课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习4-4-1
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练4-1
课时知能训练一、选择题1．对于非零向量a 、b ，“a ＋b ＝0”是“a ∥b ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件2．已知AB →＝a ＋2b ，BC →＝－5a ＋6b ，CD →＝7a －2b ，则下列一定共线的三点是( )A ．A 、B 、C B ．A 、B 、D C ．B 、C 、D D ．A 、C 、D3．已知P 是△ABC 所在平面内的一点，若CB →＝λPA →＋PB →，其中λ∈R ，则点P 一定在( )A ．△ABC 的内部B ．AC 边所在直线上 C ．AB 边所在直线上D ．BC 边所在直线上4．(2012·揭阳模拟)已知点O 为△ABC 外接圆的圆心，且OA →＋OB →＋OC →＝0，则△ABC 的内角A 等于( )A ．30°B ．60°C ．90°D ．120°5．设O 在△ABC 的内部，D 为AB 的中点，且OA →＋OB →＋2OC →＝0，则△ABC 的面积与△AOC 的面积之比为( )A ．3B ．4C ．5D ．6 二、填空题6．若AB →＝3e 1，CD →＝－5e 1，且AD →与CB →的模相等，则四边形ABCD 是__________．7．已知向量a ，b 是两个非零向量，则在下列四个条件中，能使a 、b 共线的条件是________(将正确的序号填在横线上)．①2a －3b ＝4e ，且a ＋2b ＝－3e ； ②存在相异实数λ、μ，使λ·a ＋μ·b ＝0； ③x ·a ＋y ·b ＝0(实数x ，y 满足x ＋y ＝0)； ④若四边形ABCD 是梯形，则AB →与CD →共线． 8．如图4－1－3，在△ABC 中，图4－1－3点O 是BC 的中点．过点O 的直线分别交直线AB 、AC 于不同的两点M 、N ，若AB→＝mAM →，AC →＝nAN →，则m ＋n 的值为________． 三、解答题图4－1－49．(2012·肇庆质检)如图4－1－4所示，在△ABC 中，AN→＝13NC →，P 是BN上的一点，若AP→＝mAB →＋211AC →，求实数m 的值．10．设a ，b 是两个不共线的非零向量，若a 与b 起点相同，t ∈R ，t 为何值时，a ，t b ，13(a ＋b )三向量的终点在一条直线上？11．设O 是平面上一定点，A ，B ，C 是平面上不共线的三点，动点P 满足OP →＝OA →＋λ(AB →|AB →|＋AC →|AC →|)，λ∈[0，＋∞)．求点P 的轨迹，并判断点P 的轨迹通过下述哪一个定点：①△ABC 的外心；②△ABC 的内心；③△ABC 的重心；④△ABC 的垂心．答案及解析1．【解析】 由a ＋b ＝0知道a 与b 互为相反向量，从而a ∥b ，充分性成立．由a ∥b 知a ＝λb ，λ≠－1时，a ＋b ≠0，∴必要性不成立． 【答案】 A2．【解析】 BD →＝BC →＋CD →＝2a ＋4b ＝2AB →⇒BD →∥AB →⇒A 、B 、D 三点共线． 【答案】 B3．【解析】 ∵CB →＝CP →＋PB →，又CB →＝λPA →＋PB →， ∴CP →＝λPA →，∴点P ∈AC . 【答案】 B4．【解析】 由OA →＋OB →＋OC →＝0，知点O 为△ABC 重心，又O 为△ABC 外接圆的圆心， ∴△ABC 为等边三角形，A ＝60°. 【答案】 B5．【解析】 ∵D 为AB 的中点， 则OD→＝12(OA →＋OB →)， 又OA→＋OB →＋2OC →＝0， ∴OD→＝－OC →，∴O 为CD 的中点， ∴S △AOC ＝12S △ADC ＝14S △ABC ，则S △ABCS △AOC ＝4.【答案】 B6．【解析】 ∵AB →＝－35CD →，∴AB ∥CD ，且|AB |≠|CD |. 【答案】 等腰梯形7．【解析】 由①得10a －b ＝0，故①对．②对． 对于③当x ＝y ＝0时，a 与b 不一定共线，故③不对．若AB ∥CD ，则AB →与CD →共线，若AD ∥BC ，则AB →与CD →不共线，故④不对． 【答案】 ①②8．【解析】 ∵O 是BC 的中点， ∴AO →＝12(AB →＋AC →)又∵AB→＝mAM →，AC →＝nAN →， ∴AO→＝m 2AM →＋n 2AN →. ∵M ，O ，N 三点共线， ∴m 2＋n2＝1.则m ＋n ＝2. 【答案】 29．【解】 如题图所示，AP →＝AB →＋BP →，∵P 为BN 上一点，则BP ＝kBN →， ∴AP→＝AB →＋kBN →＝AB →＋k (AN →－AB →) 又AN→＝13NC →，即AN →＝14AC →， 因此AP →＝(1－k )AB →＋k 4AC →，所以1－k ＝m ，且k 4＝211，解得k ＝811则m ＝1－k ＝311.10．【解】 设OA →＝a ，OB →＝t b ，OC →＝13(a ＋b )．若A ，B ，C 三点共线，则有AB →＝λAC →，∴OB→－OA →＝λ(OC →－OA →)， ∴t b －a ＝λ[13(a ＋b )－a ]．化简整理得，(23λ－1)a ＝(13λ－t )b.∵a 与b 不共线，由平面向量基本定理得λ＝32t ＝12. 故当t ＝12时，a ，t b ，13(a ＋b )的终点在一直线上．11．【解】 如图，记AM →＝AB →|AB →|，AN →＝AC →|AC →|，则AM→，AN →都是单位向量．∴|AM →|＝|AN →|，AQ →＝AM →＋AN →，则四边形AMQN 是菱形．∴AQ 平分∠BAC ，∵OP →＝OA →＋AP →，由条件知OP →＝OA →＋λAQ →， ∴AP →＝λAQ →(λ∈[0，＋∞))，∴点P 的轨迹是射线AQ ，且AQ 通过△ABC 的内心．。
高考数学一轮复习 选修部分 坐标系与参数方程 第一节 坐标系学案 文 选修4-4-人教版高三选修4-
第一节 坐标系1.了解在平面直角坐标系下的伸缩变换．2．理解极坐标的概念，能进行极坐标和直角坐标的互化．3．能在极坐标系中给出简单图形(直线、过极点或圆心在极点的圆)的方程．知识点一 平面直角坐标系中的坐标伸缩变换设点P (x ，y )是平面直角坐标系中的任意一点，在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝ ，λ>0，y ′＝ ，μ>0的作用下，点P (x ，y )对应到点P ′(x ′，y ′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换．答案λ·x μ·y1．(选修4－4P4例题改编)设平面内伸缩变换的坐标表达式为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝12x ，y ′＝3y ，则在这一坐标变换下正弦曲线y ＝sin x 的方程变为____________．解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x ′y ＝13y ′代入y ＝sin x ，得13y ′＝sin2x ′，即y ′＝3sin2x ′，所以y ＝sin x 的方程变为y ＝3sin2x .答案：y ＝3sin2x 知识点二 极坐标系1．极坐标系的建立：在平面上取一个定点O ，叫做______，从O 点引一条射线Ox ，叫做______，再选定一个长度单位、一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向)，这样就确定了一个极坐标系．设M 是平面内一点，极点O 与点M 的距离OM 叫做点M 的______，记为ρ，以极轴Ox 为始边，射线OM 为终边的角叫做点M 的极角，记为θ.有序数对(ρ，θ)叫做点M 的极坐标，记作M (ρ，θ)．2．极坐标与直角坐标的关系：把直角坐标系的原点作为极点，x 轴的正半轴作为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，设M 是平面内任意一点，它的直角坐标是(x ，y )，极坐标为(ρ，θ)，则它们之间的关系为x ＝______，y ＝______.另一种关系为ρ2＝______，tan θ＝______.答案1．极点 极轴 极径2．ρcos θ ρsin θ x 2＋y 2y x2．(选修4－4P11例4改编)点P 的直角坐标为(1，－3)，则点P 的极坐标为________． 解析：因为点P (1，－3)在第四象限，与原点的距离为2，且O P 与x 轴所成的角为－π3，所以点P 的极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫2，－π3.