当a=126,b=526时取等号,∴4a+7b的最小值为32 .
8.(2017福建省模拟)已知m,n都是实数,且m≠0,f(x)=|2x-1|+|x-2|.
(1)若f(x)>2,求实数x的取值范围;
(2)若|m+n|+|m-n|≥|m|f(x)对满足条件的所有m,n都成立,求实数x的取值范围.
【解析】(1)f(x)=3-3x,x≤12,x+1,12
由f(x)>2得3-3x>2,x≤12 或x+1>2,12
解得x<13或x>1.
故所求实数x的取值范围为-∞,13∪(1,+∞).
(2)由m+n+m-n≥mf(x)且m≠0得
m+n+m-nm≥f(x),
又∵m+n+m-nm≥m+n+m-nm=2,
∴f(x)≤2.
∵由(1)可知f(x)>2的解集为-∞,13∪(1,+∞),
∴f(x)≤2的解集为13,1,
∴实数x的取值范围为13,1.
9.(2017湖北省武汉市高三第三次模拟)已知函数f(x)=|2x+1|+|3x-2|,且不等式f(x)≤5的解集为x-4a5≤x≤3b5,a,b∈R.
(1)求a,b 的值;
(2)对任意实数x,都有|x-a|+|x+b|≥m2-3m+5成立,求实数m的最大值.
【解析】(1)若x≤-12,原不等式可化为-2x-1-3x+2≤5,解得x≥-45,即-45≤x≤-12;若-12
10.(2017湖南省邵阳市高三第二次联考)设函数f(x)=|x+2|-|x-1|.
(1)求不等式f(x)>1的解集;
(2)若关于x的不等式f(x)+4≥|1-2m|有解,求实数m的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)可化为f(x)=-3,x≤-2,2x+1,-2
综上,不等式f(x)>1的解集为(0,+∞).
(2)关于x的不等式f(x)+4≥|1-2m|有解等价于(f(x)+4)max≥|1-2m|,由(1)可知f(x)max=3,即|1-2m|≤7,解得-3≤m≤4.所以m的取值范围为[-3,4].
11.(2017福建省泉州市高三3月质量检测)已知函数f(x)=|x+1|+|2x-4|.
(1)求不等式f(x)<9的解集;
(2)若直线y=m与曲线y=f(x)围成一个三角形,求实数m的取值范围,并求所围成的三角形面积S的最大值.
【解析】(1)f(x)=|x+1|+|2x-4|=-3x+3,x≤-1,-x+5,-1
综上可得,原不等式的解集为(-2,4).
(2)函数f(x)的图象如图所示.因为f(-1)=6,f(x)min=f(2)=3,
所以当3
12.(2017安徽省宣城市高三第二次调研)已知f(x)=|ax-1|,若a>0,不等式f(x)≤3的解集是{x|-1≤x≤2}.
(1)求a的值;
(2)若f(x)+f(-x)3<|k|存在实数解,求实数k的取值范围.
【解析】(1)由|ax-1|≤3,得-3≤ax-1≤3,即-2≤ax≤4.
当a>0时,-2a≤x≤4a,
因为若a>0,不等式f(x)≤3的解集是{x|-1≤x≤2},比较可知a=2.
(2)因为f(x)+f(-x)3=|2x-1|+|2x+1|3≥|(2x-1)-(2x+1)|3=23,所以要使f(x)+f(-x)3<|k|存在实数解,只需|k|>23,解得k>23或k<-23.所以实数k的取值范围是-∞,-23∪23,+∞.
阶段总结八
微专题一
用演绎推理揭开“新定义、新信息”的面纱
演绎推理是由一般到特殊的推理,它常用来证明或推导数学问题,对于新定义、新信息问题,常用演绎推理来解决,即把新定义、新信息作为大前提,结合题目中隐含的小前提来推出结论.
【例1】对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),给出定义:设f'(x)是函数y=f(x)的导数,f″(x)是函数f'(x)的导数,若方程f″(x)=0有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.
若三次函数f(x)=13x3-12x2+3x-512,请你根据这一发现,求:
(1)函数f(x)的图象的对称中心为 ;
(2)f12017+f22017+f32017+f42017+…+f20162017= .
【分析】依据拐点或对称中心的意义,求导,求对称中心,依据对称中心的几何意义,写出一般关系式,并据此对所给式子进行组合,观察组合的组数,从而求值.
