高三数学（理）一轮复习习题作业答案-第十一单元-选修4部分

课时作业(六十七)1.解:(1)(x3)2+(y+1)2=9可化为x2+y223x+2y5=0,故圆C的极坐标方程为ρ223ρcosθ+2ρsinθ5=0.(2)将θ=π6代入ρ223ρcosθ+2ρsinθ5=0,得ρ22ρ5=0.设Mρ1,π∴ρ1+ρ2=2,ρ1ρ2=5,∴|MN|=|ρ1ρ2|=4+20=26.2.解:(1)将x=ρcosθ,y=ρsinθ,ρ2=x2+y2代入曲线C的极坐标方程,得x2+y24x23y+4=0,即(x2)2+(y3)2=3.故曲线C的直角坐标方程为(x2)2+(y3)2=3.(2)直线l的极坐标方程是θ=π3(ρ∈R),代入曲线C的极坐标方程,得ρ25ρ+4=0,所以ρAρB=4所以|OA|·|OB|=|ρAρB|=4.3.解:(1)(x2)2+y2=4可化为x2+y24x=0,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入,可得曲线C1的极坐标方程为ρ=4cosθ.设Q(ρ,θ),则Pρ,θ-π2,则有ρ=4cosθ所以曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ.(2)M到射线θ=π3(ρ>0)的距离为d=2sinπ3=|AB|=|ρBρA|=4sinπ3-cosπ则S△MAB=12|AB|·d=334.解:(1)依题意,将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入x2+y2+2x4=0,可得ρ2将x=ρcosθ,y=ρsinθ代入y2故曲线C1的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ4=0,曲线C2的极坐标方程为ρsin2θ=cosθ.(2)将y2=x代入x2+y2+2x4=0,得x2+3x4=0,解得x=1或x=4(舍去),当x=1时,y=±1,∴C1与C2交点的直角坐标为A(1,1),B(1,1),∵ρA=1+1=2,ρB=1+1=2,tanθA=1,tanθB=1,∴θA=π4,θB=7π4,故A2,5.解:(1)∵在极坐标系中,点M的坐标为3,∴x=3cosπ2=0,y=3sinπ2=∴点M的直角坐标为(0,3),∴直线l的方程为y=x+3.由ρ=22sinθ+π4,得ρ2=2ρsinθ+2ρcos∴曲线C的直角坐标方程为x2+y22x2y=0,即(x1)2+(y1)2=2.(2)圆心(1,1)到直线y=x+3的距离d=|-1-1+3∴圆上的点到直线l距离的最大值为d+R=32而|AB|=2R2-d2=2×∴△PAB面积的最大值为12×6×3226.解:(1)曲线C1的直角坐标方程为x23+y2=把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入,得曲线C1的极坐标方程为ρ2=31+2∵曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ+即ρ=4sinθcosπ3+4cosθsinπ即ρ2=2ρsinθ+23ρcosθ,把x=ρcosθ,y=ρsinθ,ρ2=x2+y2代入,得x2+y2=2y+23x,∴曲线C2的直角坐标方程为(x3)2+(y1)2=4.(2)曲线C2是圆心为(3,1),半径为2的圆,∴射线OM的极坐标方程为θ=π6(ρ≥0代入ρ2=31+2sin2θ,又∠AOB=π2,∴ρB2∴|AB|=|OA|2+|7.解:(1)将x=ρcosθ,y=ρsinθ,ρ2=x2+y2分别代入曲线C1,C2的直角坐标方程,得C1:ρ2+ρ2sin2θ2=0,C2:ρ=2sinθ,故C1的极坐标方程为ρ2=21+C2的极坐标方程为ρ=2sinθ.(2)将θ=α(ρ≥0)代入C1的极坐标方程得|OA|2=21+将θ=α(ρ≥0)代入C2的极坐标方程得|OB|2=4sin2α,则|OA|2+|OB|2=21+sin2α+4sin2α=21+sin2α+令t=1+sin2α,则t∈(1,2),则|OA|2+|OB|2=2t+4t4,∵函数y=2t+4t4在(1,2)∴|OA|2+|OB|2∈(2,5).8.