答案：⎝⎛⎭⎪⎫2，－π33．在极坐标系中，圆ρ＝8sin θ上的点到直线θ＝π3(ρ∈R )距离的最大值是________．解析：圆ρ＝8sin θ的直角坐标方程为x 2＋y 2＝8y ，即x 2＋(y －4)2＝16.直线θ＝π3(ρ∈R )的直角坐标方程为y ＝3x ，即3x －y ＝0，∴圆上的点到直线的距离最大值为412＋32＋4＝6.答案：6知识点三 常见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______(0≤θ<2π)圆心为(r,0)，半径为r 的圆____________(－π2≤θ<π2)圆心为(r ，π2)，半径为r 的圆____________ (0≤θ<π)过极点，倾斜角为α的直线θ＝α(ρ∈R ) 或θ＝π＋α(ρ∈R )过点(a,0)，与极轴垂直的直线__________(－π2<θ<π2)过点(a ，π2)，与极轴平行的直线__________ (0<θ<π)答案ρ＝r ρ＝2r cos θ ρ＝2r sin θ ρcos θ＝a ρsin θ＝a4．圆ρ＝5cos θ－53sin θ的圆心的极坐标为________．解析：将方程ρ＝5cos θ－53sin θ两边都乘以ρ得：ρ2＝5ρcos θ－53ρsin θ，化成直角坐标方程为x 2＋y 2－5x ＋53y ＝0.圆心的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫52，－532，化成极坐标为⎝⎛⎭⎪⎫5，5π3.答案：⎝⎛⎭⎪⎫5，5π3(答案不唯一)5．在极坐标系中，过点(1,0)并且与极轴垂直的直线方程是________，过(0，－1)与极轴平行的直线方程是________．解析：过点(1,0)且与极轴垂直的直线，在直角坐标系中的方程为x ＝1，所以其极坐标方程为ρcos θ＝1.过(0，－1)且与极轴平行的直线，在直角坐标系中是y ＝－1，所以其极坐标方程为ρsin θ＝－1.答案：ρcos θ＝1 ρsin θ＝－16．在极坐标系中，圆心在(2，π)且过极点的圆的方程是________．解析：如图，O 为极点，OB 为直径，A (ρ，θ)，则∠ABO ＝θ－90°，OB ＝22＝ρsin θ－90°，化简得ρ＝－22cos θ.答案：ρ＝－22cos θ热点一 平面直角坐标系中的伸缩变换【例1】 在同一平面直角坐标系中，求一个伸缩变换，使得圆x 2＋y 2＝1变换为椭圆x 29＋y 24＝1.【解】 设伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λxλ>0，y ′＝μy μ>0，由题知λ2x 29＋μ2y 24＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λ32x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫μ22y 2＝1.与x 2＋y 2＝1比较系数，得⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫λ32＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫μ22＝1，故⎩⎪⎨⎪⎧λ＝3，μ＝2，所以伸缩变换为⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝3x ，y ′＝2y ，即先使圆x 2＋y 2＝1上的点的纵坐标不变，将圆上的点的横坐标伸长到原来的3倍，得到椭圆x 29＋y 2＝1，再将该椭圆的点的横坐标不变，纵坐标伸长到原来的2倍，得到椭圆x 29＋y 24＝1.【总结反思】平面上的曲线y ＝f (x )在变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝λxλ>0，y ′＝μy μ>0的作用下得到的方程的求法是将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′λ，y ＝y ′μ代入y ＝f (x )，得y ′μ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′λ，整理之后得到y ′＝h (x ′)，即为所求变换之后的方程.若函数y ＝f (x )的图象在伸缩变换φ：⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝2x ，y ′＝3y的作用下得到曲线的方程为y ′＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ′＋π6，求函数y ＝f (x )的最小正周期．解：由题意，把变换公式代入曲线y ′＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ′＋π6得3y ＝3sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，整理得y＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，故f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.所以y ＝f (x )的最小正周期为2π2＝π. 热点二 极坐标与直角坐标的互化【例2】 在极坐标系Ox 中，直线C 1的极坐标方程为ρsin θ＝2，M 是C 1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C 2. (1)求曲线C 2的极坐标方程；(2)求曲线C 2上的点到直线ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2距离的最大值．【解】 (1)设P (ρ1，θ)，M (ρ2，θ)，由|OP |·|OM |＝4，得ρ1ρ2＝4，即ρ2＝4ρ1.因为M 是C 1上任意一点，所以ρ2sin θ＝2，即4ρ1sin θ＝2，ρ1＝2sin θ.所以曲线C 2的极坐标方程为ρ＝2sin θ.(2)由ρ＝2sin θ，得ρ2＝2ρsin θ，即x 2＋y 2－2y ＝0，化为标准方程为x 2＋(y －1)2＝1，则曲线C 2表示圆心坐标为(0,1)，半径为1的圆，由直线ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2，得：ρcos θcos π4－ρsin θsin π4＝2，即x －y ＝2，圆心(0,1)到直线x －y ＝2的距离为d ＝|0×1＋1×－1－2|2＝322，所以曲线C 2上的点到直线ρcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝2距离的最大值为1＋322.【总结反思】极坐标方程问题的处理思路曲线的极坐标方程问题通常可利用互换公式转化为直角坐标系中的问题求解，然后再次利用互换公式即可转化为极坐标方程．熟练掌握互换公式是解决问题的关键.已知圆O 1和圆O 2的极坐标方程分别为ρ＝2，ρ2－ 22ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2. (1)把圆O 1和圆O 2的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程．解：(1)由ρ＝2知ρ2＝4，所以圆O 1的直角坐标方程为x 2＋y 2＝4.因为ρ2－22ρcos ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π4＝2，所以ρ2－22ρ⎝⎛⎭⎪⎫cos θcos π4＋sin θsin π4＝2，所以圆O 2的直角坐标方程为x 2＋y 2－2x －2y －2＝0.(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为x ＋y ＝1，化为极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ＝1，即ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π4＝22. 热点三 极坐标方程的应用【例3】 在直角坐标系xOy 中，直线C 1：x ＝－2，圆C 2：(x －1)2＋(y －2)2＝1，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求C 1，C 2的极坐标方程；(2)若直线C 3的极坐标方程为θ＝π4(ρ∈R )，设C 2与C 3的交点为M ，N ，求△C 2MN 的面积．