• 216.50 KB
  • 2021-05-13 发布

高考模拟文数选编选修解答题解析版

  • 9页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
选修 一、解答题(本大题共12小题,共144.0分)‎ 1. 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】解:(1)当a=2时,f(x)=|2x-2|+2, ∵f(x)≤6,∴|2x-2|+2≤6, |2x-2|≤4,|x-1|≤2, ∴-2≤x-1≤2, 解得-1≤x≤3, ∴不等式f(x)≤6的解集为{x|-1≤x≤3}. (2)∵g(x)=|2x-1|, ∴f(x)+g(x)=|2x-1|+|2x-a|+a≥3, 2|x-|+2|x-|+a≥3, |x-|+|x-|≥, 当a≥3时,成立, 当a<3时,|x-|+|x-|≥|a-1|≥>0, ∴(a-1)2≥(3-a)2, 解得2≤a<3, ∴a的取值范围是[2,+∞).‎ ‎【解析】(1)当a=2时,由已知得|2x-2|+2≤6,由此能求出不等式f(x)≤6的解集. (2)由f(x)+g(x)=|2x-1|+|2x-a|+a≥3,得|x-|+|x-|≥,由此能求出a的取值范围. 本题考查含绝对值不等式的解法,考查实数的取值范围的求法,是中档题,解题时要认真审题,注意不等式性质的合理运用. ‎ 2. 已知函数f(x)=-x2+ax+4,g(x)=|x+1|+|x-1|. (1)当a=1时,求不等式f(x)≥g(x)的解集; (2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[-1,1],求a的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)当a=1时,f(x)=-x2+x+4,是开口向下,对称轴为x=的二次函数, g(x)=|x+1|+|x-1|=, 当x∈(1,+∞)时,令-x2+x+4=2x,解得x=,g(x)在(1,+∞)上单调递增,f(x)在(1,+∞)上单调递减,∴此时f(x)≥g(x)的解集为(1,]; 当x∈[-1,1]时,g(x)=2,f(x)≥f(-1)=2. 当x∈(-∞,-1)时,g(x)单调递减,f(x)单调递增,且g(-1)=f(-1)=2. 综上所述,f(x)≥g(x)的解集为[-1,]; (2)依题意得:-x2+ax+4≥2在[-1,1]恒成立,即x2-ax-2≤0在[-1,1]恒成立,则只需 ‎,解得-1≤a≤1, 故a的取值范围是[-1,1].‎ ‎【解析】(1)当a=1时,f(x)=-x2+x+4,g(x)=|x+1|+|x-1|=,分x>1、x∈[-1,1]、x∈(-∞,-1)三类讨论,结合g(x)与f(x)的单调性质即可求得f(x)≥g(x)的解集为[-1,]; (2)依题意得:-x2+ax+4≥2在[-1,1]恒成立⇔x2-ax-2≤0在[-1,1]恒成立,只需​,解之即可得a的取值范围. 本题考查绝对值不等式的解法,去掉绝对值符号是关键,考查分类讨论思想与等价转化思想的综合运用,属于中档题. ‎ 1. 已知函数f(x)=|x+1|-|x-2|. (1)求不等式f(x)≥1的解集; (2)若不等式f(x)≥x2-x+m的解集非空,求m的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)∵f(x)=|x+1|-|x-2|=,f(x)≥1, ∴当-1≤x≤2时,2x-1≥1,解得1≤x≤2; 当x>2时,3≥1恒成立,故x>2; 综上,不等式f(x)≥1的解集为{x|x≥1}. (2)原式等价于存在x∈R使得f(x)-x2+x≥m成立, 即m≤[f(x)-x2+x]max,设g(x)=f(x)-x2+x. 由(1)知,g(x)=, 当x≤-1时,g(x)=-x2+x-3,其开口向下,对称轴方程为x=>-1, ∴g(x)≤g(-1)=-1-1-3=-5; 当-1<x<2时,g(x)=-x2+3x-1,其开口向下,对称轴方程为x=∈(-1,2), ∴g(x)≤g()=-+-1=; 当x≥2时,g(x)=-x2+x+3,其开口向下,对称轴方程为x=<2, ∴g(x)≤g(2)=-4+2=3=1; 综上,g(x)max=, ∴m的取值范围为(-∞,].‎ ‎【解析】(1)由于f(x)=|x+1|-|x-2|=,解不等式f(x)≥1可分-1≤x≤2与x>2两类讨论即可解得不等式f(x)≥1的解集; (2)依题意可得m≤[f(x)-x2+x]max,设g(x)=f(x)-x2+x,分x≤1、-1<x<2、x≥2三类讨论,可求得g(x)max=,从而可得m的取值范围. 