解:(1)由x=a∴圆C的普通方程为(xa)2+y2=a2,即圆心为(a,0),半径r=a.∵ρsinθ+π4=ρsinθcosπ4+ρcosθsinπ把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入,得直线l的直角坐标方程为x+y4=0.∵圆心到直线l的距离d=|a-4|2,∴|AB|=2r2-d2=2解得a=2或a=10,∵0<a<5,∴a=2.(2)由(1)得,圆C:(x2)2+y2=4,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入,得(ρcosθ2)2+(ρsinθ)2=4,化简得圆C的极坐标方程为ρ=4cosθ.依题意,设M(ρ1,θ1),Nρ2则π2<θ1<π2,π2<θ1+π3<π2,∴π2∴|OM|+|ON|=ρ1+ρ2=4cosθ1+4cosθ1+π3=6cosθ123sinθ1=4∵π3<θ1+π6<π3,∴|OM|+|ON|的最大值为课时作业(六十八)1.解:(1)曲线C的极坐标方程为ρ=1,根据ρ2=x2+y2可得曲线C的直角坐标方程为x2+y2=1,将x=tcosφ,y=-2+tsinφ代入x2+y2=1,得t由16sin2φ12>0,得|sinφ|>32,又0≤φ<π∴φ的取值范围是π3(2)设P1(t1cosφ,2+t1sinφ),P2(t2cosφ,2+t2sinφ),由(1)中的(*)可知,t1+t22∴可得P1P2中点的轨迹方程为x=sin2φ,y=-1-cos2故线段P1P2中点轨迹的参数方程为x=sin2φ,y=-1-cos22.解:(1)直线l的参数方程为x=-2+tcosα,y=-4+t(2)把直线l的参数方程代入y2=2x,得t2sin2α(2cosα+8sinα)t+20=0,设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=2cosα+8sinαsin2α,t1t2=20sin2α,根据参数t的几何意义,可得|MA||MB|=|t1t2|=20sin2α=40,所以α=π4或α=3π4.又因为Δ=3.解:(1)由x=tcosφ,y=2+tsinφ消去t,得xsin所以直线l的普通方程为xsinφycosφ+2cosφ=0.由ρcos2θ=8sinθ,得(ρcosθ)2=8ρsinθ,把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入上式,得x2=8y,所以曲线C的直角坐标方程为x2=8y.(2)将直线l的参数方程代入x2=8y,得t2cos2φ8tsinφ16=0,设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=8sinφcos2φ,t1所以|AB|=|t1t2|=(t1+t2当φ=0时,|AB|取得最小值,为8.4.解:(1)易知曲线C1的直角坐标方程为x2+y2=1,圆心为(0,0),半径为1,曲线C2的普通方程为y=x+2,圆心到直线的距离d=|2|2=2,所以C1上的点到C2的距离的最小值为(2)伸缩变换为x'=2x,y'=3y,所以C'1:x'24+y将C2的参数方程与C'1的方程联立,得7t2+22t10=0,设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=227,t1t2=107,因为t1t2=10所以|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=|t1t2|=1225.解:(1)由ρ2=31+2sin2θ可得ρ2(1+2sin2θ)=3,又x=ρcosθ,y=ρsinθ,ρ2∴曲线C的直角坐标方程为x23+y2=1,点A的直角坐标为(3,3(2)曲线C的参数方程为x=3cosα,y=sinα(α为参数,α∈[0,2π)),∴设B(3依题意可得|BE|=33cosα,|BF|=3sinα,矩形BEAF的周长为2|BE|+2|BF|=6+2323cosα2sinα=6+234sinα+当α=π6时,周长取得最小值,为2+23,此时点B的直角坐标为36.