【解】 (1)因为x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，所以C 1的极坐标方程为ρcos θ＝－2，C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.(2)将θ＝π4代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，得ρ2－32ρ＋4＝0，解得ρ1＝22，ρ2＝ 2.故ρ1－ρ2＝2，即|MN |＝ 2.由于圆C 2的半径为1，所以△C 2MN 的面积为12.1．本例条件不变，求直线C 1与C 3的交点的极坐标．解：联立两直线方程得⎩⎪⎨⎪⎧ρcos θ＝－2，θ＝π4，解得⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝－22，θ＝π4，所以交点的极坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，π4⎝ ⎛⎭⎪⎫或⎝ ⎛⎭⎪⎫22，5π4.2．本例条件不变，求圆C 2关于极点的对称圆的方程．解：因为点(ρ，θ)与(－ρ，θ)关于极点对称，所以由C 2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0得圆C 2关于极点的对称圆方程是ρ2＋2ρcos θ＋4ρsin θ＋4＝0.【总结反思】(1)求曲线的极坐标方程，就是找出动点M 的坐标ρ与θ之间的关系，然后列出方程f (ρ，θ)＝0，再化简并检验特殊点．(2)极坐标方程涉及的是长度与角度，因此列方程的实质是解三角形.(2016·新课标全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为(x ＋6)2＋y 2＝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 ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝10，求l 的斜率．解：(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)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＋ρ22－4ρ1ρ2＝144cos 2α－44.由|AB |＝10得cos 2α＝38，tan α＝±153.所以l 的斜率为153或－153.1．在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一．2．在曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围，要注意转化的等价性． 3．求曲线的极坐标方程的步骤(1)建立适当的极坐标系，设P (ρ，θ)是曲线上任意一点；(2)由曲线上的点所适合的条件，列出曲线上任意一点的极径ρ和极角θ之间的关系式； (3)将列出的关系式进行整理、化简，得出曲线的极坐标方程．。
高考数学(文)一轮复习 选修4-4-1a坐标系模拟演练·提能增分
高考一轮总复习 ·数学（文）
(2)不妨设 A 的极角为 θ，B 的极角为 θ＋3π， 则|OA|＋|OB|＝2cosθ＋2cosθ＋π3＝3cosθ－ 3sinθ＝ 2 3cos( θ＋6π )，当 θ＝－π6时，|OA|＋|OB|取得最大值 2 3.
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x＝2＋cosα， y＝sinα
(α 为参数，α∈R)．
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(2)C2：4ρsinπ6cosθ－cos6πsinθ＝3， ∴412x－ 23y＝3，即 2x－2 3y－3＝0. ∵直线 2x－2 3y－3＝0 与圆(x－2)2＋y2＝1 相交于 A，
B 两点，且圆心到直线的距离 d＝14，
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(2)解法一：C 的普通方程为 x2＋y2－4x＝0. 由x23＋x－y2－y－4x2＝30＝，0， 解得xy＝ ＝－ 1， 3 或xy＝ ＝3，3. 所以 l 与 C 交点的极坐标分别为2，53π，2 3，6π.
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解法二：由ρ＝3ρ4ccoossθθ－，ρsinθ－2 3＝0， 得 sin2θ－π3＝0，
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2．牛顿在 1736 年出版的《流数术和无穷级数》中，第 一个将极坐标系应用于表示平面上的任何一点，牛顿在书中 验证了极坐标和其他九种坐标系的转换关系．在极坐标系 下，已知圆 O：ρ＝cosθ＋sinθ 和直线 l：
ρsinθ－π4＝ 22.(ρ≥0,0≤θ<2π) (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 的公共点的极坐标．
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课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习阶段知能检测6
阶段知能检测(六)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．若a 2＜b 2，则下列不等式成立的是( ) A ．a ＜b B.1a 2＞1b 2C ．|a |＜|b |D ．a 3＜b 32．如果a ＞b ＞c ，且有a ＋b ＋c ＝0，则( ) A ．a ·b ＞a ·c B ．a ·c ＞b ·c C ．a ·|b |＞c ·|b | D ．a 2＞b 2＞c 23．(2011·浙江高考)若实数x ，y 满足不等式组⎩⎨⎧x ＋2y －5≥0，2x ＋y －7≥0，x ≥0，y ≥0，则3x ＋4y的最小值是( )A ．13B ．15C ．20D ．284．设n 为正整数，f (n )＝1＋1213＋…＋1n ，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出一般结论( ) A ．f (2n )＞2n ＋12 B ．f (n 2)≥n ＋22C ．f (2n )≥n ＋22D ．以上都不对5．已知不等式x 2＋ax ＋4＜0的解集不是空集，则实数a 的取值范围是( ) A ．－4≤a ≤4 B ．－4＜a ＜4 C ．a ≥4，或a ≤－4 D ．a ＜－4，或a ＞46．已知2x ＋8y＝1(x ＞0，y ＞0)，则x ＋y 的最小值为( )A ．12B ．14C ．16D ．187．若不等式f (x )＝ax 2－x －c ＞0的解集为{x |－2＜x ＜1}，则函数y ＝f (－x )的图象为()8．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－4x ＋6，x ≥0，x ＋6，x ＜0，则不等式f (x )＞f (1)的解集是( )A ．(－3,1)∪(3，＋∞)B ．(－3,1)∪(2，＋∞)C ．(－1,1)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(1,3)9．(2011·广东高考)已知平面直角坐标系xOy 上的区域D 由不等式组⎩⎨⎧0≤x ≤2，y ≤2，x ≤2y给定，若M (x ，y )为D 上的动点，点A 的坐标为(2，1)，则z＝OM →·OA→的最大值为( ) A ．4 2 B ．3 2 C ．4 D ．310．已知正项等比数列{a n }满足：a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D ．不存在 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．若点P (x ，y )在直线x ＋3y －2＝0上，则3x ＋27y 的最小值是________．12．若实数x ，y 满足⎩⎨⎧x ≤2y ≤2，x ＋y ≥2，则目标函数z ＝yx ＋1的最大值是________．13．给出下列命题：命题1：点(1,1)是直线y ＝x 与双曲线y ＝1x 的一个交点；命题2：点(2,4)是直线y ＝2x 与双曲线y ＝8x 的一个交点；命题3：点(3,9)是直线y ＝3x 与双曲线y ＝27x的一个交点； ……请观察上面命题，猜想出命题n (n 是正整数)为________． 14．