高考复习方案全国人教数学 历年高考真题与模拟题分类汇编 N单元 选修4系列文科 Word版含答案.doc

N 选修4系列N1 选修4-1 几何证明选讲22．N1 如图1－8，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连结DB并延长交⊙O于点E，证明：(1)AC·BD＝AD·AB；(2)AC＝AE.图1－822．证明：(1)由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.从而＝，即AC·BD＝AD·AB.(2)由AD与⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD，又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.从而＝，即AE·BD＝AD·AB.结合(1)的结论，得AC＝AE.22．N1如图1－5，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点．若CF∥AB，证明：(1)CD＝BC；(2)△BCD∽△GBD.图1－522．证明：(1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连结AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD.而∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，故△BCD∽△GBD.12．N1 正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝.动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为(　　)A．8 B．6 C．4 D．312．B　 本小题主要考查反射原理及三角形相似知识的应用，解题的突破口为确定反射后点P的位置．结合点E、F的位置进行作图推理，利用反射过程中平行直线及相似三角形作图可得点P回到E点时与正方形的边碰撞次数为6次，故选B.15．N1 (几何证明选讲选做题)如图1－3所示，直线PB与圆O相切于点B，D是弦AC上的点，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，则AB＝________.图1－315.　 本题考查弦切角定理以及三角形相似知识，解决本题的突破口是利用弦切角定理得到∠PBA＝∠ACB，再利用三角形相似求出．因为PB是圆的切线，所以∠PBA＝∠ACB.又因为∠PBA＝∠DBA，所以∠DBA＝∠ACB.又因为∠A＝∠A，所以△ABD∽△ACB，所以＝，所以AB2＝AD×AC＝mn，所以AB＝.21 A．N1 如图1－7，AB是圆O的直径，D，E为圆O上位于AB异侧的两点，连结BD并延长至点C，使BD＝DC，连结AC，AE，DE.求证：∠E＝∠C.图1－721A.证明：如图，连结OD，因为BD＝DC，O为AB的中点，所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B.于是∠B＝∠C.因为点A，E，B，D都在圆O上，且D，E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角，故∠E＝∠B.所以∠E＝∠C.15 B. N1如图1－6，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EF⊥DB，垂足为F，若AB＝6，AE＝1，则DF·DB＝________.图1－615B：5　 本题考查了射影定理的知识，解题的突破口是找出直角三角形内的射影定理．连接AD，在Rt△ABD中，DE⊥AB，所以DE2＝AE×EB＝5，在Rt△EBD中，EF⊥DB，所以DE2＝DF×DB＝5.13．N1 如图1－3所示，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F，AF＝3，FB＝1，EF＝，则线段CD的长为________．图1－313.　 由相交弦的性质可得AF×FB＝EF×FC，∴FC＝＝＝2，又∵FC∥BD，∴＝＝＝，即BD＝，由切割线定理得BD2＝DA×DC＝4DC2，解之得DC＝.N2 选修4-2 矩阵21 B．N2 已知矩阵A的逆矩阵A－1＝，求矩阵A的特征值．21 B．解：因为A－1A＝E，所以A＝(A－1)－1.因为A－1＝，所以A＝(A－1)－1＝，于是矩阵A的特征多项式为f(λ)＝＝λ2－3λ－4.令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝－1，λ2＝4.3．C3、N2 函数f(x)＝的最小正周期是________．3．π　 考查二阶矩阵和三角函数的值域，以矩阵为载体，实为考查三角函数的性质，易错点是三角函数的化简．f(x)＝sinxcosx＋2＝sin2x＋2，由三角函数周期公式得，T＝＝π.N3 选修4-4 参数与参数方程23．N3在直角坐标系xOy中，圆C1：x2＋y2＝4，圆C2：(x－2)2＋y2＝4.