【解析】(1)f'(x)=x2-x+3,f″(x)=2x-1,令f″(x)=0,则x=12,f12=1,所以函数f(x)=13x3-12x2+3x-512的图象的对称中心为12,1.
(2)由(1)知,f(x)的图象的对称中心为12,1,所以f12+x+f12-x=2,即f(x)+f(1-x)=2,可得f12017+f20162017=2,f22017+f20152017=2,…,所以f12017+f22017+f32017+f42017+…+f20162017=2016.
【答案】(1)12,1 (2)2016
【拓展训练1】已知M是△ABC内的一点(不含边界),且AB·AC=23,∠BAC=30°,若△MBC,△BMA和△MAC的面积分别为x,y和z,记f(x,y,z)=1x+4y+9z,则f(x,y,z)的最小值是 .
【解析】由题意得AB·AC=|AB|·|AC|cos∠BAC=23,则|AB|·|AC|=4,∴S△ABC=12|AB|·|AC|·sin∠BAC=1,即x+y+z=1,∴f(x,y,z)=1x+4y+9z=x+y+zx+4(x+y+z)y+9(x+y+z)z=14+yx+4xy+9xz+zx+4zy+9yz≥14+4+6+12=36当且仅当x=16,y=13,z=12时等号成立.
【答案】36
微专题二
基本不等式的应用
创设运用基本不等式的条件,合理拆分项或配凑项是常用的技巧,其中拆与凑的目的在于满足基本不等式的条件,通常是考虑分母的代数式,考虑将整式拆分或配凑成与分母的代数式有关系的式子与常数的和.当多次使用基本不等式时,一定要注意每次是否能保证等号成立,并且要注意取等号条件的一致性,否则就会出错.
【例2】(1)(2017江西南昌调研)已知a,b∈R,且ab≠0,则下列结论恒成立的是( ).
A.a+b≥2ab B.a2+b2>2ab
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+4<4,又a>0,解得0
微专题四
一元二次函数、不等式、方程的综合转化
该类题型的综合性较强,有一定的难度.解决此类问题的关键是灵活利用不等式、方程、函数三者之间的关系,将不等式成立的范围问题转化为方程的解或函数在某一段区间上的图象问题进行求解.
【例4】已知函数f(x)=x2+4x+4,若存在实数a,t,使 得f(x+a)≤4x对任意的x∈[1,t]恒成立,则实数t的最大值是( ).
A.4 B.7
C.8 D.9
【分析】先由f(x)=(x+2)2和f(x+a)≤4x得(x+a+2)2≤4x,化简得(x+a)2+4a+4≤0,令g(x)=(x+a)2+4a+4,利用函数性质将恒成立问题转化为g(1)≤0且g(t)≤0,求解t的取值范围,最后求出最值.
【解析】由f(x)=(x+2)2,f(x+a)≤4x,得(x+a+2)2≤4x,
化简得(x+a)2+4a+4≤0,
设g(x)=(x+a)2+4a+4,g(x)图象为开口向上的抛物线,若存在实数a,t,对任意的x∈[1,t],g(x)≤0恒成立,
只需函数在两个端点处的函数值非正即可,
即g(1)=a2+6a+5≤0,解得-5≤a≤-1;
g(t)=(t+a)2+4a+4≤0,
即-4≤t-5≤4,解得1≤t≤9,
又t>1,所以实数t的最大值为9.
【答案】D
【拓展训练4】(2017湛江检测)设奇函数f(x)在[-1,1]上是单调函数,且f(-1)=-1.若函数f(x)≤t2-2at+1对所有的x∈[-1,1]都成立,则当a∈[-1,1]时,t的取值范围是 .
【解析】∵f(x)为奇函数,f(-1)=-1,
∴f(1)=-f(-1)=1.
又∵f(x)在[-1,1]上是单调函数,∴-1≤f(x)≤1,
∴当a∈[-1,1]时,t2-2at+1≥1恒成立,
即t2-2at≥0恒成立.
令g(a)=t2-2at,a∈[-1,1],
∴t2-2t≥0,t2+2t≥0,解得t≥2或t=0或t≤-2.
【答案】(-∞,-2]∪{0}∪[2,+∞)
微专题五
自主招生真题赏析
本专题供参加自主招生考试的学生使用
1.设x,y,z>0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(m<0)的最短距离为1,若点N(a,b)在直线l位于第一象限的部分,则1a+1b的最小值为 .