若log a (a 2＋1)＜log a (2a )＜0，则a 的取值范围是________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)已知a ＞0，b ＞0，求证：b 2a ＋a 2b≥a ＋b .16．(本小题满分13分)已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0＜x ＜c 时，f (x )＞0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根；(2)证明：1a＞c .17．(本小题满分13分)某研究所计划利用“神七”宇宙飞船进行新产品搭载实验，计划搭载新产品A 、B ，要根据该产品的研制成本、产品重量、搭载实验费用和预计产生收益来决定具体安排，通过调查，有关数据如表：最大收益是多少？18．(本小题满分14分)祖国大陆开放台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办了个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务．某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元．设f(n)表示前n年的纯利润(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)．(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案；①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂．问哪种方案更合算？19．(本小题满分14分)某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图1(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n 个图形包含f(n)个小正方形．图1(1)求出f(5)的值；(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n＋1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3)求1f(1)1f(2)－11f(3)－1＋…＋1f(n)－1的值．20．(本小题满分14分)(2012·佛山模拟)设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈[－1,1])．(1)若t>0，求f(x)的最小值h(t)；(2)对于(1)中的h(t)，若t∈(0,2]时，h(t)<－2t＋m2＋4m恒成立，求实数m的取值范围．答案及解析1．【解析】 ∵a 2＜b 2，∴a 2＜b 2，即|a |＜|b |. 【答案】 C2．【解析】 ∵a ＞b ＞c ，a ＋b ＋c ＝0， ∴a ＞0，c ＜0，∴a ·b ＞a ·c . 【答案】 A3．【解析】 作出可行域，如图所示，两条直线的交点为A (3,1)，作直线3x ＋4y ＝0，并将它向右上平移，当过点A (3,1)时，3x ＋4y 取得最小值，且最小值为3×3＋4×1＝13.【答案】 A4．【解析】 ∵f (2)＝32，f (4)＞2＝42，f (8)＞52，f (16)＞3＝62，f (32)＞72，∴猜想：f (2n )≥n ＋22.【答案】 C5．【解析】 由题意知Δ＝a 2－16＞0，解得a ＞4或a ＜－4. 【答案】 D6．【解析】 x ＋y ＝(x ＋y )(2x ＋8y )＝10＋2y x 8x y ≥10＋22y x ×8xy＝18，当且仅当2y x ＝8xy时取等号．【答案】 D7．【解析】 方程ax 2－x －c ＝0的两根为x 1＝－2，x 2＝1， 则有⎩⎪⎨⎪⎧1a ＝－2＋1，－ca ＝－2×1，∴⎩⎨⎧a ＝－1c ＝－2. ∴f (x )＝－x 2－x ＋2， ∴f (－x )＝－x 2＋x ＋2，令f (－x )＝0得x ＝2或x ＝－1，选B. 【答案】 B8．【解析】 易知f (1)＝3，则不等式f (x )＞f (1)等价于⎩⎨⎧x ≥0，x 2－4x ＋6＞3或⎩⎨⎧x ＜0，x ＋6＞3，解得－3＜x ＜1或x ＞3. 【答案】 A9．【解析】由线性约束条件⎩⎨⎧0≤x ≤2，y ≤2，x ≤2y ，画出可行域如图所示，目标函数z ＝OM →·OA →＝2x ＋y ，将其化为y ＝－2x ＋z ，结合图形可知，目标函数的图象过点(2，2)时，z 最大，将点(2，2)的坐标代入z ＝2x ＋y ，得z 的最大值为4.【答案】 C10．【解析】 设正项等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0. 由a 7＝a 6＋2a 5，得q 2－q －2＝0， 解得q ＝2.由a m a n ＝4a 1，得2m ＋n －2＝24， 即m ＋n ＝6.故1m ＋4n ＝16(m ＋n )(1m ＋4n )＝56＋16(4m n ＋n m )≥56＋46＝32，当且仅当n ＝2m 时等号成立．【答案】 A11．【解析】 由题意知，x ＋3y ＝2， ∴3x ＋27y ≥23x ·27y ＝23x ＋3y＝6，当且仅当3x ＝27y ， 即x ＝1，y ＝13时等号成立．【答案】 612．【解析】 线性约束条件对应的可行域为△ABC (如图)．而z ＝y x ＋1为点(x ，y )与(－1,0)连线的斜率．由图形知，z max ＝20＋1＝2.【答案】 213．【解析】 观察所给命题知，命题n 中交点坐标为(n ，n 2)， 直线方程为y ＝nx ，双曲线方程为y ＝n 3x，故命题n 是“点(n ，n 2)是直线y ＝nx 与双曲线y ＝n 3x的一个交点”．【答案】 点(n ，n 2)是直线y ＝nx 与双曲线y ＝n3x的一个交点14．【解析】 ∵a 2＋1≥1且log a (a 2＋1)＜0，∴0＜a ＜1， 由log a (a 2＋1)＜log a (2a )，得a 2＋1＞2a ，恒成立， 由log a (2a )＜0得2a ＞1，∴a ＞12.综上知12＜a ＜1.【答案】 (12，1)15．【证明】 b 2a ＋a 2b －(a ＋b )＝(b 2a －a )＋(a 2b b )＝(b ＋a )(b －a )a ＋(a ＋b )(a －b )b＝(a －b )(a ＋b )(1b －1a )＝1ab (a －b )2(a ＋b )，∵a ＞0，b ＞0， ∴1ab＞0，a ＋b ＞0，(a －b )2≥0， ∴1ab(a －b )2(a ＋b )≥0， 即b 2a ＋a 2b (a ＋b )≥0， ∴b 2a ＋a 2ba ＋b . 16．【证明】 (1)∵f (x )图象与x 轴有两个不同的交点， ∴f (x )＝0有两个不相等的实根x 1，x 2. ∵f (c )＝0，∴x 1＝c 是f (x )＝0的一个根． 又x 1·x 2＝c a ，∴x 2＝1a (1a 0)．∴1a 是f (x )＝0的一个根． (2)假设1a ＜c ，又1a＞0，由0＜x ＜c 时，f (x )＞0，知f (1a )＞0，这与f (1a )＝0矛盾，∴1a ≥c .又∵1a ≠c .∴1a ＞c .17．【解】 设搭载产品A x 件，产品B y 件， 预计总收益z ＝80x ＋60y .则⎩⎨⎧20x ＋30y ≤300，10x ＋5y ≤110，x ∈N ，y ∈N ，作出可行域，如图．作出直线l 0：4x ＋3y ＝0并平移，由图象得，当直线经过M 点时z 能取得最大值，由⎩⎨⎧ 2x ＋3y ＝30，2x ＋y ＝22，解得⎩⎨⎧x ＝9，y ＝4，即M (9,4)． 所以z max ＝80×9＋60×4＝960(万元)．即搭载产品A 9件，产品B 4件，可使得总预计收益最大，为960万元． 18．【解】 由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列，设纯利润与年数的关系为f (n )，则f (n )＝50n －[12n ＋n (n －1)2×4]－72 ＝－2n 2＋40n －72.(1)获取纯利润就是要求f (n )＞0，即－2n 2＋40n －72＞0， 解得2＜n ＜18.又n ∈N ，故从第三年开始获利． (2)①年平均利润＝f (n )n ＝40－2(n ＋36n )≤16. 当且仅当n ＝6时取等号．故此方案共获利6×16＋48＝144(万美元)，此时n ＝6. ②f (n )＝－2(n －10)2＋128， 当n ＝10时，f (n )max ＝128故第②种方案共获利128＋16＝144(万美元)． 故比较两种方案，获利都是144万美元．但第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案更合算． 