本题考查绝对值不等式的解法,去掉绝对值符号是解决问题的关键,突出考查分类讨论思想与等价转化思想、函数与方程思想的综合运用,属于难题. ‎ 1. 已知a>0,b>0,a3+b3=2,证明: (1)(a+b)(a5+b5)≥4; (2)a+b≤2.‎ ‎【答案】证明:(1)由柯西不等式得:(a+b)(a5+b5)≥(+)2=(a3+b3)2=4, 当且仅当=,即a=b=1时取等号, (2)∵a3+b3=2, ∴(a+b)(a2-ab+b2)=2, ∴(a+b)[(a+b)2-3ab]=2, ∴(a+b)3-3ab(a+b)=2, ∴=ab, 由均值不等式可得:=ab≤()2, ∴(a+b)3-2≤, ∴(a+b)3≤2, ∴a+b≤2,当且仅当a=b=1时等号成立.‎ ‎【解析】(1)由柯西不等式即可证明, (2)由a3+b3=2转化为=ab,再由均值不等式可得:=ab≤()2,即可得到(a+b)3≤2,问题得以证明. 本题考查了不等式的证明,掌握柯西不等式和均值不等式是关键,属于中档题 ‎ 2. 已知函数f(x)=|x-|+|x+|,M为不等式f(x)<2的解集. (Ⅰ)求M; (Ⅱ)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.‎ ‎【答案】解:(I)当x<时,不等式f(x)<2可化为:-x-x-<2, 解得:x>-1, ∴-1<x<‎ ‎, 当≤x≤时,不等式f(x)<2可化为:-x+x+=1<2, 此时不等式恒成立, ∴≤x≤, 当x>时,不等式f(x)<2可化为:-+x+x+<2, 解得:x<1, ∴<x<1, 综上可得:M=(-1,1); 证明:(Ⅱ)当a,b∈M时, (a2-1)(b2-1)>0, 即a2b2+1>a2+b2, 即a2b2+1+2ab>a2+b2+2ab, 即(ab+1)2>(a+b)2, 即|a+b|<|1+ab|.‎ ‎【解析】(I)分当x<时,当≤x≤时,当x>时三种情况,分别求解不等式,综合可得答案; (Ⅱ)当a,b∈M时,(a2-1)(b2-1)>0,即a2b2+1>a2+b2,配方后,可证得结论. 本题考查的知识点是绝对值不等式的解法,不等式的证明,难度中档. ‎ 1. 已知函数f(x)=|2x-a|+|2x+3|,g(x)=|x-1|+2. (1)解不等式|g(x)|<5; (2)若对任意x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立,求实数a的取值范围.‎ ‎【答案】解:(1)由||x-1|+2|<5,得-5<|x-1|+2<5 ∴-7<|x-1|<3, 得不等式的解为-2<x<4…(5分) (2)因为任意x1∈R,都有x2∈R,使得f(x1)=g(x2)成立, 所以{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)}, 又f(x)=|2x-a|+|2x+3|≥|(2x-a)-(2x+3)|=|a+3|, g(x)=|x-1|+2≥2,所以|a+3|≥2,解得a≥-1或a≤-5, 所以实数a的取值范围为a≥-1或a≤-5.…(10分)‎ ‎【解析】(1)利用||x-1|+2|<5,转化为-7<|x-1|<3,然后求解不等式即可. (2)利用条件说明{y|y=f(x)}⊆{y|y=g(x)},通过函数的最值,列出不等式求解即可. 本题考查函数的恒成立,绝对值不等式的解法,考查分析问题解决问题的能力以及转化思想的应用. ‎ 2. 在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(α为参数),以坐标原点为极点,以x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρsin(θ+)=2. (1)写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程; (2)设点P在C1上,点Q在C2上,求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标.‎ ‎【答案】解:(1)曲线C1的参数方程为(α为参数), 移项后两边平方可得+y2=cos2α+sin2α=1, 即有椭圆C1:+y2=1; 曲线C2的极坐标方程为ρsin(θ+)=2, 即有ρ(sinθ+cosθ)=2, 由x=ρcosθ,y=ρsinθ,可得x+y-4=0, 即有C2的直角坐标方程为直线x+y-4=0; (2)由题意可得当直线x+y-4=0的平行线与椭圆相切时, |PQ|取得最值. 