【解析】圆C:(x-3)2+(y-4)2=25,圆心坐标为(3,4),半径为5,
圆C上的点到直线l:3x+4y+m=0(m<0)的最短距离为1,可得|9+16+m|9+16=6,解得m=-55.
点N(a,b)在直线l位于第一象限的部分,可得3a+4b=55.
则1a+1b=1551a+1b(3a+4b)=1557+4ba+3ab≥1557+24ba×3ab=7+4355.当且仅当3a2=4b2,a=55(23-3)3取等号.
【答案】7+4355
12.(2017江西八校联考)若关于x的不等式|ax-2|<6的解集为x|-43
(2)若b=1,求-at+12+3bt的最大值.
【解析】(1)依题意知-43和83是方程|ax-2|=6的两个根,则-43a-2=6,83a-2=6,∴a=3.
(2)-3t+12+3t≤(1+1)(-3t+12+3t)=26,当且仅当-3t+12=3t,即t=2时等号成立.∴-at+12+3bt的最大值为26.
13.(2017黑龙江省双鸭山市宝清一中高考一模)已知圆E的极坐标方程为ρ=4sin θ,以极点为原点,极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,两种坐标系取相同的单位长度(其中(ρ,θ),ρ≥0,θ∈[0,2π)).
(1)直线l过原点,且倾斜角α=3π4,求l与圆E的交点A的极坐标(点A不是坐标原点);
(2)直线m过线段OA的中点M,且交圆E于B、C两点,求||MB|-|MC||的最大值.
【解析】(1)∵直线l的倾斜角α=3π4,
∴直线l的极角θ=3π4或θ=7π4.代入圆E的极坐标方程ρ=4sin θ,可得ρ=22或ρ=-22(舍去).
∴l与圆E的交点A的极坐标为22,3π4.
(2)由(1)可得,线段OA的中点M为2,3π4,∴M的直角坐标为(-1,1).
由圆E的极坐标方程为ρ=4sin θ,即ρ2=4ρsin θ,可得其直角坐标方程为x2+y2-4y=0,
设直线l的参数方程为x=-1+tcosα,y=1+tsinα(t为参数),
代入圆E的直角坐标方程可得,t2-2t(sin α+cos α)-2=0,Δ>0,
∴t1+t2=2(sin α+cos α),t1t2=-2.
∴||MB|-|MC||=||t1|-|t2||=|t1+t2|=2|sin α+cos α|=22sinα+π4.
∴||MB|-|MC||的最大值为22.
滚动检测七
一、选择题
1.(2017广东省茂名市高考一模)设i为虚数单位,复数(2-i)z=1+i,则z的共轭复数z在复平面中对应的点在( ).
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
【解析】∵(2-i)z=1+i,
∴(2+i)(2-i)z=(2+i)(1+i),
∴z=1+3i5.
则z的共轭复数z=15-35i在复平面中对应的点15,-35在第四象限.故选D.
【答案】D
2.(2017黑龙江省大庆市高考二模)已知α,β是两个不同的平面,l,m,n是不同的直线,下列命题不正确的是( ).
A.若l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,则l⊥α
B.若l∥m,l⊄α,m⊂α,则l∥α
C.若α⊥β,α∩β=l,m⊂α,m⊥l,则m⊥β
D.若α⊥β,m⊥α,n⊥β,,则m⊥n
【解析】若l⊥m,l⊥n,m⊂α,n⊂α,不能推出l⊥α,缺少条件m与n相交,故A不正确.
【答案】A
3.(2017河北省张家口市高考模拟)已知三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上,且侧棱AA1⊥平面ABC,若AB=AC=3,∠BAC=2π3,AA1=8,则球的表面积为( ).
A.36π B.64π C.100π D.104π
【解析】∵AB=AC=3,∠BAC=2π3,∴BC=9+9-2×3×3×-12=33,
∴△ABC的外接圆直径2r=3332=6,
∴r=3.
∵AA1⊥平面ABC,AA1=8,
∴该三棱柱的外接球的半径R=32+822=5,
∴该三棱柱的外接球的表面积为S=4πR2=4π×52=100π.故选C.
【答案】C
4.(2017黑龙江省双鸭山市联考)已知点P是圆x2+y2=4上的动点,A,B,C是以坐标原点为圆心的单位圆上的动点,且AB·BC=0,则|PA+PB+PC|的最小值为( ).