19．【解】 (1)∵f (1)＝1，f (2)＝5，f (3)＝13，f (4)＝25， ∴f (5)＝25＋4×4＝41.(2)∵f (2)－f (1)＝4＝4×1， f (3)－f (2)＝8＝4×2， f (4)－f (3)＝12＝4×3， f (5)－f (4)＝16＝4×4，由上式规律得出f (n ＋1)－f (n )＝4n . ∴f (n )－f (n －1)＝4(n －1)， f (n －1)－f (n －2)＝4·(n －2)， f (n －2)－f (n －3)＝4·(n －3)， …f (2)－f (1)＝4×1，∴f (n )－f (1)＝4[(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1] ＝2(n －1)·n ， ∴f (n )＝2n 2－2n ＋1.(3)当n ≥2时，1f (n )－1＝12n 2－2n ＋1－1＝12(1n －1－1n )， ∴1f (1)＋1f (2)－1＋1f (3)－1＋…＋1f (n )－1＝1＋12(1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n )＝1＋12(1－1n )＝32－12n.20．【解】 (1)∵f (x )＝t (x ＋t )2－t 3＋t －1，①当－t <－1，即t >1时，f (x )在[－1,1]上单调递增，f (x )的最小值为 f (－1)＝－2t 2＋2t －1；②当－1≤－t <0，即0<t ≤1时， f (x )在[－1,1]上的最小值为 f (－t )＝－t 3＋t －1；∴h (t )＝⎩⎨⎧－t 3＋t －1 t ∈(0，1]－2t 2＋2t －1 t ∈(1，＋∞)(2)令g (t )＝h (t )＋2t＝⎩⎨⎧－t 3＋3t －1 t ∈(0，1]－2t 2＋4t －1 t ∈(1，2]. ①0<t ≤1时，由g ′(t )＝－3t 2＋3≥0，∴g (t )在(0,1]上单调递增，②1<t ≤2时，g (t )＝－2t 2＋4t －1＝－2(t －1)2＋1，g (t )在(1,2]上单调递减，由①、②可知，g (t )在区间(0,2]上的最大值为g (1)＝1.所以h (t )<－2t ＋m 2＋4m 在(0,2]内恒成立，等价于g (t )<m 2＋4m 在(0,2]内恒成立，即只要1<m 2＋4m 即可，解m 2＋4m －1>0得m <－2－5或m >－2＋ 5.所以m 的取值范围为(－∞，－2－5)∪(－2＋5，＋∞)．。
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习阶段知能检测4
阶段知能检测(四)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2011·辽宁高考)i 为虚数单位，1i ＋1i 3＋1i 5＋1i 7＝( ) A ．0 B ．2i C ．－2i D ．4i2．设i ，j 是不共线的单位向量，a ＝5i ＋3j ，b ＝3i －5j ，则a ⊥b 是i ⊥j 的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分又非必要条件3．(2011·浙江高考)若复数z ＝1＋i ，i 为虚数单位，则(1＋z )·z ＝( )A ．1＋3iB ．3＋3iC ．3－iD ．34．(2012·江门模拟)若四边形ABCD 满足AB →＋CD →＝0，(AB →－AD →)·AC →＝0，则该四边形一定是( )A ．直角梯形B ．菱形C ．矩形D ．正方形5．平面向量a 与b 的夹角为60°，a ＝(2,0)，|b |＝1，则|a ＋2b |＝( ) A. 3 B ．2 3 C ．4 D ．126．(2011·课标全国卷)复数2＋i 1－2i的共轭复数是( ) A ．－35i B.35i C ．－i D ．i 7．已知向量a 、b 不共线，c ＝k a ＋b (k ∈R )，d ＝a －b .如果c ∥d ，那么( )A ．k ＝1且c 与d 同向B ．k ＝1且c 与d 反向C ．k ＝－1且c 与d 同向D ．k ＝－1且c 与d 反向8．(2011·课标全国卷)a ，b 为平面向量，已知a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( )A.865 B ．－865 C.1665 D ．－16659．已知两点M (－2,0)，N (2,0)，点P 为坐标平面内的动点，满足|MN →|·|MP→|＋MN →·NP→＝0，则动点P (x ，y )的轨迹方程为( ) A ．y 2＝8x B ．y 2＝－8xC ．y 2＝4xD ．y 2＝－4x10．设a ＝(a 1，a 2)，b ＝(b 1，b 2)，定义一种向量积：a ⊗b ＝(a 1b 1，a 2b 2)．已知点P (θ，sin θ)，m ＝(2，12)，n ＝(π3，0)，点Q 在y ＝f (x )的图象上运动，满足OQ →＝m ⊗OP→＋n (其中O 为坐标原点)，则y ＝f (x )的最大值A 及最小正周期T 分别为( )A ．2，πB ．2,4πC.12，4πD.12，π 第Ⅱ卷二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)11．若向量a ＝(1,1)，b ＝(2,5)，c ＝(3，x )满足条件(8a －b )·c ＝30，则x ＝________.12．(2011·广东高考改编)设复数z 满足(1＋i)z ＝2，其中i 是虚数单位，则z ＝________.13．|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 与向量b 的夹角是________．14．在四边形ABCD 中，AB →＝DC →＝(1,1)，1|BA →|BA →＋1|BC →|BC →＝3|BD→|BD →，则四边形ABCD 的面积为________．三、解答题(本大题共6小题，共80分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设存在复数z 同时满足下列条件：(1)复数z 在复平面内对应点位于第二象限；(2)z ·z ＋2i z ＝8＋a i(a ∈R )．试求a 的取值范围．16．(本小题满分13分)已知A (3,0)，B (0,3)，C (cos α，sin α)．(1)若AC →·BC →＝－1，求sin(α＋π4)的值； (2)若|OA →＋OC →|＝13，且α∈(0，π)，求OB →与OC →的夹角．17．(本小题满分13分)已知向量OP →＝(2cos x ＋1，cos 2x －sin x ＋1)，OQ →＝(cos x ，－1)，定义f (x )＝OP →·OQ →.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若x ∈(0,2π)，当OP →·OQ →＜－1时，求x 的取值范围．18．(本小题满分14分)设O 为坐标原点，已知向量OZ 1→，OZ 2→分别对应复数z 1，z 2，且z 1＝3a ＋5＋(10－a 2)i ，z 2＝21－a＋(2a －5)i(其中a ∈R )，若z 1＋z 2可以与任意实数比较大小，求OZ 1→·OZ 2→的值．19．(本小题满分14分)已知△ABC 的角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，设向量m ＝(a ，b )，n ＝(sin B ，sin A )，p ＝(b －2，a －2)．(1)若m ∥n ，求证：△ABC 为等腰三角形；(2)若m ⊥p ，边长c ＝2，角C ＝π3，求△ABC 的面积． 20．(本小题满分14分)已知两点M (－1,0)，N (1,0)，且点P 使NM →·NP →，PM →·PN→，MP →·MN→成公差为非负的等差数列． (1)求点P 的轨迹方程；(2)若θ为PM →与PN →的夹角，求θ的最大值及此时点P 的坐标．答案及解析1．【解析】 原式＝－i ＋i ＋(－i)＋i ＝0.【答案】 A2．【解析】 a ·b ＝(5i ＋3j )·(3i －5j )＝15|i |2－16i ·j －15|j |2＝－16i ·j .∴a ⊥b 是i ⊥j 的充要条件．【答案】 C3．【解析】 ∵z ＝1＋i ，∴(1＋z )·z ＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i.【答案】 A4．【解析】 由AB→＋CD →＝0知，AB →＝DC →， ∴四边形ABCD 是平行四边形．又(AB →－AD →)·AC→＝0， ∴DB →·AC→＝0，即AC ⊥BD ， 因此四边形ABCD 是菱形．