解:(1)∵曲线C1的参数方程为x=22cosφ∴曲线C1的普通方程为x28+y2∵ρ2=x2+y2,x=ρcosθ,y=ρsinθ,∴ρ22ρcosθ+2ρsinθ+1=0可化为x2+y22x+2y+1=0,即曲线C2的直角坐标方程为(x1)2+(y+1)2=1.(2)∵曲线C1的右焦点F的坐标为(2,0),∴直线l的参数方程为x=2+tcosα,将直线l的参数方程代入(x1)2+(y+1)2=1,得t2+2(sinα+cosα)t+1=0,∵直线l与曲线C2相交于不同的两点M,N,∴Δ>0,∴0<α<π2设M,N对应的参数分别为t1,t2,则1|FM|+1|FN|=1t1+1t2=t1+t2∴22<sinα+π∴2<22sinα+π4≤2因此,1|FM|+1|FN|的取值范围为(7.解:(1)∵C1的极坐标方程是ρ=244cosθ+3sinθ,∴4ρcosθ+3ρsinθ=24,整理得4x+3y24=0,∴C1的直角坐标方程为4x+3y∵曲线C2的参数方程为x=cosθ,y=sinθ(θ为参数),∴C2的普通方程为x(2)用x22,y2分别代换曲线C2的普通方程中的x,y,得到曲线C3的方程为x28+y24=1,则曲线C3的参数方程为x=22cosα,y=2sinα(α为参数),设N(2d=|4×2|241sin(α+φ)-24|5=24-当sin(α+φ)=1时,d有最小值24-2415,8.解:(1)由ρcosθ+π4=22,得22(ρcosθρsinθ)=22,化成直角坐标方程,得22(xy)=22,即直线l的直角坐标方程为xy+4=0.依题意,设P(23cost,2sint),则P到直线l的距离d=|23cost-2sint+4|2=4cost+π6+42=22+22cost+π6,当t+π6=2kπ,k∈Z,即(2)因为曲线C上所有的点均在直线l的右下方,所以对任意t∈R,acost2sint+4>0恒成立,即a2+4cos(t+φ)+4>0其中tanφ=2a恒成立,所以a2+4<4,又a>0,所以0<a<23,故课时作业(六十九)1.解:(1)当a=1时,f(x)=|2x+1|+|2x1|,由f(x)≤2,得x+12+x上述不等式等价于数轴上点x到两点12,12距离之和小于等于1,则12≤x即原不等式的解集为x|(2)因为f(x)≤|2x+1|的解集包含12所以当x∈12,1时,不等式f(x)≤|2x+1|所以|2xa|+2x1≤2x+1,即|2xa|≤2,所以2x2≤a≤2x+2,x∈12,所以(2x2)max≤a≤(2x+2)min,得0≤a≤3.2.解:(1)由题意可得f(x)=1+因为f(x)>3,所以当x≤0时,由1+x>3,解得x>4,即4<x≤0;当0<x<1时,由13x>3,解得x<43,即0<x<1当x≥1时,由1x>3,解得x<2,即1≤x<2.故不等式f(x)>3的解集为(4,2).(2)如图,画出函数f(x)的图像,易得函数f(x)的图像与x轴交点的横坐标分别为1,13故函数f(x)的图像与x轴围成的三角形的面积为12×43×1=3.解:(1)由f(1)=1可得|1m|+1=1,故m=1.由f(x)<2可得|x1|+|x|<2.①当x<0时,不等式可变为(1x)x<2,解得x>12,∴12<x<②当0≤x≤1时,不等式可变为(1x)+x<2,即1<2,∴0≤x≤1;③当x>1时,不等式可变为(x1)+x<2,解得x<32,∴1<x<3综上可知,原不等式的解集为-1(2)由绝对值不等式的性质可得f(x)=|xm|+|x|≥|(xm)x|=|m|,当且仅当(xm)x≤0时,等号成立,故f(x)的最小值为|m|.故只需|m|≥m2,即|m|(|m|1)≤0,解得1≤m≤1,即实数m的取值范围是[1,1].4.解:(1)因为f(a)≤2|1a|,所以|1a|+|aa2|≤2|1a|,即(|a|1)|1a|≤0.当a=1时,不等式成立;当a≠1时,|1a|>0,则|a|1≤0,解得1≤a<1.综上,实数a的取值范围是{a|1≤a≤1}.(2)若关于x的不等式f(x)≤1存在实数解,则f(x)min≤1,又f(x)=|x+12a|+|xa2|≥|(x+12a)(xa2)|=(a1)2,所以(a1)2≤1,解得0≤a≤2,所以实数a的取值范围是{a|0≤a≤2}.5.