A.4 B.5 C.6 D.7
【解析】∵AB·BC=0,
∴AB⊥BC,即∠ABC=90°,
∴AC为△ABC外接圆的直径.
设坐标原点为O,
则PA+PB+PC=PO+OA+PO+OB+PO+OC
=3PO+OB.
∵P是圆x2+y2=4上的动点,
∴|PO|=2,
∴|PA+PB+PC|=|3PO+OB|≥3|PO|-|OB|=5,
当OP与OB反向共线时,取得最小值.故选B.
【答案】B
5.(2017陕西模拟)执行如图所示的程序框图,则输出a的值为( ).
A.9 B.121 C.130 D.17021
【解析】模拟执行程序,可得
a=1,b=2,c=3,满足条件c<2016;
a=2,b=9,c=11,满足条件c<2016;
a=9,b=121,c=130,满足条件c<2016;
a=121,b=16900,c=17021,不满足条件c<2016,退出循环,输出a的值为121.
故选B.
【答案】B
6.(2017河北石家庄联考)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( ).
A.143 B.5 C.163 D.6
【解析】由三视图可知几何体是由直三棱柱ABD-EFG和四棱锥C-BDGF组合而成,直观图如图所示,直三棱柱的底面是一个直角三角形,两条直角边分别是1、2,高是2,
∴几何体的体积V=V三棱柱ABD-EFG+V四棱锥C-BDGF
=V三棱柱ABD-EFG+V三棱锥C-DFG+V三棱锥C-BDF
=V三棱柱ABD-EFG+V三棱锥F-CDG+V三棱锥F-BDC
=12×1×2×2+13×12×2×2×2+13×12×2×2×2=143.故选A.
【答案】A
7.(2017江西省上高二中、丰城中学高考模拟)在考试测评中,常用难度曲线图来检测题目的质量,一般来说,全卷得分高的学生,在某道题目上的答对率也应较高,如图所示的是某次数学测试压轴题的第1、2问得分难度曲线图,第1、2问满分均为6分,图中横坐标为分数段,纵坐标为该分数段的全体考生在第1、2问的平均难度,则下列说法正确的是( ).
A.此题没有考生得12分
B.此题第1问比第2问更能区分学生数学成绩的好与坏
C.分数在[40,50)的考生此大题的平均得分大约为4.8分
D.全体考生第1问的得分标准差小于第2问的得分标准差
【解析】由图中横坐标为分数段,纵坐标为该分数段的全体考生在第1、2问的平均难度,分数越高的同学,第1问得分越高,说明此题第1问比第2问更能区分学生数学成绩的好与坏,故选B.
【答案】B
8.(2017河北省张家口市高考模拟)已知点P(x,y)满足|x|-1≤y≤1-|x|2,O为坐标原点,则使|PO|≥22的概率为( ).
A.ππ+2 B.ππ+4 C.2π+1 D.2π+2
【解析】点P(x,y)满足的区域如图所示,面积为12π+12×2×1=π+22,使|PO|≥22成立的区域如图中阴影部分,面积为π+22-π×12=1,∴所求概率为1π+22=2π+2,故选D.
【答案】D
9.(2017四川省南充市高考二诊)某校开设5门不同的数学选修课,每位同学可以从中任选1门或2门课学习,若甲、乙、丙三位同学选择的课没有1门是相同的,则不同的选法共有( ).
A.330种 B.420种 C.510种 D.600种
【解析】由题意,若都选1门,有A53=60种;若有1人选2门,则有C31C52A32=180种;若有2人选2门,则有C32C52C32=90种,故共有60+180+90=330种,故选A.
【答案】A
10.(2017山西省晋中市高考一模)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,过点F1且垂直于x轴的直线与该双曲线的左支交于A、B两点,AF2、BF2分别交y轴于P、Q两点,若△PQF2的周长为12,则ab取得最大值时该双曲线的离心率为( ).
A.2 B.3 C.22 D.233
【解析】由题意,△ABF2的周长为24,
∵|AF2|+|BF2|+|AB|=24,
∵|AF2|+|BF2|-|AB|=4a,|AB|=2b2a,
∴4b2a=24-4a,∴b2=a(6-a).
令y=a2b2,则y=a2b2=a3(6-a),
∴y'=2a2(9-2a),
当0
当a>4.5时,y'<0.
