教师版,,高考每日一题⑧其他类型题

作者：rongbozhao | 发布时间：2020-12-20 06:30:01 收藏本文下载本文

22．(2013 课标全国Ⅱ，理 22)(本小题满分 10 分)选修 4—1：几何证明选讲如图，CD 为△ABC 外接圆的切线，AB 的延长线交直线 CD 于点 D，E，F 分别为弦 AB 与弦 AC上的点，且 BC·AE＝DC·AF，B，E，F，C 四点共圆．(1)证明：CA 是△ABC 外接圆的直径；(2)若 DB＝BE＝EA，求过 B，E，F，C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积的比值．解：(1)证明：因为 CD 为△ABC 外接圆的切线，所以∠DCB＝∠A，由题设知BC DCFA EA，故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA.因为 B，E，F，C 四点共圆，所以∠CFE＝∠DBC，故∠EFA＝∠CFE＝90°.所以∠CBA＝90°，因此 CA 是△ABC 外接圆的直径．(2)连结 CE，因为∠CBE＝90°，所以过 B，E，F，C 四点的圆的直径为 CE，由 DB＝BE，有 CE＝DC，又 BC 2 ＝DB·BA＝2DB 2，所以 CA 2 ＝4DB 2 ＋BC 2 ＝6DB 2.而 DC 2 ＝DB·DA＝3DB 2，故过 B，E，F，C 四点的圆的面积与△ABC 外接圆面积的比值为12.23．(2013 课标全国Ⅱ，理 23)(本小题满分 10 分)选修 4—4：坐标系与参数方程已知动点 P，Q 都在曲线 C：2cos ,2sinx ty t (t 为参数)上，对应参数分别为 t＝α 与 t＝2α(0＜α＜2π)，M 为 PQ 的中点．(1)求 M 的轨迹的参数方程；(2)将 M 到坐标原点的距离 d 表示为 α 的函数，并判断 M 的轨迹是否过坐标原点．解：(1)依题意有 P(2cos α，2sin α)，Q(2cos 2α，2sin 2α)，因此 M(cos α＋cos 2α，sin α＋sin 2α)． M 的轨迹的参数方程为cos cos2 ,sin sin2xy     (α 为参数，0＜α＜2π)．(2)M 点到坐标原点的距离 2 22 2cos d x y     (0＜α＜2π)．当 α＝π 时，d＝0，故 M 的轨迹过坐标原点．

24．(2013 课标全国Ⅱ，理 24)(本小题满分 10 分)选修 4—5：不等式选讲设 a，b，c 均为正数，且 a＋b＋c＝1，证明：

(1)ab＋bc＋ac≤13；(2)2 2 21a b cb c a  .解：(1)由 a 2 ＋b 2 ≥2ab，b 2 ＋c 2 ≥2bc，c 2 ＋a 2 ≥2ca，得 a 2 ＋b 2 ＋c 2 ≥ab＋bc＋ca.由题设得(a＋b＋c)2 ＝1，即 a 2 ＋b 2 ＋c 2 ＋2ab＋2bc＋2ca＝1.所以 3(ab＋bc＋ca)≤1，即 ab＋bc＋ca≤13.(2)因为22ab ab ，22bc bc ，22ca ca ，故2 2 2()a b ca b cb c a     ≥2(a＋b＋c)，即2 2 2a b cb c a  ≥a＋b＋c.所以2 2 2a b cb c a  ≥1.22．(2013 课标全国Ⅰ，理 22)(本小题满分 10 分)选修 4—1：几何证明选讲如图，直线 AB 为圆的切线，切点为 B，点 C 在圆上，∠ABC 的角平分线 BE 交圆于点 E，DB 垂直 BE 交圆于点 D.(1)证明：DB＝DC；(2)设圆的半径为 1，BC＝ 3，延长 CE 交 AB 于点 F，求△BCF 外接圆的半径．解：

