2019屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第11單元選考4系列作業(yè)理

1、第十一單元選考 4 部分課時作業(yè)（六十七）第 67 講 坐標(biāo)系基礎(chǔ)熱身1.（10 分）2017 廣西模擬在平面直角坐標(biāo)系xOy中,圓C的方程為（x-,）2+（y+1）2=9,以O(shè)為極點,x軸的非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.（1）求圓C的極坐標(biāo)方程；7T直線OP0=（pR）與圓C交于點M N求線段MN勺長.2.（10 分）2017 南昌二模已知直線l的直角坐標(biāo)方程為y= x.在以坐標(biāo)原點O為極點，x軸非負(fù)半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C的極坐標(biāo)方程為p2-4pcos0-2psin0+4=0.（1）求曲線C的直角坐標(biāo)方程；設(shè)直線l與曲線C交于A B兩點，求|OA|OB|的值.能力提升3.（10 分）2

2、017 唐山三模在平面直角坐標(biāo)系中，點P是曲線C:（x-2）2+y2=4 上的動點，以坐標(biāo)原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，將點P繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90得到點Q設(shè)點Q的軌跡為曲 線C2.（1）求曲線 C,G 的極坐標(biāo)方程；1T射線0（P0）與曲線C,C2分別交于AB兩點，定點M2,0）,求厶MAB勺面積.4.（10 分）在平面直角坐標(biāo)系中，曲線C的方程為x2+y2+2x-4=0,曲線G的方程為y2=x,以坐標(biāo)原點O為極 點,x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系.2求曲線 C,G 的極坐標(biāo)方程；求曲線C與C2的交點A,B的極坐標(biāo),其中p 0,0 00).(1)寫出曲線 C 的極坐標(biāo)方程和曲線G

3、 的直角坐標(biāo)方程；n若射線OM平分曲線Q且與曲線C交于點A,曲線C上的點B滿足/AOB=,求|AB|.難點突破7. (10 分)2017 太原一模在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的方程為+y2=1,曲線C2的方程為x2+y2-2y=0,以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，射線l:0=a(p 0)與曲線G,C2分別交于點A,巳均異于原點C).(1)求曲線C,C2的極坐標(biāo)方程3TT當(dāng) 0a時，求|OA|2+|OB|2的取值范圍（X = tt + acos0,j y = asintf8.（10 分）2017 泉州三模已知圓C的參數(shù)方程為（B為參數(shù)，0a5）,以坐標(biāo)原點O為I眄（占十-）廠

4、極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系,直線I的極坐標(biāo)方程為psin=2 ,若直線I與曲線C相交于A B兩點，且|AB|=2.(1)求a;若M N為圓C上的兩點，且/MON=,求|OM|+|ON|的最大值.課時作業(yè)（六十八）第 68 講 參數(shù)方程基礎(chǔ)熱身（X = ly - 2 -曲 11 卩1. （10 分）2017 宜春二模已知直線l的參數(shù)方程為（t為參數(shù),0 $n）,以坐標(biāo)原點O為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為p=1,直線l與C交于不同的兩點P,F2.（1）求0的取值范圍；（2）以$為參數(shù),求線段PF2 中點軌跡的參數(shù)方程.4能力提升 X =tcos tp、3.(1

5、0 分)2017 新鄉(xiāng)二模已知直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù),0Wn),以坐標(biāo)原點O為極點,x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C的極坐標(biāo)方程為P COS1 2B=8sin0.(1)求直線I的普通方程和曲線C的直角坐標(biāo)方程；設(shè)直線I與曲線C相交于A B兩點，當(dāng)變化時，求|AB|的最小值.4.(10 分)2017 哈爾濱三模已知曲線C的極坐標(biāo)方程為p=1,以極點O為坐標(biāo)原點，極軸為x軸正I 亍J尸尹1半軸建立平面直角坐標(biāo)系，曲線C2的參數(shù)方程為(t為參數(shù)).(1)求曲線C上的點到曲線C2距離的最小值(2)若把C上各點的橫坐標(biāo)都擴(kuò)大為原來的2 倍,縱坐標(biāo)擴(kuò)大為原來的倍,得到曲線C1,設(shè)P(-1,1),