∴当a=4.5时,y=a2b2取得最大值,此时ab取得最大值,b=332,∴c=33,∴e=ca=233,故选D.
【答案】D
二、填空题
11.(2017江西九江联考)已知 a=1π∫ -11(1-x2+sin x)dx,则二项式2x-ax29的展开式中的常数项为 .
【解析】a=1π∫ -11(1-x2+sin x)dx=1π(∫ -111-x2dx+∫ -11sin xdx)=1π×12×π×12+1π×(-cosx)-11=12,
则二项式2x-ax29=2x-12x29,通项公式Tr+1=C9r(2x)9-r-12x2r=(-1)r29-2rC9rx9-3r,
令9-3r=0,解得r=3.
∴展开式中的常数项为-23C93=-672.
【答案】-672
12.(2017贵州模拟)黔东南州雷山西江千户苗寨,是目前中国乃至全世界最大的苗族聚居村寨,每年来自世界各地的游客络绎不绝.假设每天到西江苗寨的游客人数ξ是服从正态分布N(2000,10000)的随机变量.则每天到西江苗寨的游客人数超过2100的概率为 .
(参考数据:若ξ服从N(μ,δ2),有P(μ-δ<ξ≤μ+δ)=0.6826,P(μ-2δ<ξ≤μ+2δ)=0.9544,P(μ-3δ<ξ≤μ+3δ)=0.9974)
【解析】∵服从正态分布N(μ,σ2)的随机变量在区间(μ-σ,μ+σ)内取值的概率为0.6826,随机变量ξ服从正态分布N(2000,10000),∴每天到西江苗寨的游客人数超过2100的概率为12×(1-0.6826)=0.1587.
【答案】0.1587
13.(2017河北衡水中学调研)在公元前3世纪,古希腊欧几里得在《几何原本》里提出:“球的体积(V)与它的直径(D)的立方成正比”,此即V=kD3,欧几里得未给出k的值.17世纪日本数学家们对求球的体积的方法还不了解,他们将体积公式V=kD3中的常数k称为“立圆率”或“玉积率”.类似地,对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)、正方体也可利用公式V=kD3求体积(在等边圆柱中,D表示底面圆的直径;在正方体中,D表示棱长).假设运用此体积公式求得球(直径为a),等边圆柱(底面圆的直径为a),正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k1,k2,k3,那么k1∶k2∶k3= .
【解析】∵V1=43πR3=43πa23=π6a3,∴k1=π6.
∵V2=aπR2=aπa22=π4a3,∴k2=π4.
∵V3=a3,∴k3=1,
∴k1∶k2∶k3=π6∶π4∶1.
【答案】π6∶π4∶1
14.(2017新疆乌鲁木齐高考三诊)学校拟安排六位老师5 月1日至5月3日值班,要求每人值班一天,每天安排两人,则王老师不值5月2日的班,李老师不值5月3日的班的概率为 .
【解析】六位老师值班每天安排两人的排法有C62C42C22=90种,满足要求的排法有:第一类情况,王老师和李老师在同一天值班,则只能排在5月1号,有C42=6种;第二类情况,王老师和李老师不在同一天值班,有3C42A22=36种,故共有42种.因此所求事件的概率P=4290=715.
【答案】715
15.(2017江西九江十校联考)已知直线y=kx+14与曲线y=x恰有两个不同的交点,记k的所有可能取值构成集合A;P(x,y)是椭圆x216+y29=1上一动点,点P1(x1,y1)与点P关于直线y=x+1对称,记y1-14的所有可能取值构成集合B,若随机从集合A,B中分别取出一个元素λ1,λ2,则λ1>λ2的概率是 .
【解析】∵y=x,
∴x=y2(y≥0),代入y=kx+14得y=ky2+14,
整理得ky2-y+k4=0,
直线y=kx+14与曲线y=x恰有两个不同的交点,
等价为ky2-y+k4=0有两个不同的非负根,
即Δ=1-k2>0,且12k>0,k>0,
解得0
∴-4≤y1-1≤4,
即-1≤y1-14≤1.
设b=y1-14,则-1≤b≤1,
∴B={b|-1≤b≤1}.
若随机从集合A,B中分别取出一个元素λ1,λ2,
则λ1>λ2等价为0<λ1<1,-1≤λ2≤1,λ1>λ2,
其可行域如图阴影部分所示,
则λ1>λ2的概率是34.