【答案】 B5．【解析】 ∵|a |＝2，且|b |＝1，∴|a ＋2b |2＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝4＋4×2×1×cos 60°＋4×12＝12.∴|a ＋2b |＝2 3.【答案】 B6．【解析】 ∵2＋i 1－2i ＝(2＋i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝2＋i ＋4i －25＝i ， ∴2＋i 1－2i的共轭复数为－i. 【答案】 C7．【解析】 ∵c ∥d 且a ，b 不共线，∴存在唯一实数λ，使c ＝λd . ∴k a ＋b ＝λa －λb ，∴⎩⎨⎧ k ＝λ，1＝－λ，∴⎩⎨⎧k ＝－1，λ＝－1.【答案】 D8．【解析】 ∵a ＝(4,3)，2a ＋b ＝(3,18)，∴b ＝(3,18)－2(4,3)＝(－5,12)，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝(4，3)·(－5，12)5×13＝1665【答案】 C9．【解析】 ∵MN→＝(4,0)，MP →＝(x ＋2，y )，NP →＝(x －2，y )， ∴|MN →|·|MP →|＋MN →·NP→ ＝4·(x ＋2)2＋y 2＋4(x －2)＝0. 整理，得(x ＋2)2＋y 2＝2－x ，化简得y 2＝－8x .【答案】 B10．【解析】 设点Q (x ，y )，由OQ →＝m ⊗OP →＋n ，得OQ →＝(2θ，12sin θ)＋(π3，0)＝(2θ＋π312sin θ)， ∴x ＝2θ＋π3，且y ＝12sin θ， 消去θ，得y ＝12sin(x 2－π6)， 依题意f (x )＝12sin(x 2－π6)， 因此A ＝12，最小正周期T ＝4π. 【答案】 C11．【解析】 由(8a －b )·c ＝30，得18＋3x ＝30，x ＝4.【答案】 412．【解析】 z ＝21＋i ＝2(1－i )(1＋i )(1－i )1－i. 【答案】 1－i13．【解析】 设向量a 与b 的夹角为θ，由a ⊥(a －b )，得 a ·(a －b )＝0，即|a |2－a ·b ＝0，∴|a ||b |cos θ＝|a |2，∴cos θ＝|a ||b |＝22，故θ＝π4.【答案】 π414．【解析】 如图所示，由AB →＝DC →＝(1,1)知AB 綊DC .又1|BA →|→＋1|BC →|→＝3|BD →|BD →， 知四边形ABCD 为菱形，且AB ＝AD ＝2，又∵(1|BA →|·BA →＋1|BC →|·BC →)2＝3， ∴∠ABC ＝60°.∴S 四边形ABCD ＝2×2×32＝ 3. 【答案】 3 15．【解】 设z ＝x ＋y i(x ，y ∈R )，由(1)得x ＜0，y ＞0.由(2)得x 2＋y 2＋2i(x ＋y i)＝8＋a i ，即x 2＋y 2－2y ＋2x i ＝8＋a i.由复数相等，得⎩⎨⎧x 2＋y 2－2y ＝8，2x ＝a .解得－6≤a ＜0. 因此实数a 的取值范围是－6≤a ＜0.16．【解】 (1)∵AC→＝(cos α－3，sin α)，BC →＝(cos α，sin α－3)， ∴AC →·BC→＝(cos α－3)cos α＋sin α(sin α－3)＝－1， 得cos 2α＋sin 2α－3(cos α＋sin α)＝－1，∴cos α＋sin α＝23∴sin(α＋π4)＝23. (2)∵|OA →＋OC →|＝13，∴(3＋cos α)2＋sin 2α＝13，∴cos α＝12，∵α∈(0，π)，∴α＝π3，sin α＝32，∴C (12，32)， ∴OB →·OC →＝332， 设OB→与OC →的夹角为θ，且θ∈[0，π]， 则cos θ＝OB →·OC →|OB →|·|OC→|3323＝32.故θ＝π6为所求． 17．【解】 (1)f (x )＝OP →·OQ→ ＝2cos 2x ＋cos x －cos 2x ＋sin x －1＝sin x ＋cos x ＝2sin(x ＋π4)， 则f (x )的最小正周期为T ＝2π.(2)由OP →·OQ →＜－1，得sin(x ＋π4)＜－22. 又x ∈(0,2π)，则5π4＜x ＋π4＜7π4，即π＜x ＜3π2. 故x 的取值范围是(π，3π2)． 18．【解】 依题意z 1＋z 2为实数，由z 1＝3a ＋5－(10－a 2)i ， ∴z 1＋z 2＝3a ＋5＋21－a＋[(a 2－10)＋(2a －5)]i 的虚部为0， ∴a 2＋2a －15＝0，解得a ＝－5，或a ＝3.又分母不为零，∴a ＝3，此时z 1＝38＋i ，z 2＝－1＋i ， 即OZ 1→＝(38，1)，OZ 2→＝(－1,1)， ∴OZ 1→·OZ 2→＝38×(－1)＋1×1＝58. 19．【解】 (1)证明 ∵m ∥n ，∴a sin A ＝b sin B ，由正弦定理，得a 2＝b 2，∴a ＝b .∴△ABC 为等腰三角形．(2)由题意可知m ·p ＝0，即a (b －2)＋b (a －2)＝0.∴a ＋b ＝ab .由余弦定理可知，4＝a 2＋b 2－ab ＝(a ＋b )2－3ab ，即(ab )2－3ab －4＝0，∴ab ＝4(舍去ab ＝－1)，∴S ＝12ab sin C ＝124×sin π3＝ 3. 20．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，又M (－1,0)，N (1,0)， 则PM →＝－MP →＝(－1－x ，－y )，PN →＝－NP →＝(1－x ，－y )，MN →＝－NM →＝(2,0)． ∴NM →·NP→＝2(1－x )， PM →·PN →＝x 2＋y 2－1，MP →·MN→＝2(1＋x )， 依题意得⎩⎨⎧ 2(x 2＋y 2－1)＝2(1＋x )＋2(1－x )，2(1＋x )－2(1－x )≥0⇔⎩⎨⎧x 2＋y 2＝3，x ≥0.∴点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝3(x ≥0)．(2)∵PM →·PN →＝(－1－x ，－y )·(1－x ，－y )＝x 2＋y 2－1＝2，|PM →|·|PN→|＝(－1－x )2＋(－y )2·(1－x )2＋(－y )2 ＝24－x 2.∴cos θ＝PM →·PN →|PM →|·|PN →|＝14－x 2. ∵0≤x ≤3，∴12≤cos θ≤1，∴0≤θ≤π3. ∴θ的最大值为π3，此时x ＝0，∴点P的坐标为(0，±3)．。
《课堂新坐标》高考数学(文)一轮总复习(人教新课标·广东专用)课件：选修44 第一节 坐标系
情
【答案】 一个圆和一条射线
典
例
课
探
后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
3．若曲线的极坐标方程为ρ＝2sin θ＋4cos θ，以极 高
自
考
主 落
点为原点，极轴为x轴正半轴建立直角坐标系，则该曲线
体 验
实 ·
的直角坐标方程为________．
· 明
固
考
基 础
【解析】 由ρ＝2sin θ＋4cos θ，得ρ2＝2ρsin θ＋ 情
课
探
究
π
后 作
· 提
【答案】 (2，－ 3 )
业
知
能
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
2 ． 极 坐 标 方 程 (ρ － 1)(θ － π) ＝ 0(ρ≥0) 表 示 的 图 形 是
高
自 主
________．
考 体
落
验
实 ·
【解析】 由题设，得ρ＝1，或θ＝π，
· 明
固
考
基 础
ρ＝1表示圆，θ＝π(ρ≥0)表示一条射线．
情
P′(x′，y′)，称φ为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换．
典
例
课
探
后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
2．极坐标系与点的极坐标
自 主 落 实 · 固 基 础
图1
典 例 探 究 · 提 知 能
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
高 考 体 验 · 明 考 情
课 后 作 业
新课标 ·文科数学（广东专用）
课堂新坐标2013届高考数学一轮复习课件：选修4-4第一节 坐标系(广东专用)
情
课 时 知 能 训 练
菜单
第十一页，编辑于星期日：二十点 十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
探
究
平面直角坐标系下图形的变换
·
提
知
能
x′＝3x，
自 主 落 实
· 固 基
在平面直角坐标系中，已知伸缩变换 φ：2y′＝y.