6、曲線C與C1交于A B兩點,求|PA|+|PB|.5. (10 分)2018 沈陽模擬在直角坐標(biāo)系中，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系（x - 2-2cos0）.以ff +| I坐標(biāo)原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為pcos=-2.（1）設(shè)P是曲線C上的一個動點，當(dāng)a=2 時,求點P到直線I的距離的最大值若曲線C上所有的點均在直線l的右下方，求a的取值范圍課時作業(yè)(六十九)第 69 講 不等式的性質(zhì)及絕對值不等式6基礎(chǔ)熱身1.(10 分)2017 湖北黃岡一模已知函數(shù)f(x)=|2x-a|+|2x-1|(a R).(1)當(dāng)a=-1 時,求f(x)w2 的

7、解集；2.(10 分)2017 湖南長郡中學(xué)模擬已知函數(shù)f(x)=|x-1|-|2x|.(1)解不等式f(x)-3;求函數(shù)f(x)的圖像與x軸圍成的三角形的面積.能力提升3.(10 分)已知函數(shù)f(x)=|x-m|+|x|(mE R).(1)若f(1)=1,解關(guān)于x的不等式f(x)m對任意實數(shù)x恒成立，求實數(shù)m的取值范圍4.(10 分)2017 深圳二模已知函數(shù)f(x)=|x+1-2a|+|x-a2|,aR.(1) 若f(a)w2|1-a|,求實數(shù)a的取值范圍;(2) 若關(guān)于x的不等式f(x)w1 存在實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍.5.(10 分)設(shè)不等式|x+1|+|x-1|w2 的解集為M.

8、(1)求集合M若f(x)wI2x+11的解集包含集合求實數(shù)a的取值范圍7若xM|y|w $,|z|w9,求證：|x+2y-3z|.6.(10 分)2017 唐山三模已知函數(shù)f(x)=|x+2a|+|x-1|,a R若a=1,解不等式f(x) w 5;(卄當(dāng) 0 時，g(a)=f,求滿足g(a)w4 的a的取值范圍.難點突破7.(10 分)2017 衡陽二聯(lián)已知函數(shù)f(x)=|2x+1|,g(x)=|x|+a.(1) 當(dāng)a=0 時,解不等式f(x) g(x);(2) 若存在x R,使得f(x)wg(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍.8.(10 分)2017 撫州臨川一中二模已知函數(shù)f(x)=|x-3

9、|+|2x-2|,g(x)=|x-a|+|a+x|.(1) 解不等式f(x)10;(2) 若對于任意的X1 R,都有X2 R,使得f(xJ=g(X2),試求a的取值范圍.課時作業(yè)(七十)第 70 講 不等式的證明、柯西不等式與均值不等式基礎(chǔ)熱身1.(10 分)2017 石家莊模擬已知函數(shù)f(x)=|x+1|+|x-5|的最小值為m.(1)求m的值；_ 2 2 28若a,b,c均為正實數(shù)，且a+b+c=m求證:a +b+c 12.92. (10 分)2017 衡水中學(xué)三模已知實數(shù)a,b滿足a2+b2-ab=3.(1)求a-b的取值范圍；丄丄34牛字 -若ab0,求證：+ +.能力提升3.(10

