高考数学选做题 20页

高考数学选做题 ‎1．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲 已知函数 .‎ ‎（Ⅰ）当 时求不等式 的解集；‎ ‎（Ⅱ）若 图像与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围.‎ ‎2．（本小题满分10分）选修4-5：不等式证明选讲 设 均为正数,且.证明：‎ ‎（Ⅰ）若 ,则；‎ ‎（Ⅱ）是的充要条件.‎ ‎3．若且 ‎（I）求的最小值；‎ ‎（II）是否存在，使得？并说明理由.‎ ‎4．设函数 ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求的取值范围．‎ ‎5．（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲 已知函数，. ‎ ‎（Ⅰ）当时，求不等式的解集；‎ ‎（Ⅱ）设，且当时，，求的取值范围。‎ ‎6．已知函数=.‎ ‎(Ⅰ)当时，求不等式 ≥3的解集；‎ ‎(Ⅱ) 若≤的解集包含，求的取值范围.‎ ‎【命题意图】本题主要考查含绝对值不等式的解法，是简单题.‎ ‎7．‎ ‎（本小题满分10分）选修4-5不等选讲 设函数（1）当时，求不等式的解集；(2)如果不等式的解集为，求的值。‎ ‎8．设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：‎ ‎（Ⅰ）ab+bc+ac；‎ ‎（Ⅱ）‎ ‎9．（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 中，直线，圆，以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.‎ ‎（Ⅰ）求的极坐标方程.‎ ‎（Ⅱ）若直线的极坐标方程为，设的交点为，求 的面积.‎ ‎10．已知曲线，直线（为参数）‎ 写出曲线的参数方程，直线的普通方程；‎ 过曲线上任意一点作与夹角为30°的直线，交于点，求的最大值与最小值.‎ ‎11．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为．‎ ‎（1）求得参数方程；‎ ‎（2）设点在上，在处的切线与直线垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定的坐标．‎ ‎12．已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为。‎ ‎（1）把的参数方程化为极坐标方程；‎ ‎（2）求与交点的极坐标（）。‎ ‎13．已知曲线的参数方程是（是参数），以坐标原点为极点，‎ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线:的极坐标方程是=2，正方形ABCD的顶点都在上，且A,B,C,D依逆时针次序排列，点A的极坐标为（2，）.‎ ‎(Ⅰ)求点A,B,C,D的直角坐标；‎ ‎ (Ⅱ)设P为上任意一点，求的取值范围.‎ ‎【命题意图】本题考查了参数方程与极坐标，是容易题型.‎ ‎14．已知动点，Q都在曲线C：（β为参数）上，对应参数分别为 与（0＜＜2π），M为PQ的中点。‎ ‎（Ⅰ）求M的轨迹的参数方程 ‎（Ⅱ）将M到坐标原点的距离d表示为的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点。‎ ‎15．‎ ‎（本小题满分10分） 选修4-4坐标系与参数方程 在直角坐标系中，曲线的参数方程为，(为参数)‎ M是曲线上的动点，点P满足，（1）求点P的轨迹方程；（2）在以D为极点，X轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与曲线，交于不同于原点的点A,B求 ‎16．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在直角坐标系中,曲线 （t为参数,且 ）,其中,在以O为极点,x轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线 ‎ ‎（Ⅰ）求与交点的直角坐标；‎ ‎（Ⅱ）若与 相交于点A,与相交于点B,求最大值.