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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 三十九 選修作業(yè)專練2 文 一 、選做解答題（本大題共10小題，共100分） 選修4-5：不等式選講 已知函數(shù) （1）求函數(shù)的值域 （2）求不等式:的解集． 選修45：不等式選講 已知函數(shù),,． （I）當時,解不等式: ； （II）若且,證明：，并說明等號成立時滿足的條件。 選修4-4：坐標系與參數(shù)方程 已知極坐標系的極點在直角坐標系的原點處，極軸與軸非負半軸重合．直線的參數(shù)方程為：（為參數(shù)），曲線的極坐標方程為：． （1）寫出曲線的直角坐標方程，并指明是什么曲線； （2）設直線與曲

2、線相交于兩點，求的值． 選修4-4：坐標系與參數(shù)方程 已知曲線： （為參數(shù)），：（為參數(shù)）． （1）化，的方程為普通方程，并說明它們分別表示什么曲線； （2）若上的點對應的參數(shù)為，為上的動點，求中點到直線（為參數(shù)）距離的最小值． 選修4—4：坐標系與參數(shù)方程選講 已知直線：（為參數(shù)，a為的傾斜角），以坐標原點為極點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為. （1）若直線與曲線相切，求的值； （2）設曲線上任意一點的直角坐標為，求的取值范圍. 選修44：坐標系與參數(shù)方程 已知橢圓C的極坐標方程為， 點為其左，右焦點，

3、直線的參數(shù)方程為( )． （I）求直線和曲線C的普通方程；（II）求點到直線的距離之和. 選修4-1：幾何證明選講 P A B C D E 7題圖 O 如圖，內接于直徑為的圓，過點作圓的切線交的延長線于點，的平分線分別交和圓為點,， 若. （1）求證：; （2）求的值. 選修4－1：幾何證明選講 如圖,已知四邊形內接于,且是的直徑, 過點的的切線與的延長線交于點. （I）若，，求的長； （II）若，求的大小.

4、 選修4-1：幾何證明選講 如圖過圓E外一點A作一條直線與圓E交于B、C兩點，且AB=AC，作直線AF與圓E相切于點F，連結EF交BC于點D，已知圓E的半徑為2， （1） 求AF的長； （2） 求證：AD=3ED 選修4—1：幾何證明選講 如圖所示，圓0的直徑為BD，過圓上一點A作圓O的切線AE，過點D作 DEAE于點E，延長ED與圓0交于點C． (1)證明：DA平分； (2)若AB=4，AE=2，求CD的長． 衡水萬卷作業(yè)卷三十九文數(shù)答案解析 一 、選做解答題 【答案】 （1）[-3,3] ；（2） 解析：（1）因為

5、 當2＜x＜5時，-3＜f(x) ＜3，所以，即函數(shù)值域為[-3,3]. （2）由（1）可知， 當?shù)慕饧癁榭占? 當時，的解集為：； 當時，的解集為：； 【思路點撥】一般遇到絕對值函數(shù)，通常先改寫成分段函數(shù)，再結合各段對應的關系式進行解答. 解: (Ⅰ)因為,所以原不等式為. 當時, 原不等式化簡為,即； 當時, 原不等式化簡為,即無解； 當時, 原不等式化簡為,即. 綜上,原不等式的解集為. （Ⅱ）由題知 , ， 所以, 又等號成立當且僅當與同號或它們至少有一個為零. 【答案】(1) ，是以(2,0)為圓心，2為半徑的

6、圓； (2) 解析：(1)由得，得，即，所以曲線C是以(2,0)為圓心，2為半徑的圓. （2）把代入，整理得， 設其兩根分別為則，所以. 【思路點撥】一般遇到直線上的點與直線經(jīng)過的定點之間的距離關系問題時，可考慮利用直線參數(shù)方程中的參數(shù)的幾何意義進行解答. 【答案】（1），為圓心是(-4,3)，半徑是1的圓，為中心是坐標原點，焦點在x軸上，長半軸長是8，短半軸長是3的橢圓； （2）． 解析：：（1）對兩個參數(shù)方程消參得，為圓心是(-4,3)，半徑是1的圓，為中心是坐標原點，焦點在x軸上，長半軸長是8，短半軸長是3的橢圓；（2）當時，，故 ，為直線x－2y－7=0，M到的距離，從而