10、分)2017 巢湖模擬已知函數(shù)f(x)=|2x-1|+|x+1|.(1) 求函數(shù)f(x)的值域M37(2) 若aM試比較|a-1|+|a+1| / ,-2a的大小.4. (10 分)已知函數(shù)f(x)=|x+5|-|x-1|(x R).(1)解關(guān)于x的不等式f(x)wx;記函數(shù)f(x)的最大值為k,若 lga+lg(2b)=lg(a+4b+k)，試求ab的最小值.5. (10 分)已知a,b為任意實數(shù).(1)求證:a +6a b +b 4ab(a +b);求函數(shù)f(x)=|2x-a4+(1-6a2b2-b4)|+2|x-(2a3b+2ab3-1)|的最小值.6. (10 分)2017 安陽二模已

11、知函數(shù)f(x)=2|x+1|-|x-1|.(1)求函數(shù)f(x)的圖像與直線y=1 圍成的封閉圖形的面積m10在(1)的條件下，若(a,b)(a*b)是函數(shù)g(x)=圖像上一點，求的取值范圍.難點突破7.(10 分)2017 武漢二模已知a0,b0,c0,函數(shù)f(x)=|x+a|-|x-b|+c的最大值為 10.(1)求a+b+c的值;1求(a-1)2+(b-2)2+(c-3)2的最小值,并求出此時a, b,c的值.8.(10 分)2017 昆明模擬已知a,b,c,m,n,p都是實數(shù),且a2+b2+c2=1,mi+n2+p2=1.(1)證明:|am+bn+cp|w1;若abcz0,證明：+ +

12、1.課時作業(yè)(六十七)I-r1.解:(1)(x-)2+(y+1)2=9 可化為x2+y2-2x+2y-5=0,故圓C的極坐標(biāo)方程為p2-2pcos0+2psin0-5=0.K/ Tlx/ Tlx-(Pl，-)將0=代入p2-2 pcos0+2psin0-5=0,得p2-2p-5=0.設(shè)M,N,Ip1+p2=2,p1p2= -5,|MN|=|p1-p2|=2.2.解:(1)將x=pcos0,y=psin0,p2=x2+y2代入曲線C的極坐標(biāo)方程，得x2+y2-4x-2y+4=0,即(x-2)2+(y)2=3.11故曲線C的直角坐標(biāo)方程為(x-2)2+(y- .)2=3.直線TTl的極坐標(biāo)方程是0

13、=(pR),代入曲線C的極坐標(biāo)方程，得p2-5p+4=0,所以pApB=4,所以|0A|0B|=|pAP B|=4.3.解:(1)(x-2)2+y2=4 可化為x2+y2-4x=0,把x=pcos0,y=psin0代入,可得曲線C的極坐標(biāo)方程為p=4cos0.設(shè)Qp,何冷)(8冷)0),則P,則有p=4cos=4sin0,所以曲線C2的極坐標(biāo)方程為p=4sin0.nTTM到射線0=(p0)的距離為d=2sin=,則 &MA=|AB|d=3- .(X = pcos0,:/ 2 2 24.解:(1)依題意，將代入x +y +2x-4=0,可得p+2pcos0-4=0.|X = pcos,:

14、/ 小心：22將代入y =x,化簡得psin0=cos0.故曲線C的極坐標(biāo)方程為p2+2pcos0-4=0,曲線C2的極坐標(biāo)方程為psin20=cos0.將y2=x代入x2+y2+2x-4=0,得x2+3x-4=0,解得x=1 或x=-4(舍去),當(dāng)x=1 時,y=1,AC!與 Q 交點的直角坐標(biāo)為A(1,1),B(1,-1),/p匸=,pB=,tan0A=i,tan0B=-1,|AB|=|125解:在極坐標(biāo)系中，點M的坐標(biāo)為nK二x=3cos=0,y=3sin丄=3,點M的直角坐標(biāo)為（0,3）,二直線l的方程為y=-x+3./ m月2由P=2 . sin, 得p=2psin0+2pcos0,