设与直线x+y-4=0平行的直线方程为x+y+t=0, 联立可得4x2+6tx+3t2-3=0, 由直线与椭圆相切,可得△=36t2-16(3t2-3)=0, 解得t=±2, 显然t=-2时,|PQ|取得最小值, 即有|PQ|==, 此时4x2-12x+9=0,解得x=, 即为P(,). 另解:设P(cosα,sinα), 由P到直线的距离为d= =, 当sin(α+)=1时,|PQ|的最小值为, 此时可取α=,即有P(,).‎ ‎【解析】(1)运用两边平方和同角的平方关系,即可得到C1的普通方程,运用x=ρcosθ,y=ρsinθ,以及两角和的正弦公式,化简可得C2的直角坐标方程; (2)由题意可得当直线x+y-4=0的平行线与椭圆相切时,|PQ|取得最值.设与直线x+y-4=0平行的直线方程为x+y+t=0,代入椭圆方程,运用判别式为0,求得t,再由平行线的距离公式,可得|PQ|的最小值,解方程可得P的直角坐标. 另外:设P(cosα,sinα),由点到直线的距离公式,结合辅助角公式和正弦函数的值域,即可得到所求最小值和P的坐标. 本题考查参数方程和普通方程的互化、极坐标和直角坐标的互化,同时考查直线与椭圆的位置关系,主要是相切,考查化简整理的运算能力,属于中档题. ‎ 1. 在直角坐标系xOy中,曲线C1的参数方程为(t为参数,a>0).在以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线C2:ρ=4cosθ. (Ⅰ ‎)说明C1是哪一种曲线,并将C1的方程化为极坐标方程; (Ⅱ)直线C3的极坐标方程为θ=α0,其中α0满足tanα0=2,若曲线C1与C2的公共点都在C3上,求a.‎ ‎【答案】解:(Ⅰ)由,得,两式平方相加得,x2+(y-1)2=a2. ∴C1为以(0,1)为圆心,以a为半径的圆. 化为一般式:x2+y2-2y+1-a2=0.① 由x2+y2=ρ2,y=ρsinθ,得ρ2-2ρsinθ+1-a2=0; (Ⅱ)C2:ρ=4cosθ,两边同时乘ρ得ρ2=4ρcosθ, ∴x2+y2=4x,② 即(x-2)2+y2=4. 由C3:θ=α0,其中α0满足tanα0=2,得y=2x, ∵曲线C1与C2的公共点都在C3上, ∴y=2x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程, ①-②得:4x-2y+1-a2=0,即为C3 , ∴1-a2=0, ∴a=1(a>0).‎ ‎【解析】(Ⅰ)把曲线C1的参数方程变形,然后两边平方作和即可得到普通方程,可知曲线C1是圆,化为一般式,结合x2+y2=ρ2,y=ρsinθ化为极坐标方程; (Ⅱ)化曲线C2、C3的极坐标方程为直角坐标方程,由条件可知y=x为圆C1与C2的公共弦所在直线方程,把C1与C2的方程作差,结合公共弦所在直线方程为y=2x可得1-a2=0,则a值可求. 本题考查参数方程即简单曲线的极坐标方程,考查了极坐标与直角坐标的互化,训练了两圆公共弦所在直线方程的求法,是基础题. ‎ 1. 在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(θ为参数),直线l的参数方程为(t为参数). (1)若a=-1,求C与l的交点坐标; (2)若C上的点到l距离的最大值为,求a.‎ ‎【答案】解:(1)曲线C的参数方程为(θ为参数),化为标准方程是:+y2=1; a=-1时,直线l的参数方程化为一般方程是:x+4y-3=0; 联立方程, 解得或, 所以椭圆C和直线l的交点为(3,0)和(-,). (2)l的参数方程​(t为参数)化为一般方程是:x+4y-a-4=0, 椭圆C上的任一点P可以表示成P(3cosθ,sinθ),θ∈[0,2π), 所以点P到直线l的距离d为: ‎ d==,φ满足tanφ=, 又d的最大值dmax=, 所以|5sin(θ+φ)-a-4|的最大值为17, 得:5-a-4=17或-5-a-4=-17, 即a=-16或a=8.‎ ‎【解析】(1)将曲线C的参数方程化为标准方程,直线l的参数方程化为一般方程,联立两方程可以求得焦点坐标; (2)曲线C上的点可以表示成P(3cosθ,sinθ),θ∈[0,2π),运用点到直线距离公式可以表示出P到直线l的距离,再结合距离最大值为进行分析,可以求出a的值. 本题主要考查曲线的参数方程、点到直线距离和三角函数的最值,难点在于如何根据曲线C上的点到直线l距离的最大值求出a. ‎ 1. 