高考数学总复习选做题专项练习

选做题题型专练

1、在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为x2+t (t为参数),直线l2的参数方程为

yktx2mkm (为参数),设l1与l2的交点为P,当变化时, P的轨迹为曲线C . myk(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,设的交点,求M的极径. l3:cossin20,M为l3与C

2、设函数fxax1x1xR． （1）当a1时，求不等式fx2的解集；

（2）对任意实数x2,3，都有fx2x3成立，求实数a的取值范围．

3、在直线坐标系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；

xtcos2.直线l的参数方程是错误!未找到引用源。（t为参数）,l与C交于A,B两点,

ytsin|AB|10,求l的斜率。

fx）x1x2． 4、已知函数（（1）求不等式（fx）1的解集；

fx）x2–xm的解集非空，求m的取值范围 （2）若不等式（

xacost5、在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为 (t为参数,a0).在以坐标原

y1asint点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:4cos. 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0,其中0满足tan02,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a.

6、已知函数f(x)x1.求M;

2.当a,bM时,证明: ab1ab.

x3cos7、在平面直角坐标系中,已知曲线C:(a为参数),以原点为极点,x轴的正半轴为

y2sin11x,不等式f(x)2的解集为M. 22极轴建立极坐标系,直线l:2cossin6. (1)写出直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；

(2)在曲线C上求一点P，使点P到直线l的距离最大，求最大距离及此时P点的坐标。

8、已知函数fx2xaa. 1.当a2时,求不等式fx6的解集;

2.设函数gx2x1.当xR时, fxgx3,求a的取值范围.

答案以及解析

1答案及解析：

答案：(1)消去参数t得l1的普通方程l1:ykx2,消去参数m 得l2的普通方程

l2:y1x2. kykx222设Px,y,由题设得,消去k得xy4y0. 1yx2k所以C 的普通方程为xy4y0.

22(2) C 的极坐标方程为2cos2sin2402π,π.

222cossin4联立,得cossin2cossin.

cossin20故tan代入2191,从而cos2,sin2.

10103222cossin4得5,

所以交点M的极径为5. 解析：

2答案及解析：

答案：（1）当a1时，fxx1x12， 当x1时，x1x12，即x1，可得x1； 当1x1时，x11x2，即有x； 当x1时，x1x2，即x1，可得x1． 综上可得原不等式的解集为,1∪1,； （2）对任意实数x2,3，都有fx2x3成立， 即x2,3，ax1x12x3恒成立，

x2,3，ax1x2恒成立，

即有ax1x2或ax12x， 即为a1由131或a1恒成立， xx3在2,3递增，可得最大值为0，可得a0； x1121在2,3递减，可得最小值为1， x332可知a0或a．

3解析：

3答案及解析：

答案: （1）212cos110（2）15 32解析: （1）由xcos,ysin可得C的极坐标方程12cos110. （2）在1中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为(R) 由A,B所对应的极径分别为1,2,将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得

212cos110.

于是1212cos,1211,

|AB||12|(12)2412144cos244,

由|AB|10得cos2315,tan83，

1515所以l的斜率为或. 33

4答案及解析：

3,答案：（1）fx2x1,3,x＜11x2 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xx1.

（2）由fxx2xm得mx1x2x2x，而 355x1x2xxx+1+x2xx=-x-+

244222且当x35时，x1x2x2x=. 245故m的取值范围为-，

4解析：

5答案及解析：

22答案：（1）圆,2sin1a0

（2）1

xacost (t均为参数), 解析：（1） y1asint∴x2y1a2 ①

2∴C1为以0,1为圆心,a为半径的圆. 方程为xy2y1a0

222∵xy,ysin,

222∴2sin1a0即为C1的极坐标方程.

2（2）C2:4cos,两边同乘得4cos

22∵xy,cosx,

∴xy4x,即x2y24 ②

222222C3:化为普通方程为y2x,

由题意:C1和C2的公共方程所在直线即为C3 ①②得:4x2y1a0,即为C3

2∴1a20,∴a1

6答案及解析：

答案： （1）M{x|1x1}（2）ab1ab即ab1ab 解析：（1）由f(x)2得x2211x2, 221x2 所以不等式化为11xx22211x22 或11xx2221x2 或11xx222解之得1x1111或x或x1 2222所以1x1即Mx|1x1

（2）证明:当a,bM时,有1a1,1b1 即a21,b21,所以a210,b210 所以a1b10 即a2b2a2b210 所以a2b21a2b2

所以a2b22ab1a2b22ab 所以ab1ab 即ab1ab

7答案及解析：

答案：（1）l的直角坐标方程为2xy60

2222x2y21 曲线C的普通方程为34(2)设Pπ4sin63cos,2sin,则 3d5π当sin1时，d最大

23∴P,1,dmax25

2解析：

8答案及解析：

答案：（1）{x|1x3}（2）[2,) 解析：（1）当a2时, fx2x22, 解不等式2x226得1x3,

因此fx6的解集为x|1x3. （2）当xR时,

fxgx2xaa12x 2xa12xa1aa,

当x1时等号成立,所以当xR时, 2fxgx3等价于1aa3.①

当a1时.①等价于1aa3,无解. 当a1时,①等价于a1a3,解得a2. 所以a的取值范围是2,.