15、22二曲線C的直角坐標(biāo)方程為x +y-2x-2y=0,22即 (x-1)+(y-1)=2.卜1 - I T Q圓心(1,1)到直線y=-x+3 的距離d=,連圓上的點到直線I距離的最大值為d+R=,13 斗 2 3 評PAB面積的最大值為x . X=.2X6.解: 曲線C的直角坐標(biāo)方程為？+y2=1,把x=pcos0,y=psin0代入,3得曲線C的極坐標(biāo)方程為p2p=曲線C2的極坐標(biāo)方程為1n&-| -p=4si n即p=4sin0cos+4cos0sin ,13即p2=2psin0+2.pcos0,把x=pcos0,y=psin0,p2=x2+y2代入,得x2+y2=2y+2.x,

16、二曲線C2的直角坐標(biāo)方程為(x-)2+(y-1)2=4.曲線C2是圓心為(，1),半徑為 2 的圓,TI射線OM勺極坐標(biāo)方程為0=(p 0),代入p2= m；：,可得=2.n6- 2 -又/AOB=, =,_ .- 4石.|AB|=Y両帀尹卩才十馬=丁.7.解:(1)將x=pcos0,y=psin0,p2=x2+y2分別代入曲線C,C2的直角坐標(biāo)方程，得亠2 2 . 2C：p+psin0-2=0,O： p=2sin0,2故 C 的極坐標(biāo)方程為p2= sinP,C2的極坐標(biāo)方程為p=2sin0.2(2)將0=a(p 0)代入C的極坐標(biāo)方程得|OA|2=中宙11紜，將0=a(p0)代入 Q 的極坐

17、標(biāo)方程得|OB|2=4Sin2a,則|0A| 2+|0B=*i：彳+4sin2a= ：+4(1+sin2a )-4,令t=1+sin2a,則t (1,2),2 2則|0A|2+|OB|2= +4t-4,T函數(shù)y= +4t-4 在(1,2)上單調(diào)遞增,14|OA|2+|OB|2 (2,5).fX = a +acos0, (X - a = cicos.”, y = anO,zo y = amnO8.解:(1)由得2 2 2二圓C的普通方程為(x-a)+y =a,即圓心為(a,0),半徑r=a./psin4，=Psin0cos+pcos0sinJ=2,把x=pcos0,y=psin0代入,得直線I的

18、直角坐標(biāo)方程為x+y-4=0.I-4|_仗軒圓心到直線I的距離d= I,|AB|=2 =2，即a2-=2,解得a=2 或a=-10, / 0a5,a=2.22由(1)得，圓C:(x-2)+y =4,把x=pcos0,y=psin0代入,得(pcos0-2)2+(psin0)2=4,化簡得圓C的極坐標(biāo)方程為p=4cos0.P的+亍依題意，設(shè)Mp1,01),N,TTK ITIT K KIT則-01，- 01+ ,- 01,何-j廠|OM|+|ON|=p1+p2=4cos01+4cos=6cos01-2 sinTTIT 7T-?V00,得|sin$的取值范圍是h1設(shè)Pi(ticos $ ,-2+ti

19、Sin$ ),F2(t2cos$ ,-2+t2sin$ ),由(1)中的(*)可知，=2sin$ ,x = sin2爐*TT2IT可得RF2中點的軌跡方程為$為參數(shù),$，(x = sin2ptIT2nly - 1 -(T故線段P1F2中點軌跡的參數(shù)方程為$為參數(shù),$ 0,所以a=.f X = tcostp*iy = 2 + tsme3.解:(1)由 消去t,得xs in $-ycos $+2cos $=0,$|,又 0W $n,16所以直線I的普通方程為xsin $-ycos $+2cos $=0.由pcos20=8sin0,得(pcos0)2=8psin0,2把x=pcos0,y=psin0