高 考
(1)则点 A(13，－2)经过 φ 变换所得的点 A′的坐标为________；
高
落
考
实
体
·
验
固
【答案】 一个圆和一条射线
·
基
明
础
考
情
课 时 知 能 训 练
菜单
第九页，编辑于星期日：二十点 十九分。
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
典
例
3．(2011·北京高考)在极坐标系中，圆ρ＝－2sin θ的圆心的极坐标是
探 究
________．
· 提
知
能
自 主 落
【解析】 ρ＝－2sin θ＝2cos(θ＋π2)，
一轮复习 ·新课标 ·数学（理）（广东专用）
【尝试解答】 (1)设点 A′(x′，y′)，由伸缩变换 φ：
典
例
x′＝3x 2y′＝y
得yx′′＝＝2y3，x，
探 究
· 提 知
自
∴x′＝31×3＝1，y′＝－22＝－1.
能
主
∴点 A′的坐标为(1，－1)．
落 实
(2)设 P′(x′，y′)是直线 l′上任意一点．
高 考
实 · 固
∴圆心的极坐标为(1，－π2)．
课堂新坐标2013届高三数学(文)一轮复习课时知能训练4-2
课时知能训练一、选择题1．(2012·湛江模拟)在△ABC 中，点P 在BC 上，且BP →＝2PC →，点Q 是AC的中点，若PA →＝(4,3)，PQ →＝(1,5)，则BC →等于( )A ．(－2,7)B ．(－6,21)C ．(2，－7)D ．(6，－21)2．(2011·上海高考)设A 1，A 2，A 3，A 4，A 5是平面上给定的5个不同点，则使MA 1→＋MA 2→＋MA 3→＋MA 4→＋MA 5→＝0成立的点M 的个数为( ) A ．0 B ．1C ．5D ．103．△ABC 中，M 为边BC 上任意一点，N 为AM 的中点，且AN→＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.12B.13C.14D ．1 4．已知向量a ＝(1,1)，b ＝(2，x )．若a ＋b 与4b －2a 平行，则实数x 的值是( )A ．－2B ．0C ．1D ．25．设向量a ＝(1,0)，b ＝(12，12，则下列结论中正确的是( ) A ．|a |＝|b | B ．a ·b ＝22C ．a －b 与b 垂直D ．a ∥b二、填空题6．已知向量a ＝(－2,3)，b ∥a ，向量b 的起点为A (1,2)，终点B 在x 轴上，则点B 的坐标为________．7．已知向量OC →＝(2,2)，CA →＝(2cos α，2sin α)，则向量OA →的模的最大值是________．8．(2012·梅州调研)已知向量a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m )，c ＝(－1,2)，若(a ＋b )∥c ，则m ＝________.三、解答题9．已知A (1,1)、B (3，－1)、C (a ，b )．(1)若A 、B 、C 三点共线，求a 、b 的关系式；(2)若AC→＝2AB →，求点C 的坐标． 10．已知点O (0,0)，A (1,2)，B (4,5)，且OP→＝OA →＋tAB →(t ∈R )，问： (1)t 为何值时，点P 在x 轴上？点P 在第二、四象限角平分线上？(2)四边形OABP 能否成为平行四边形？若能，求出相应的t 值；若不能，请说明理由．11．已知向量a ＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b ＝(1,2)．(1)若a ∥b ，求tan θ的值；(2)若|a |＝|b |,0＜θ＜π，求θ的值．答案及解析1．【解析】 AC →＝2AQ →＝2(PQ →－PA →)＝2(－3,2)＝(－6,4)，BC →＝3PC →＝3(PA →＋AC→)＝3(－2,7)＝(－6,21)． 【答案】 B2．【解析】 设M (x ，y )，A i (x i ，y i )(i ＝1,2,3,4,5)，由MA 1→＋MA 2→＋MA 3→＋MA 4→＋MA 5→＝0，∴(x 1＋x 2＋…＋x 5－5x ，y 1＋y 2＋…＋y 5－5y )＝(0,0)，∴x ＝x 1＋x 2…＋x 55，y ＝y 1＋y 2＋…＋y 55， ∵A i 为定点，∴x ，y 为定值，因此点M 的个数为1.【答案】 B3．【解析】 如图所示，由B 、M 、C 共线，∴AM →＝xAB →＋(1－x )AC →，又N 为AM 的中点，∴AN →＝12AM →＝x 2AB →＋1－x 2AC →， 由平面向量的基本定理，∴λ＝x 2且μ＝1－x 2，故λ＋μ＝12. 【答案】 A4．【解析】 由题意知a ＋b ＝(1,1)＋(2，x )＝(3，x ＋1)， 且4b －2a ＝4(2，x )－2(1,1)＝(6,4x －2)．∵(a ＋b )∥(4b －2a )，∴3(4x －2)－6(x ＋1)＝0，得x ＝2.【答案】 D5．【解析】 易知|a |＝1，|b |＝ (12)2＋(12)2＝22. ∵a ·b ＝1×12＋0×12＝12， ∴a ·b ≠22，B 不正确． ∵a －b ＝(1,0)－(12，12)＝(12，－12)， ∴(a －b )·b ＝(12，－12)·(12，12)＝0，C 正确． ∵1×12－0×12≠0，∴a 不平行于b .D 不正确． 【答案】 C6．【解析】 设B (x,0)，则b ＝AB→＝(x －1，－2)，又b ∥a ， ∴3(x －1)－(－2)×(－2)＝0，∴x ＝73. 【答案】 (73，0) 7．【解析】 OA→＝OC →＋CA →＝(2＋2cos α，2＋2sin α)， ∴|OA→|2＝(2＋2cos α)2＋(2＋2sin α)2 ＝10＋8sin(α＋π4)≤18，故|OA →|≤3 2. 【答案】 3 28．【解析】 ∵a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m )，∴a ＋b ＝(1，m －1)，又c ＝(－1,2)，且(a ＋b )∥c ，∴2＋m －1＝0，∴m ＝－1.【答案】 －19．【解】 (1)由已知得AB→＝(2，－2)，AC →＝(a －1，b －1)， ∵A 、B 、C 三点共线，∴AB→∥AC →， ∴2(b －1)＋2(a －1)＝0，即a ＋b ＝2.