(1)证明：连结 DE，交 BC 于点 G.由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE.而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE.又因为 DB⊥BE，所以 DE 为直径，∠DCE＝90°，由勾股定理可得 DB＝DC.(2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，故 DG 是 BC 的中垂线，所以 BG＝32.设 DE 的中点为 O，连结 BO，则∠BOG＝60°.从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，所以 CF⊥BF，故 Rt△BCF 外接圆的半径等于32.23．(2013 课标全国Ⅰ，理 23)(本小题满分 10 分)选修 4—4：坐标系与参数方程已知曲线 C 1 的参数方程为4 5cos ,5 5sinx ty t   (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，曲线 C 2 的极坐标方程为 ρ＝2sin θ.(1)把 C 1 的参数方程化为极坐标方程；(2)求 C 1 与 C 2 交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ＜2π)．解：(1)将4 5cos ,5 5sinx ty t   消去参数 t，化为普通方程(x－4)2 ＋(y－5)2 ＝25，即 C 1 ：x 2 ＋y 2 －8x－10y＋16＝0.将cos ,sinxy   代入 x 2 ＋y 2 －8x－10y＋16＝0 得 ρ 2 －8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.所以 C 1 的极坐标方程为 ρ 2 －8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0.(2)C 2 的普通方程为 x 2 ＋y 2 －2y＝0.由2 22 28 10 16 0,2 0x y x yx y y        解得1,1xy 或0,2.xy  所以 C 1 与 C 2 交点的极坐标分别为π2,4   ，π2,2   .24．(2013 课标全国Ⅰ，理 24)(本小题满分 10 分)选修 4—5：不等式选讲已知函数 f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.(1)当 a＝－2 时，求不等式 f(x)＜g(x)的解集；(2)设 a＞－1，且当 x∈1,2 2a   时，f(x)≤g(x)，求 a 的取值范围．解：(1)当 a＝－2 时，不等式 f(x)＜g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3＜0.设函数 y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则 y＝15 , ,212, 1,23 6, 1.x xx xx x       其图像如图所示．从图像可知，当且仅当 x∈(0,2)时，y＜0.所以原不等式的解集是{x|0＜x＜2}．(2)当 x∈1,2 2a   时，f(x)＝1＋a.不等式 f(x)≤g(x)化为 1＋a≤x＋3.所以 x≥a－2 对 x∈1,2 2a   都成立．故2a ≥a－2，即43a .从而 a 的取值范围是41,3  .7 21．(2013 福建，理 21)本题设有(1)、(2)、(3)三个选考题，每题 7 分，请考生任选 2 题作答，满分 14 分．如果多做，则按所做的前两题计分．作答时，先用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑，并将所选题号填入括号中．(1)(本小题满分 7 分)选修 4—2：矩阵与变换已知直线 l：ax＋y＝1 在矩阵1 20 1A   对应的变换作用下变为直线 l′：x＋by＝1.①求实数 a，b 的值； ②若点 P(x 0，y 0)在直线 l 上，且0 00 0x xAy y         ，求点 P 的坐标．解：①设直线 l：ax＋y＝1 上任意点 M(x，y)在矩阵 A 对应的变换作用下的像是 M′(x′，y′)．由1 2 20 1x x x yy y y                     ，得2 ,.x x yy y     又点 M′(x′，y′)在 l′上，所以 x′＋by′＝1，即 x＋(b＋2)y＝1，依题意得=1,2=1,ab解得=1,1.ab  ②由0 00 0x xAy y         ，得0 0 00 02 ，x x yy y  解得 y 0 ＝0.又点 P(x 0，y 0)在直线 l 上，所以 x 0 ＝1.故点 P 的坐标为(1,0)．

8(2)(本小题满分 7 分)选修 4—4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知点 A 的极坐标为π24   ，直线 l 的极坐标方程为 ρπcos4   ＝a，且点 A 在直线 l 上． ①求 a 的值及直线 l 的直角坐标方程； ②圆 C 的参数方程为1 cos ,sinxy  (α 为参数)，试判断直线 l 与圆 C 的位置关系．解：①由点 Aπ2,4   在直线 ρπcos4   ＝a 上，可得 2 a .所以直线 l 的方程可化为 ρcos θ＋ρsin θ＝2，从而直线 l 的直角坐标方程为 x＋y－2＝0.②由已知得圆 C 的直角坐标方程为(x－1)2 ＋y 2 ＝1，所以圆 C 的圆心为(1,0)，半径 r＝1，因为圆心 C 到直线 l 的距离 d＝12＝22＜1，所以直线 l 与圆 C 相交．