20、代入上式,得x =8y,所以曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2=8y.將直線l的參數(shù)方程代入x2=8y,得t2cos2-8tsin $-16=0,設(shè)A B兩點對應(yīng)的參數(shù)分別為ti,t2,SsiriQ?16則ti+t2=_,tit2二,iMsin2 64 g所以|AB|=|ti-t2|=亦勻 他“卩蟲忻*,當(dāng)$=0 時，|AB|取得最小值，為 8.4.解:（1）易知曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2+y2=1,圓心為（0,0）,半徑為 1,曲線C2的普通方程為|2|圓心到直線的距離d=,所以C1上的點到C2的距離的最小值為-1. x,= 2x,x|2y2x2y2j y =J3y- - -伸縮變換為 所以C1：+

21、=1,故C1：+ =1.將C2的參數(shù)方程與C1的方程聯(lián)立，得 7t2+2. t-10=0,設(shè)AB兩點對應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2,則辭1010t1+t2=-,t1t2=-,因為t1t2=-0,IT 0a ,設(shè)MN對應(yīng)的參數(shù)分別為t1,t2,貝yl T+=-=-“一=2(sina+cosa)=2 sin19- sinw1,20I1因此戶閆+：；的取值范圍為(2,2 .247.解:TCi的極坐標(biāo)方程是pA4pcos0+3psin0=24,整理得 4x+3y-24=0,ACi的直角坐標(biāo)方程為 4x+3y-24=0.(X -2 2曲線C2的參數(shù)方程為(0為參數(shù)),AC2的普通方程為x +y =1.用：，

22、分別代換曲線C的普通方程中的x,y,得到曲線C的方程為=1,則曲線G的參數(shù)方程為(X -Ct. Sint( a為參數(shù)),設(shè)N(2COSa,2sin|4 x一3 x SsmCt - 24d= |2sin(a +0 恒成立,即22(0,2 . )課時作業(yè)(六十九)1.解：(1)當(dāng)a=-1 時,f(x)=|2x+1|+|2x-1|,1 1X 4 X - 由f(x)w2,得 亠+1,1 1 1 1上述不等式等價于數(shù)軸上點x到兩點-,距離之和小于等于 1,則-wxw,1打IJC|-x-即原不等式的解集為(己打.rl因為f(x)W|2x+1|的解集包含卜rl所以當(dāng)x時，不等式f(x)W|2x+1|恒成立，

23、所以|2x-a|+2x-1w2x+1,2即|2x-a|w2,所以 2x-2waw2x+2,x“恒成立,所以(2x-2)maxWaw(2x+2)min, 得 0waw3.I ix,x 0,1 -3xfQ x -3,所以當(dāng)xw0 時，由 1+x-3,解得x-4,即-4vxw0;(其中tan毋=cos(t+$ )+40恒成立，所以40,所以 0a-3,解得xv,即 0 x 1 時,由-1-x-3,解得x2,即 1 x-3 的解集為(-4,2).如圖，畫出函數(shù)f(x)的圖像，1易得函數(shù)f(x)的圖像與x軸交點的橫坐標(biāo)分別為-1,142故函數(shù)f(x)的圖像與x軸圍成的三角形的面積為x X1=.3.解:(

24、1)由f(1)=1 可得|1-m|+1=1,故m=.由f(x)2 可得|x-1|+|x|2.當(dāng)x0 時，不等式可變?yōu)?1-x)-x-,A- x0;當(dāng) Owx 1 時，不等式可變?yōu)?1-x)+x2,即 12,二0wx1 時，不等式可變?yōu)?x-1)+x2,解得x，二1x|(x-m)-x|=|m|當(dāng)且僅當(dāng)(x-m)xw0 時，等號成立，故f(x)的最小值為|m|.故只需|m|m,即|m|(|m|-1)w0,解得-1wnW1,即實數(shù)m的取值范圍是-1,1.24.解:(1)因為f(a)w2|1-a|,所以11-a|+|a-a |w2|1-a|,24即(|a|-1)11-a|w0.當(dāng)a=1 時,不等式成立