(2)∵AC→＝2AB →， ∴(a －1，b －1)＝2(2，－2)，∴⎩⎨⎧ a －1＝4b －1＝－4解之得⎩⎨⎧a ＝5b ＝－3. 因此点C 的坐标为(5，－3)．10．【解】 (1)∵O (0,0)，A (1,2)，B (4,5)，∴OA→＝(1,2)，AB →＝(3,3)， OP→＝OA →＋tAB →＝(1＋3t,2＋3t )． 若P 在x 轴上，只需2＋3t ＝0，t ＝－23；若P 在第二、四象限角平分线上，则1＋3t ＝－(2＋3t )，t ＝－12. (2)OA→＝(1,2)，PB →＝(3－3t,3－3t )， 若OABP 是平行四边形，则OA→＝PB →， ∴⎩⎨⎧ 3－3t ＝13－3t ＝2，此方程组无解． 所以四边形OABP 不可能为平行四边形．11．【解】 (1)因为a ∥b ，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ，于是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14. (2)由|a |＝|b |知，sin 2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝12＋22， 所以1－2sin 2θ＋4sin 2θ＝5.从而－2sin 2θ＋2(1－cos 2θ)＝4，即sin 2θ＋cos 2θ＝－1.于是sin(2θ＋π4)＝－22. 又由0＜θ＜π知，π4＜2θ＋π4＜9π4所以2θ＋π4＝5π4或2θ＋π4＝7π4. 因此θ＝π2或θ＝34π.。
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课时知能训练
1．在极坐标系中，点(ρ，θ)与(－ρ，π－θ)的位置关系关于________所在直线对称．
2．在极坐标系中，曲线ρcos θ＋ρsin θ＝2(0≤θ＜2π)与θ＝π4
的交点的极坐标为________．
3．(2011·安徽高考改编)在极坐标系中，点(2，π3
)到圆ρ＝2cos θ的圆心的距离为________．
4．在极坐标系中，过点(1,0)并且与极轴垂直的直线方程是________．
5．已知圆的极坐标方程为ρ2＋2ρ(cos θ＋3sin θ)＝5，则此圆在直线θ＝0上截得的弦长为________．
6．已知圆的极坐标方程为ρ＝2cos θ，则该圆的圆心到直线ρsin θ＋2ρcos θ＝1的距离是________．
7．(2012·清远调研)已知圆C 的参数方程为⎩⎨⎧
x ＝cos αy ＝1＋sin α
(α为参数)，以原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为ρsin θ＝1，则直线l 与圆C 的交点的直角坐标为________．
8．在极坐标系中，圆C ：ρ＝10cos θ和直线l ：3ρcos θ－4ρsin θ－30＝0相交于A ，B 两点，则线段AB 的长是________．
9．已知直线的极坐标方程ρsin(θ＋π4)＝22
，则极点到直线的距离是________．
10．⊙O 1和⊙O 2的极坐标方程分别为ρ＝4cos θ，ρ＝－4sin θ.则经过⊙O 1与⊙O 2交点的直线的直角坐标方程是________． 答案及解析
1．【解析】 取ρ＝1，θ＝π4
，可知关于极轴所在直线对称． 【答案】 极轴
2．【解析】 将θ＝π4
代入到ρcos θ＋ρsin θ＝2，得ρ＝2， ∴交点的极坐标为(2，π4
)． 【答案】 (2，π4
3．【解析】 由(2，π3
)化为直角坐标系中的点为(1，3)． 圆ρ＝2cos θ化为平面直角坐标系中的一般方程为x 2＋y 2＝2x ，即(x －1)2＋y 2＝1.其圆心为(1,0)． ∴所求两点间的距离为(1－1)2＋(3－0)2＝ 3.
【答案】 3
4．【解析】 过点(1,0)与极轴垂直的直线，在直角坐标系中的方程为x ＝1， ∴其极坐标方程为ρcos θ＝1.
【答案】 ρcos θ＝1
5．【解析】 将极坐标方程化为直角坐标方程，得
x 2＋y 2＋2x ＋23y －5＝0，
令y ＝0，得x 2＋2x －5＝0.
∴|x 1－x 2|＝2 6.
【答案】 2 6
6．【解析】 直线ρsin θ＋2ρcos θ＝1化为2x ＋y －1＝0，圆ρ＝2cos θ的圆心(1,0)到直线2x ＋y －1＝0的距离是55
. 【答案】 55 6．【解析】 由⎩⎨⎧ x ＝cos α，y ＝1＋sin α，
得x 2＋(y －1)2＝1，① 方程ρsin θ＝1化为y ＝1，②
由①、②联立，得⎩⎨⎧ x ＝1y ＝1或⎩⎨⎧
x ＝－1y ＝1
， ∴直线l 与圆C 的交点坐标为(1,1)或(－1,1)．
【答案】 (1,1)或(－1,1)
8．【解析】 分别将圆C 和直线l 的极坐标方程化为直角坐标方程：圆C ：x 2＋y 2＝10x ，即(x －5)2＋y 2＝25，圆心C (5,0)．
直线l ：3x －4y －30＝0.
因为圆心C 到直线l 的距离d ＝
|15－0－30|5
＝3. 所以|AB |＝225－d 2＝8.
【答案】 8
9．【解析】 ∵ρsin(θ＋π4)＝22
， ∴ρsin θ＋ρcos θ＝1，即直角坐标方程为x ＋y ＝1.
又极点的直角坐标为(0,0)，
∴极点到直线的距离d ＝
|0＋0－1|2＝22. 【答案】 22 10．【解析】 以极点为原点，极轴为x 轴正半轴，建立平面直角坐标系，两坐标系中取相同的长度单位．
x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ，由ρ＝4cos θ，
得ρ2＝4ρcos θ，所以x 2＋y 2＝4x .
即x 2＋y 2－4x ＝0为⊙O 1的直角坐标方程，
同理x 2＋y 2＋4y ＝0为⊙O 2的直角坐标方程．
由⎩⎨⎧ x 2＋y 2－4x ＝0，x 2＋y 2＋4y ＝0解得⎩⎨⎧ x 1＝0，y 1＝0， ⎩⎨⎧
x 2＝2，y 2＝－2.
即⊙O 1，⊙O 2交于点(0,0)和(2，－2)，
故过交点的直线的直角坐标方程为y ＝－x .
【答案】 y ＝－x。