【答案】34
三、解答题
16.(2017湖南长沙二模)专家研究表明,PM2.5是霾的主要成分,在研究PM2.5形成原因时,某研究人员研究了PM2.5与燃烧排放的CO2、NO2、CO、O2等物质的相关关系.下图是某地某月PM2.5与CO和O2相关性的散点图.
(1)根据上面散点图,请你就CO,O2对PM2.5的影响关系做出初步评价.
(2)根据有关规定,当CO排放量低于100 μg/m3时CO排放量达标,反之为CO排放量超标;当PM2.5值大于200 μg/m3时雾霾严重,反之雾霾不严重.根据PM2.5与CO相关性的散点图填写下面2×2列联表,并判断有多大的把握认为“雾霾是否严重与CO排放量有关”:
雾霾不严重
雾霾严重
总计
CO排放量达标
CO排放量超标
总计
(3)我们知道雾霾对交通影响较大.某市交通部门发现,在一个月内,当CO排放量分别是60,120,180时,某路口的交通流量(单位:万辆)依次是800,600,200,而在一个月内,CO排放量是60,120,180的概率依次是p,q2,q12
P(k2≥k0)
0.100
0.050
0.010
0.001
k0
2.706
3.841
6.635
10.828
K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d).
【解析】(1)根据散点图知,CO对PM2.5有正相关关系,而O2对PM2.5没有相关关系.
(2)列联表如下:
雾霾不严重
雾霾严重
总计
CO排放量达标
13
5
18
CO排放量超标
2
10
12
总计
15
15
30
由表中数据可知k=30×(13×10-2×5)215×15×18×12=809≈8.889>6.635,
故有99%的把握认为“雾霾是否严重与CO排放量有关”.
(3)设交通流量为X,则可得如下分布列:
X
800
600
200
P
p
q2
q
因为p+q2+q=1,12
即该路口一个月的交通流量期望值在17003万辆到800万辆之间.
17.(2017辽宁大连联考)已知直角梯形ABCD中,AD⊥DC,AD⊥AB,△CDE是边长为2的等边三角形,AB=5.沿CE将△BCE折起,使B至B'处,且B'C⊥DE,再将△ADE沿DE折起,使A至A'处,且平面A'DE⊥平面CDE,△B'CE和△A'DE在平面CDE的同侧.
(1)求证:B'C⊥平面CDE;
(2)求平面B'A'D与平面CDE所成的锐二面角的余弦值.
【解析】(1)在直角梯形ABCD中,由△CDE是边长为2的等边三角形,AB=5,得AD=3,BC=23,CE=2,BE=4,
所以BC2+CE2=(23)2+22=16=BE2.
即B'C⊥CE,又B'C⊥DE,DE∩CE=E,所以B'C⊥平面CDE.
(2)如图,以C为原点,CE,CB'所在直线为y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则C(0,0,0),B'(0,0,23),D(3,1,0),E(0,2,0).
作A'H⊥DE,因为平面A'DE⊥平面CDE,所以A'H⊥平面CDE,且A'H=32.
在平面图形中,可求得H34,74,0,所以A'34,74,32.
易知平面CDE的一个法向量n1=(0,0,1).
设平面B'A'D的法向量为n2=(x,y,z),且B'D=(3,1,-23),B'A'=34,74,-332.
由n2·B'D=0,n2·B'A'=0,得3x+y-23z=0,34x+74y-332z=0,
取y=2,得x=433,z=3,所以n2=433,2,3.
所以cos
=31×4332+22+(3)2=33737.
所以平面B'A'D与平面CDE所成的锐二面角的余弦值为33737.
18.(2017贵阳八校联考)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>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0<1348(1+m2)≤1348,
即有1|AB|+1|CD|的取值范围为16,716.
19.(2017陕西榆林一模)在平面直角坐标系xOy中,曲线C1:x=a+acosφ,y=asinφ(φ为参数,a>0),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
综上,不等式的解集为{x|-6≤x≤-4或x≥6}.
(2)由f(x)=|x+5|-|x-1|≤|x+5-x+1|=6,
得k=6,
由lg a+lg(2b)=lg(a+4b+k),
得2ab=a+4b+6,
得2ab≥4ab+6,
故ab-2ab-3≥0,
即(ab-3)(ab+1)≥0,
解得ab≥3,故ab≥9.
所以ab的最小值为9.
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