9(3)(本小题满分 7 分)选修 4—5：不等式选讲设不等式|x－2|＜a(a∈N *)的解集为 A，且32∈A，12 A ． ①求 a 的值； ②求函数 f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值．解：①因为32∈A，且12 A，所以32 <2a ，且122a  ，解得12＜a≤32.又因为 a∈N *，所以 a＝1.②因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，即－1≤x≤2 时取到等号．所以 f(x)的最小值为 3.10 22．(2013 辽宁，理 22)(本小题满分 10 分)选修 4－1：几何证明选讲如图，AB 为 O 的直径，直线 CD 与 O 相切于 E，AD 垂直 CD 于 D，BC 垂直 CD 于 C，EF垂直 AB 于 F，连接 AE，BE.证明：

(1)∠FEB＝∠CEB；(2)EF 2 ＝AD·BC.解：(1)证明：由直线 CD 与 O 相切，得∠CEB＝∠EAB.由 AB 为 O 的直径，得 AE⊥EB，从而 ∠EAB＋∠EBF＝π2；又 EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝π2，从而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB.(2)由 BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE 是公共边，得 Rt△BCE≌Rt△BFE，所以 BC＝BF.类似可证：Rt△ADE≌Rt△AFE，得 AD＝AF.又在 Rt△AEB 中，EF⊥AB，故 EF 2 ＝AF·BF，所以 EF 2 ＝AD·BC.11 23．(2013 辽宁，理 23)(本小题满分 10 分)选修 4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．圆 C 1，直线 C 2 的极坐标方程分别为 ρ＝4sin θ，πcos =2 24    .(1)求 C 1 与 C 2 交点的极坐标；(2)设 P 为 C 1 的圆心，Q 为 C 1 与 C 2 交点连线的中点．已知直线 PQ 的参数方程为33,12x t aby t   (t∈R 为参数)，求 a，b 的值．解：(1)圆 C 1 的直角坐标方程为 x 2 ＋(y－2)2 ＝4，直线 C 2 的直角坐标方程为 x＋y－4＝0.解2 22 4,4 0x yx y      得110,4,xy 222,2.xy  所以 C 1 与 C 2 交点的极坐标为π4,2   ，π2 2,4   .注：极坐标系下点的表示不唯一．(2)由(1)可得，P 点与 Q 点的直角坐标分别为(0,2)，(1,3)．故直线 PQ 的直角坐标方程为 x－y＋2＝0.由参数方程可得 12 2b aby x   .所以1,21 2,2bab    解得 a＝－1，b＝2.12 24．(2013 辽宁，理 24)(本小题满分 10 分)选修 4－5：不等式选讲已知函数 f(x)＝|x－a|，其中 a＞1.(1)当 a＝2 时，求不等式 f(x)≥4－|x－4|的解集；(2)已知关于 x 的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}，求 a 的值．解：(1)当 a＝2 时，f(x)＋|x－4|＝2 6, 2,2,2 4,2 6, 4.x xxx x      当 x≤2 时，由 f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得 x≤1；当 2＜x＜4 时，f(x)≥4－|x－4|无解；当 x≥4 时，由 f(x)≥4－|x－4|得 2x－6≥4，解得 x≥5；所以 f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1 或 x≥5}．(2)记 h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，则2 , 0,()4 2 ,0 ,2 ,.a xh x x a x aa x a      由|h(x)|≤2，解得1 12 2a ax  .又已知|h(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}，所以11,212.2aa  于是 a＝3.13 22．(2013 重庆，理 22)(本小题满分 12 分，(1)小问 4 分，(2)小问 8 分．)对正整数 n，记 I n ＝{1,2，„，n}，,n n nmP m I k Ik     .(1)求集合 P 7 中元素的个数；(2)若 P n 的子集 A 中任意两个元素之和不是．．整数的平方，则称 A 为“稀疏集”．求 n 的最大值，使 P n 能分成两个不相交的稀疏集的并．解：(1)当 k＝4 时，7mm Ik   中有 3 个数与 I 7 中的 3 个数重复，因此 P 7 中元素的个数为 7×7－3＝46.(2)先证：当 n≥15 时，P n 不能分成两个不相交的稀疏集的并．若不然，设 A，B 为不相交的稀疏集，使 A∪B＝P n  I n，不妨设 1∈A，则因 1＋3＝2 2，故 3  A，即 3∈B ．同理 6∈A,10∈B，又推得 15∈A，但 1＋15＝4 2，这与 A 为稀疏集矛盾．再证 P 14 符合要求，当 k＝1 时，14 14mm I Ik    可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取 A 1 ＝{1,2,4,6,9,11,13}，B 1 ＝{3,5,7,8,10,12,14}，则 A 1，B 1 为稀疏集，且 A 1 ∪B 1 ＝I 14.当 k＝4 时，集14mm Ik   中除整数外剩下的数组成集1 3 5 13, , , ,2 2 2 2   ，可分解为下面两稀疏集的并：21 5 9 11, , ,2 2 2 2A   ，23 7 13, ,2 2 2B   .当 k＝9 时，集14mm Ik   中除正整数外剩下的数组成集1 2 4 5 13 14, , , , , ,3 3 3 3 3 3   ，可分解为下面两稀疏集的并：31 4 5 10 13, , , ,3 3 3 3 3A   ，32 7 8 11 14, , , ,3 3 3 3 3B   .最后，集14 14, , 1,4,9mC m I k I kk      且中的数的分母均为无理数，它与 P 14 中的任何其他数之和都不是整数，因此，令 A＝A 1 ∪A 2 ∪A 3 ∪C，B＝B 1 ∪B 2 ∪B 3，则 A 和 B 是不相交的稀疏集，且 A∪B＝P 14.综上，所求 n 的最大值为 14.注：对 P 14 的分拆方法不是唯一的．