‎ ‎17．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图AB是直径，AC是切线，BC交与点E.‎ ‎（Ⅰ）若D为AC中点，求证：DE是切线；‎ ‎（Ⅱ）若 ，求的大小.‎ ‎18．（本小题满分10分）选修4-1：几何证明选讲 如图O是等腰三角形ABC内一点,圆O与△ABC的底边BC交于M,N两点,与底边上的高交于点G,且与AB,AC分别相切于E,F两点.‎ ‎（Ⅰ）证明；‎ ‎（Ⅱ）若AG等于圆O半径,且 ,求四边形EBCF的面积.‎ ‎19．如图，四边形是的内接四边形，的延长线与的延长线交于点，且.‎ ‎（I）证明：；‎ ‎（II）设不是的直径，的中点为，且，证明：为等边三角形.‎ ‎20．如图，是外一点，是切线，为切点，割线与相交于，，为的中点，的延长线交于点．证明：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）‎ ‎21．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲 ‎ 如图，直线为圆的切线，切点为，点在圆上，的角平分线交圆于点，垂直交圆于点。‎ ‎（Ⅰ）证明：；‎ ‎（Ⅱ）设圆的半径为，，延长交于点，求外接圆的半径。‎ ‎22．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。‎ 证明：（Ⅰ）CA是△ABC外接圆的直径;‎ ‎（Ⅱ）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.‎ ‎23．如图，D，E分别是△ABC边AB,AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆与F,G两点，若CF∥AB，证明：‎ ‎(Ⅰ) CD=BC;‎ ‎(Ⅱ)△BCD∽△GBD.‎ ‎【命题意图】本题主要考查线线平行判定、三角形相似的判定等基础知识，是简单题.‎ ‎24．（本小题满分10分）如图，D、E分别是AB、AC边上的点，且不与顶点重合，已知 为方程的两根 ‎（1）证明四点共圆 ‎（2）若求四点所在圆的半径 参考答案 ‎1．（Ⅰ）（Ⅱ）（2，+∞）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）利用零点分析法将不等式f(x)>1化为一元一次不等式组来解；（Ⅱ）将化为分段函数，求出与轴围成三角形的顶点坐标，即可求出三角形的面积，根据题意列出关于的不等式，即可解出的取值范围.‎ 试题解析：（Ⅰ）当a=1时，不等式f(x)>1化为|x+1|-2|x-1|＞1，‎ 等价于或或，解得，‎ 所以不等式f(x)>1的解集为. ‎ ‎（Ⅱ）由题设可得，，‎ 所以函数的图像与轴围成的三角形的三个顶点分别为，，，所以△ABC的面积为.‎ 由题设得＞6，解得.‎ 所以的取值范围为（2，+∞）. ‎ 考点：含绝对值不等式解法；分段函数；一元二次不等式解法 ‎2．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由及,可证明,开方即得.（Ⅱ）本小题可借助第一问的结论来证明,但要分必要性与充分性来证明.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）因为 ‎ 由题设,,得,因此.‎ ‎（Ⅱ）（ⅰ）若,则,即 因为,所以,由（Ⅰ）得.‎ ‎（ⅱ）若,则,即因为,所以,‎ 于是因此,综上是的充要条件.‎ 考点：本题主要考查不等式证明及充分条件与必要条件.‎ ‎3．（1）最小值为;（2）不存在a，b，使得.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意由基本不等式可得：，得，且当时等号成立，则可得：，且当时等号成立.所以的最小值为;（2）由（1）知，，而事实上，从而不存在a，b，使得.‎ 试题解析：（1）由，得，且当时等号成立.‎ 故，且当时等号成立.‎ 所以的最小值为.‎ ‎（2）由（1）知，.‎ 由于，从而不存在a，b，使得.