25、 當(dāng) 1 時,| 1-a| 0,則 |a|- 1w0,解得-1wa|(x+1-2a)-(x-a)|=(a-1),2所以(a-1)w1,解得 owaw2,所以實數(shù)a的取值范圍是a|0waw2.5.解:(1)根據(jù)絕對值的意義可知，|x+1|+|x-1|表示數(shù)軸上的點x到點-1,1 的距離之和，它的最小值為2,故不等式|x+1|+|x-1|w2 的解集為M=-1,1.Tx M|y|w,|z|w,|x+2y-3z|w|x|+2|y|+引z|w1+2X+3X=,5|x+2y-3z|w.6.解:(1)|x+2|+|x-1|表示數(shù)軸上的點x到點-2 和 1 的距離之和當(dāng)x=-3 或 2 時,f(x)=5,依

26、據(jù)絕對值的幾何意義可得f(x)w5 的解集為x|-3wxw2.當(dāng)a 5,當(dāng)且僅當(dāng)a=-1 時，等號成立，所以g(a)w4 無解;2當(dāng) 01 時,g(a)=2a+1 4,解得 1ag(x)得|2x+1|鬥x|,兩邊平方整理得 3x2+4x+1 0,解得x-,(2)由f(x)wg(x)得a|2x+1|-|x|,令h(x)=|故h(x)min=hi=-1,從而實數(shù)a的取值范圍為58.解:(1)當(dāng)x10,解得x10,解得x9,不符合題意;當(dāng)x3 時,f(x)=x-3+2x-2=3x-510,解得x5.-3x +5,策 1T1 3,由知f(x)=根據(jù)函數(shù)f(x)的圖像(圖略)可知，當(dāng)x=1 時,f(x)

27、取得最小值，且f(1)=2,易知g(x)=|x-a|+|a+x|x-a-(x+a)|=2|a|,二原不等式的解集為I。0故原不等式的解集為x|A: j 一或龍 5322126對于任意的X1 R,都有X2 R,使得f(x”=g(X2),2|a|w2,二-1waw1,.a的取值范圍為-1,127課時作業(yè)(七十)1. 解:f(x)=|x+1|+|x-5|x+1-x+5|=6, m=6.2 2 2 2 2 2(2)證明：/a+b 2ab,a +c2ac,c +b2cb,2 2 22(a +b +c) 2(ab+ac+bc),2 2 22 2 2 23(a +b +c) a +b +c +2ab+2ac

28、+2bc=(a+b+c),2 2 2又m=6,a+b+c=6,.a+b+c 12.2. 解:(1)因為a2+b2-ab=3,所以a2+b2=3+ab 2|ab|.1當(dāng)ab 0 時,3+ab 2ab,解得ab 3,即 0ab 3;2當(dāng)ab-2ab,解得ab-1,即-1 ab0.所以-1wab 3,則 0w3-ab 4,2 2 2而(a-b)=a +b -2ab=3+ab-2ab=3-ab,所以 0w(a-b)w4,即-2wa-bw2.證明：由(1)知 0.-3xhr - 1,12- 1 x ,所以 0w1,|a-1|+|a+1|=a-1+a+1=2a 3.34a -7a-3 (a -lX4a -

29、3)-= : =3由a,知a-10,4a-30,(a -1X4 3)37所以0,所以 r -2a,3 7所以|a-1|+|a+1| -2a.4.解: 當(dāng)x-5 時，由-(x+5)+(x-1)wx得-6wxw-5;當(dāng)-5x1 時，由(x+5)+(x-1)wx得-5x1 時,由(x+5)-(x-1)wx得x6.因此f(x)wx的解集為x|-6wxw-4 或x6.(2)易知k=6,則由 Iga+lg(2b)=lg(a+4b+k)? 2ab=a+4b+6? 2ab4.+6?ab-2.-30?(：-3)(+1) 0? 3?ab 9,所以ab的最小值為 9.42 24225.解:(1)證明:a +6a b +b-4ab(a +b)=(a2+b2)2-4ab(a2+b