解:(1)根据绝对值的意义可知,|x+1|+|x1|表示数轴上的点x到点1,1的距离之和,它的最小值为2,故不等式|x+1|+|x1|≤2的解集为M=[1,1].(2)∵x∈M,|y|≤16,|z|≤1∴|x+2y3z|≤|x|+2|y|+3|z|≤1+2×16+3×19=∴|x+2y3z|≤536.解:(1)|x+2|+|x1|表示数轴上的点x到点2和1的距离之和.当x=3或2时,f(x)=5,依据绝对值的几何意义可得f(x)≤5的解集为{x|3≤x≤2}.(2)g(a)=1a+2a当a<0时,g(a)=2a2a+1≥5,当且仅当a=1时,等号成立,所以g(a)≤4无解当0<a≤1时,g(a)=2a+2a1由g(a)≤4得2a25a+2≤0,解得12≤a≤2,又因为0<a≤1,所以12≤a≤当a>1时,g(a)=2a+1≤4,解得1<a≤32综上,a的取值范围是127.解:(1)当a=0时,由f(x)≥g(x)得|2x+1|≥|x|,两边平方整理得3x2+4x+1≥0,解得x≤1或x≥13∴原不等式的解集为-∞,-1∪-(2)由f(x)≤g(x)得a≥|2x+1||x|,令h(x)=|2x+1||x|,则h(x)=-故h(x)min=h-12=12,从而实数a的取值范围为8.解:(1)当x<1时,f(x)=3x(2x2)=3x+5>10,解得x<53当1≤x≤3时,f(x)=3x+(2x2)=x+1>10,解得x>9,不符合题意;当x>3时,f(x)=x3+2x2=3x5>10,解得x>5.故原不等式的解集为x|(2)由(1)知f(x)=-3x+5,x<1,x+1,1≤x≤3,3x-5,x>3,根据函数f(x)的图像(图略易知g(x)=|xa|+|a+x|≥|xa(x+a)|=2|a|,∵对于任意的x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2),∴2|a|≤2,∴1≤a≤1,∴a的取值范围为[1,1].课时作业(七十)1.解:(1)∵f(x)=|x+1|+|x5|≥|x+1x+5|=6,∴m=6.(2)证明:∵a2+b2≥2ab,a2+c2≥2ac,c2+b2≥2cb,∴2(a2+b2+c2)≥2(ab+ac+bc),∴3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=(a+b+c)2,又m=6,∴a+b+c=6,∴a2+b2+c2≥12.2.解:(1)因为a2+b2ab=3,所以a2+b2=3+ab≥2|ab|.①当ab≥0时,3+ab≥2ab,解得ab≤3,即0≤ab≤3;②当ab<0时,3+ab≥2ab,解得ab≥1,即1≤ab<0.所以1≤ab≤3,则0≤3ab≤4,而(ab)2=a2+b22ab=3+ab2ab=3ab,所以0≤(ab)2≤4,即2≤ab≤2.(2)证明:由(1)知0<ab≤3,因为1a2+1b2+344ab=a2+b2a2b24ab+34=3+ab当且仅当ab=2时取等号,所以1a2+1b2+3.解:(1)f(x)=-根据函数f(x)的单调性可知,f(x)min=f12=3所以函数f(x)的值域M=32(2)因为a∈M,所以a≥32,所以0<32a|a1|+|a+1|=a1+a+1=2a≥3.32a72-2由a≥32,知a1>0,4a3>0所以(a-1)(4a-3)2所以|a1|+|a+1|>32a>74.解:(1)当x≤5时,由(x+5)+(x1)≤x得6≤x≤5;当5<x<1时,由(x+5)+(x1)≤x得5<x≤4;当x≥1时,由(x+5)(x1)≤x得x≥6.因此f(x)≤x的解集为{x|6≤x≤4或x≥6}.(2)易知k=6,则由lga+lg(2b)=lg(a+4b+k)⇒2ab=a+4b+6⇒2ab≥4ab+6⇒ab2ab3≥0⇒(ab3)(ab+1)≥0⇒ab≥3⇒ab≥9,所以ab的最小值为9.5.解:(1)证明:a4+6a2b2+b44ab(a2+b2)=(a2+b2)24ab(a2+b2)+4a2b2=(a2+b22ab)2=(ab)4,因为(ab)4≥0,所以a4+6a2b2+b4≥4ab(a2+b2).(2)f(x)=|2xa4+(16a2b2b4)|+2|x(2a3b+2ab31)|=|