在直角坐标系xOy中,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C1的极坐标方程为ρcosθ=4. (1)M为曲线C1上的动点,点P在线段OM上,且满足|OM|•|OP|=16,求点P的轨迹C2的直角坐标方程; (2)设点A的极坐标为(2,),点B在曲线C2上,求△OAB面积的最大值.‎ ‎【答案】解:(1)曲线C1的直角坐标方程为:x=4, 设P(x,y),M(4,y0),则,∴y0=, ∵|OM||OP|=16, ∴=16, 即(x2+y2)(1+)=16, ∴x4+2x2y2+y4=16x2,即(x2+y2)2=16x2, 两边开方得:x2+y2=4x, 整理得:(x-2)2+y2=4(x≠0), ∴点P的轨迹C2的直角坐标方程:(x-2)2+y2=4(x≠0). (2)点A的直角坐标为A(1,),显然点A在曲线C2上,|OA|=2, ∴曲线C2的圆心(2,0)到弦OA的距离d==, ∴△AOB的最大面积S=|OA|•(2+)=2+.‎ ‎【解析】(1)设P(x,y),利用相似得出M点坐标,根据|OM|•|OP|=16列方程化简即可; (2)求出曲线C2的圆心和半径,得出B到OA的最大距离,即可得出最大面积. 本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化,轨迹方程的求解,直线与圆的位置关系,属于中档题. ‎ 2. 已知直线l的参数方程为(t为参数),曲线C的极坐标方程为ρsin2θ-16cosθ=0,直线l与曲线C交于A,B两点,点P(1,3), (1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程; (2)求的值.‎ ‎【答案】【解答】 ​解:(1)直线l的参数方程为(t为参数),消去参数,可得直线l的普通方程y=2x+1, 曲线C的极坐标方程为ρsin2θ-16cosθ=0,即ρ2sin2θ=16ρcosθ,曲线C的直角坐标方程为y2=16x, (2)直线的参数方程改写为, 代入y2=16x,,,, .‎ ‎【解析】【分析】 本题考查三种方程的转化,考查参数方程的运用,属于中档题. ​(1)利用三种方程的转化方法,求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程; (2)直线的参数方程改写为,代入y2=16x,利用参数的几何意义求的值. ‎ 1. 已知曲线C的极坐标方程为ρ-4cosθ+3ρsin2θ=0,以极点为原点,极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,直线l过点M(1,0),倾斜角为. (Ⅰ)求曲线C的直角坐标方程与直线l的参数方程; (Ⅱ)若曲线C经过伸缩变换后得到曲线C′,且直线l与曲线C′交于A,B两点,求|MA|+|MB|.‎ ‎【答案】解:(Ⅰ)∵曲线C的极坐标方程为ρ-4cosθ+3ρsin2θ=0,∴ρ2-4ρcosθ+3ρ2sin2θ=0, ∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2-4x+3y2=0,整理,得(x-2)2+4y2=4, ∵直线l过点M(1,0),倾斜角为, ∴直线l的参数方程为,即,(t是参数). (Ⅱ)∵曲线C经过伸缩变换后得到曲线C′, ∴曲线C′为:(x-2)2+y2=4, 把直线l的参数方程,(t是参数)代入曲线C′:(x-2)2+y2=4,得: , 设A,B对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=,t1t2=-3, ∴|MA|+|MB|=|t1|+|t2|=|t1-t2|===.‎ ‎【解析】(Ⅰ)曲线C的极坐标方程化为ρ2-4ρcosθ+3ρ2sin2θ=0,由此能求出曲线C的直角坐标方程;由直线l过点M(1,0),倾斜角为,能求出直线l的参数方程. (Ⅱ)由曲线C经过伸缩变换后得到曲线C′,求出曲线C′为:(x-2)2+y2=4,把直线l的参数方程代入曲线C′,得:,设A,B对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=,t1t2=-3,由此能求出|MA|+|MB|. 本题考查曲线的直角坐标方程与直线的参数方程的求法,考查两线段和的求法,涉及到直角坐标方程、极坐标方程、参数方程的互化、韦达定理等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想,是中档题. ‎