‎ 考点：1.基本不等式的应用;2.代数式的处理 ‎4．（1）详见解析；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由绝对值三角不等式得，由结合基本不等式得，故；（2）由，得关于的不等式，去绝对号解不等式即可．‎ ‎（1）由，有，所以．‎ ‎（2）．当时，，由得．‎ 当时，，由得．综上，的取值范围是．‎ 考点：1、绝对值三角不等式；2、基本不等式；3、绝对值不等式解法．‎ ‎5．‎ ‎（1）当时，令，作出函数图像可知，当时，，故原不等式的解集为；‎ ‎（2）依题意，原不等式化为，故对都成立，故，故，故的取值范围是.‎ ‎【解析】（1）构造函数 ‎，作出函数图像，观察图像可知结论；（2）利用分离参数法进行求解.‎ ‎【学科网考点定位】本题考不等式的解法，考查学生数形结合的能力以及化归与转化思想.‎ ‎6．1。{|≤1或≥8} 2。[－3,0]‎ ‎【解析】(Ⅰ)当时，=，‎ 当≤2时，由≥3得，解得≤1；‎ 当2＜＜3时，≥3，无解；‎ 当≥3时，由≥3得≥3，解得≥8，‎ ‎∴≥3的解集为{|≤1或≥8}；‎ ‎(Ⅱ) ≤，‎ 当∈[1,2]时，==2，‎ ‎∴，有条件得且，即，‎ 故满足条件的的取值范围为[－3,0]‎ ‎7．‎ 因为，所以，该不等式的解集是，再由题设条件得 点评：本题考查含有绝对值不等式的解法，以及解法的应用，注意过程的完整性与正确性。‎ ‎【解析】略 ‎【答案】见解析 ‎【解析】（Ⅰ）由，，得：‎ ‎，由题设得，即 ‎，所以 ‎，即.‎ ‎（Ⅱ）因为，，，‎ 所以，即，‎ 所以.‎ 本题第（Ⅰ）（Ⅱ）两问，都可以由均值不等式,相加即得到.在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.‎ ‎【考点定位】本小题主要考查不等式的证明,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.‎ ‎9．（Ⅰ）,（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）用直角坐标方程与极坐标互化公式即可求得，的极坐标方程；（Ⅱ）将将代入即可求出|MN|，利用三角形面积公式即可求出的面积.‎ 试题解析：（Ⅰ）因为，‎ ‎∴的极坐标方程为，的极坐标方程为.……5分 ‎（Ⅱ）将代入，得，解得=，=，|MN|=－=，‎ 因为的半径为1，则的面积=.‎ 考点:直角坐标方程与极坐标互化；直线与圆的位置关系 ‎10．（1）曲线C的参数方程为，（为参数），直线的普通方程为 ‎.‎ ‎（2）最大值为;最小值为.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意易得：曲线C的参数方程为，（为参数），直线的普通方程为;（2）由第（1）中设曲线C上任意一点，利用点到直线的距离公式可求得：距离为，则，其中为锐角，且，当时，取得最大值，最大值为.当时，取得最小值，最小值为.‎ 试题解析：（1）曲线C的参数方程为，（为参数），‎ 直线的普通方程为.‎ ‎（2）曲线C上任意一点到的距离为 ‎.‎ 则，其中为锐角，且，‎ 当时，取得最大值，最大值为.‎ 当时，取得最小值，最小值为.‎ 考点：1.椭圆的参数方程;2.直线的参数方程;3.三三角函数的有界性 ‎11．（1）（为参数，）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由两边平方，且结合和得半圆C的直角坐标方程为，进而写出C的参数方程；（2）利用的参数方程设，由圆的切线的性质得，故直线与的斜率相同，根据斜率列方程得，从而点D的直角坐标可求．‎ ‎（1）的普通方程为．可得的参数方程为（为参数，）．‎ ‎（2）设．由（1）知，是以为圆心，1为半径的上半圆．因为在点处的切线与垂直，所以直线与的斜率相同．．故D的直角坐标为，即．‎ 考点：1、圆的极坐标方程和参数方程；2、两条直线的位置关系．‎ ‎12．（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】（1）先利用参数方程得到C1的一般方程，进而得到极坐标方程；（2）联立求出交点坐标，进而求出极坐标.