7、當時，d取得最小值. 【思路點撥】當遇到由曲線的參數(shù)方程解答問題不方便時，可化成普通方程進行解答. 解：（1）曲線C的直角坐標方程為 即 曲線C為圓心為(3,0)，半徑為2的圓. 直線l的方程為: ∵直線l與曲線C相切 ∴ 即 ∵ a?[0,π) ∴a= (法二)①將化成直角坐標方程為……2分 由消去得 ∵ 與C相切 ∴ Δ=64-48=0 解得cosa=∵ a?[0,π) ∴a= （2）設 則

8、 = ∴ 的取值范圍是. 解：(Ⅰ) 直線普通方程為 ；曲線的普通方程為． (Ⅱ) ∵,，∴點到直線的距離 點到直線的距離 ∴ 解：（1）∵PA是圓O的切線 ∴ 又是公共角 ∴∽ ∴ ∴ （2）由切割線定理得： ∴又PB=5 ∴ 又∵AD是的平分線 ∴∴ ∴ 又由相交弦定理得：

9、 解：(Ⅰ)因為MD為的切線,由切割線定理知, MD2=MAMB，又MD=6，MB=12，MB=MA+AB , 所以MA=3，AB==9. （Ⅱ）因為AM=AD，所以∠AMD=∠ADM, 連接DB，又MD為的切線,由弦切角定理知,∠ADM=∠ABD， 又因為AB是的直徑,所以∠ADB為直角， 即∠BAD=90°-∠ABD. 又∠BAD=∠AMD+∠ADM=2∠ABD, 于是90°-∠ABD=2∠ABD,所以∠ABD=30°,所以∠BAD=60°. 又四邊形ABCD是圓內接四邊形,所以∠BAD+∠DCB=180°,所以∠DCB=120° 【答案】

10、（1）AF=3；（2）證明：見解析. 解析：（1）延長BE交圓E于點M，連接CM，則∠BCM=90°， 又BM=2BE=4，∠EBC=30°，所以BC=，根據(jù)切割線定理得: ，所以AF=3 (2)過E作EH⊥BC與H，則△EDH∽△ADF , 從而有,又由題意知BH= 所以EH=1，因此，即AD=3ED 【思路點撥】（1）根據(jù)切割線定理知，只需求出線段BC的長，為此延長BE交圓E于點M，連接CM，在Rt△BCM中求得BC=，從而得AF=3；（2）取BC中點H連接EH， 由△EDH∽△ADF可證得結論. 【答案】（1）略（2） 【解析】（1）證明：∵AE是⊙O的切線，∴∠

11、DAE=∠ABD， ∵BD是⊙O的直徑，∴∠BAD=90°，∴∠ABD+∠ADB=90°， 又∠ADE+∠DAE=90°，∴∠ADB=∠ADE．∴DA平分∠BDE． （2）由（1）可得：△ADE∽△BDA，∴， ∴，化為BD=2AD．∴∠ABD=30°．∴∠DAE=30°．∴DE=AEtan30°=． 由切割線定理可得：AE2=DE?CE，∴22=(+CD)，解得CD=． 【思路點撥】（1）由于AE是⊙O的切線，可得∠DAE=∠ABD．由于BD是⊙O的直徑，可得∠BAD=90°，因此∠ABD+∠ADB=90°，∠ADE+∠DAE=90°，即可得出∠ADB=∠ADE．． （2）由（1）可得：△ADE∽△BDA，可得 ，BD=2AD．因此∠ABD=30°．利用DE=AEtan30°．切割線定理可得：AE2=DE?CE，即可解出．