14 20．(2013 湖南，理 20)(本小题满分 13 分)在平面直角坐标系 xOy 中，将从点 M 出发沿纵、横方向到达点 N 的任一路径称为 M 到 N 的一条“L 路径”．如图所示的路径 MM 1 M 2 M 3 N 与路径 MN 1 N都是 M 到 N 的“L 路径”．某地有三个新建的居民区，分别位于平面 xOy 内三点 A(3,20)，B(－10,0)，C(14,0)处．现计划在 x 轴上方区域(包含 x 轴)内的某一点 P 处修建一个文化中心．(1)写出点 P 到居民区 A 的“L 路径”长度最小值的表达式(不要求证明)：

(2)若以原点 O 为圆心，半径为 1 的圆的内部是保护区，“L 路径”不能进入保护区，请确定点 P的位置，使其到三个居民区的“L 路径”长度之和最小．解：设点 P 的坐标为(x，y)．(1)点 P 到居民区 A 的“L 路径”长度最小值为 |x－3|＋|y－20|，x∈R，y∈[0，＋∞)．(2)由题意知，点 P 到三个居民区的“L 路径”长度之和的最小值为点 P 分别到三个居民区的 “L 路径”长度最小值之和(记为 d)的最小值． ①当 y≥1 时，d＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|＋2|y|＋|y－20|，因为 d 1(x)＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|≥|x＋10|＋|x－14|，(*)当且仅当 x＝3 时，不等式(*)中的等号成立，又因为|x＋10|＋|x－14|≥24，(**)当且仅当 x∈[－10,14]时，不等式(**)中的等号成立．所以 d 1(x)≥24，当且仅当 x＝3 时，等号成立． d 2(y)＝2y＋|y－20|≥21，当且仅当 y＝1 时，等号成立．故点 P 的坐标为(3,1)时，P 到三个居民区的“L 路径”长度之和最小，且最小值为 45.②当 0≤y≤1 时，由于“L 路径”不能进入保护区，所以 d＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|＋1＋|1－y|＋|y|＋|y－20|，此时，d 1(x)＝|x＋10|＋|x－14|＋|x－3|，d 2(y)＝1＋|1－y|＋|y|＋|y－20|＝22－y≥21.由①知，d 1(x)≥24，故 d 1(x)＋d 2(y)≥45，当且仅当 x＝3，y＝1 时等号成立．综上所述，在点 P(3,1)处修建文化中心，可使该文化中心到三个居民区的“L 路径”长度之和最小．