‎ ‎（1）因为，消去参数，得，即，‎ 故极坐标方程为；‎ ‎（2）的普通方程为，联立、的方程，解得或，所以交点的极坐标为.‎ ‎【考点定位】本题考查极坐标方程的应用以及转化，考查学生的转化与化归能力.‎ ‎13．[32,52]‎ ‎【解析】(Ⅰ)由已知可得，，‎ ‎，，‎ 即A(1，)，B（－，1），C（―1，―），D（，－1），‎ ‎(Ⅱ)设，令=，‎ 则==，‎ ‎∵，∴的取值范围是[32,52]‎ ‎【答案】（Ⅰ）,(为参数,)（Ⅱ）过坐标原点 ‎【解析】（Ⅰ）由题意有,, ,‎ 因此,‎ M的轨迹的参数方程为,(为参数,).‎ ‎（Ⅱ）M点到坐标原点的距离为 ‎，‎ 当时，，故M的轨迹过坐标原点.‎ 本题第（Ⅰ）问，由曲线C 的参数方程,可以写出其普通方程,从而得出点P的坐标,求出答案; 第（Ⅱ）问，由互化公式可得.对第（Ⅰ）问，极坐标与普通方程之间的互化,有一部分学生不熟练而出错;对第(2)问,不理解题意而出错.‎ ‎【考点定位】本小题主要考查坐标系与参数方程的基础知识,熟练这部分的基础知识是解答好本类题目的关键.‎ ‎15．‎ 曲线的极坐标方程为，它们与射线交于A、B两点的极径分别是，因此，‎ 点评：本题考查坐标系与参数方程的有关内容，求解时既可以化成直角坐标方程求解，也可以直接求解（关键要掌握两种坐标系下的曲线与方程的关系与其他知识的联系）‎ ‎【解析】略 ‎16．（Ⅰ）；（Ⅱ）4.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）把与的方程化为直角坐标方程分别为,,联立解方程组可得交点坐标；（Ⅱ）先确定曲线极坐标方程为进一步求出点A的极坐标为,点B的极坐标为,,由此可得.‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）曲线的直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为,联立两方程解得 或,所以与交点的直角坐标 ‎.‎ ‎（Ⅱ）曲线极坐标方程为其中 ,因此点A的极坐标为,点B的极坐标为,‎ 所以,当时取得最大值,最大值为4.‎ 考点：本题主要考查参数方程、直角坐标及极坐标方程的互化.圆的方程及三角函数的最值.‎ ‎17．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）60°‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）由圆的切线性质及圆周角定理知，AE⊥BC，AC⊥AB，由直角三角形中线性质知DE=DC，OE=OB，利用等量代换可证∠DEC+∠OEB=90°，即∠OED=90°，所以DE是圆O的切线；（Ⅱ）设CE=1,由得，AB=，设AE=，由勾股定理得，由直角三角形射影定理可得，列出关于的方程，解出，即可求出∠ACB的大小.‎ 试题解析：（Ⅰ）连结AE，由已知得，AE⊥BC，AC⊥AB，‎ 在Rt△AEC中，由已知得DE=DC，∴∠DEC=∠DCE，‎ 连结OE，∠OBE=∠OEB，‎ ‎∵∠ACB+∠ABC=90°，∴∠DEC+∠OEB=90°，‎ ‎∴∠OED=90°，∴DE是圆O的切线. ‎ ‎（Ⅱ）设CE=1，AE=,由已知得AB=，，‎ 由射影定理可得，，‎ ‎∴，解得=，∴∠ACB=60°.‎ 考点:圆的切线判定与性质；圆周角定理；直角三角形射影定理 ‎18．（Ⅰ）见试题解析；（Ⅱ） ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）要证明, 可证明；（Ⅱ）先求出有关线段的长度,然后把四边形EBCF的面积转化为△ABC和△AEF面积之差来求.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）由于△ABC是等腰三角形, 所以AD是的平分线,又因为圆O与AB,AC分别相切于E,F,所以,故,所以.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,故AD是EF的垂直平分线,又EF为圆O的弦,所以O在AD上,连接OE,OF,则,由AG等于圆O的半径得AO=2OE,所以,因此,△ABC和△AEF都是等边三角形,,因为,所以 因为 所以OD=1,于是AD=5, 所以四边形DBCF的面积为 ‎ 考点：本题主要考查几何证明、四边形面积的计算及逻辑推理能力.‎ ‎19．（1）详见解析;（2）详见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据题意可知A，B，C，D四点共圆，利用对角互补的四边形有外接圆这个结论可得：，由已知得，故;（2）不妨设出BC的中点为N，连结MN，则由，由等腰三角形三线合一可得：，故O在直线MN上，又AD不是圆O的直径，M为AD的中点，故，即，所以，故，又，故，由（1）知，，所以为等边三角形.‎ 试题解析：（1）由题设知A，B，C，D四点共圆，所以，‎ 由已知得，故.‎ ‎（2）设BC的中点为N，连结MN，则由知，‎ 故O在直线MN上.‎ 又AD不是圆O的直径，M为AD的中点，故，‎ 即.‎ 所以，故，‎ 又，故.‎ 由（1）知，，所以为等边三角形.‎ 考点：1.圆的几何性质;2.等腰三角形的性质 ‎20．（1）详见解析；（2）详见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1）要证明，只需证明弦所对的圆周角相等，连接，故只需证明．由得，为了和所求证的角建立联系，，从而可证明，进而证明；‎ ‎（2）由结论很容易想到相交弦定理，故只需证明，由切割线定理得，且易证．‎ ‎（1）连接．由题设知，,故．因为,,,所以，从而=．因此．‎ ‎（2）由切割线定理得．因为,所以，由相交弦定理得，所以．‎ 考点：1、圆的切割线定理；2、相交弦定理．‎ ‎21．（1）连接DE，交BC为G，由弦切角定理得，，，又因为，所以DE为直径，由勾股顶底得DB=DC.‎ ‎（2）由（1），，，故是的中垂线，故，圆心为O，连接BO，则，，所以，故外接圆半径为.‎ ‎【解析】（1）利用弦切角定理进行求解；（2）利用（1）中的结论配合角度的计算可以得到答案.‎ ‎【学科网考点定位】本题考查几何证明中的定理运用，考查学生的数形结合的能力.‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】（Ⅰ）因为CD为△ABC外接圆的切线，‎ 所以，由题设知，‎ 故∽，所以，因为B、E、F、C四点共圆，所以，‎ 故，所以，因此CA是△ABC外接圆的直径.‎ ‎（Ⅱ）设DB=BE=EA=，则由切割线定理可得：‎ ‎，解得，由（1）知：CA是△ABC外接圆的直径，所以，AC⊥CD，解得AC=，CE=，所以过B、E、F、C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为=.‎ 本题第（Ⅰ）问，由两个三角形相似可得出角相等,再由四点共圆,得出,从而得证;第（Ⅱ）问,由切割线定理以及B、E、F、C四点共圆,可以得出两圆的半径,从而得出面积的比值.对第（Ⅰ）问，不容易找到这两个三角形相似;第（Ⅱ）问中两个圆半径的求出容易出错.‎ ‎【考点定位】本小题主要考查圆的切线、割线、圆内接四边形、勾股定理等平面几何知识，考查数形结合思想，考查分析问题、解决问题的能力.‎ ‎23．见解析 ‎【解析】(Ⅰ) ∵D，E分别为AB,AC的中点，∴DE∥BC，‎ ‎∵CF∥AB， ∴BCFD是平行四边形，‎ ‎∴CF=BD=AD， 连结AF，∴ADCF是平行四边形，‎ ‎∴CD=AF，‎ ‎∵CF∥AB, ∴BC=AF, ∴CD=BC；‎ ‎(Ⅱ) ∵FG∥BC，∴GB=CF，‎ 由(Ⅰ)可知BD=CF，∴GB=BD,‎ ‎∵∠DGB=∠EFC=∠DBC, ∴△BCD∽△GBD ‎24．（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】解：（Ⅰ）如图，连接DE，依题意在中，‎ ‎,由因为所以，‎ ‎∽,四点C、B、D、E共圆。‎ ‎（Ⅱ）当时，方程的根 因而，取CE中点G，BD中点F,分别过G,F 做AC,AB的垂线，两垂线交于点H，连接DH, 因为四点C、B、D、E共圆，所以，H为圆心，半径为DH.‎ ‎,,所以，‎ ‎ ,‎ 点评：此题考查平面几何中的圆与相似三角形及方程等概念和性质。注意把握判定与性质的作用。‎