(1)在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆C1，C2的极坐标方程，并求出圆C1，C2的交点坐标(用极坐标表示)；(2)求圆C1与C2的公共弦的参数方程．23．解：(1)圆C1的极坐标方程为ρ＝2，圆C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ.解得ρ＝2，θ＝±，故圆C1与圆C2交点的坐标为，.注：极坐标系下点的表示不唯一．(2)(解法一)由得圆C1与C2交点的直角坐标分别为(1，)，(1，－)．故圆C1与C2的公共弦的参数方程为－≤t≤.(或参数方程写成　－≤y≤)(解法二)在直角坐标系下求得弦C1C2的方程为x＝1(－≤y≤)．将x＝1代入得ρcosθ＝1，从而ρ＝.于是圆C1与C2的公共弦的参数方程为－≤θ≤.23．N3已知曲线C1的参数方程是(φ为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ＝2，正方形ABCD的顶点都在C2上，且A，B，C，D依逆时针次序排列，点A的极坐标为.(1)求点A，B，C，D的直角坐标；(2)设P为C1上任意一点，求|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2的取值范围．23．解：(1)由已知可得A，B，C，D，即A(1，)，B(－，1)，C(－1，－)，D(，－1)．(2)设P(2cosφ，3sinφ)，令S＝|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＋|PD|2，则S＝16cos2φ＋36sin2φ＋16＝32＋20sin2φ.因为0≤sin2φ≤1，所以S的取值范围是．21 C．N3在极坐标系中，已知圆C经过点P，圆心为直线ρsin＝－与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．21C．解：在ρsin＝－中令θ＝0，得ρ＝1，所以圆C的圆心坐标为(1,0)．因为圆C经过点P，所以圆C的半径PC＝＝1，于是圆C过极点，所以圆C的极坐标方程为ρ＝2cosθ.10．N3 在极坐标系中，曲线C1：ρ(cosθ＋sinθ)＝1与曲线C2：ρ＝a(a＞0)的一个交点在极轴上，则a＝________.10.　 本题考查直线与圆的极坐标方程，具体的解题思路和过程：把直线与圆的极坐标方程转化为普通方程，求出直线与坐标轴的交点代入圆方程求解．直线方程为x＋y－1＝0，与x轴的交点为，圆的方程为x2＋y2＝a2，把交点代入得2＋02＝a2，又a>0，所以a＝. 本题易错一：不会转化，无法把极坐标方程转化为普通方程；易错二：直线与圆的交点实为直线与x轴的交点，如果不会转化，导致计算加大，多走弯路．14．N3 (坐标系与参数方程选做题)在平面直角坐标系xOy中，曲线C1和C2的参数方程分别为和(t为参数)，则曲线C1与C2的交点坐标为________．14．(2,1)　 利用方程思想解决，C1化为一般方程为：x2＋y2＝5，C2化为直角坐标方程为：y＝x－1，联立方程组得：即x2－x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝2.又由C1中θ的取值范围可知，交点在第一象限，所以交点为(2,1)．15 C. N3 直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ相交的弦长为________．15C：　 本题考查了极坐标的相关知识，解题的突破口为把极坐标化为直角坐标．由2ρcosθ＝1得2x＝1①，由ρ＝2cosθ得ρ2＝2ρcosθ，即x2＋y2＝2x②，联立①②得y＝±，所以弦长为.N4 选修4-5 不等式选讲15 A．N4 若存在实数x使|x－a|＋|x－1|≤3成立，则实数a的取值范围是________．15．A：－2≤a≤4　 本题考查了不等式解法的相关知识，解题的突破口是理解不等式的几何意义.＋≤3表示的几何意义是在数轴上一点x到1的距离与到a的距离之和小于或等于3个单位长度，此时我们可以以1为原点找离此点小于或等于3个单位长度的点即为a的取值范围，不难发现－2≤a≤4.24．N4已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．(1)求a的值；(2)若≤k恒成立，求k的取值范围．24．解：(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，所以当a≤0时，不合题意．当a>0时，－≤x≤，得a＝2.(2)记h(x)＝f(x)－2f，则h(x)＝所以|h(x)|≤1，因此k≥1.21 D．N4 已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜.21D．证明：因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，由题设知|x＋y|<，|2x－y|<，从而3|y|<＋＝，所以|y|<.24．N4已知函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|.(1)当a＝－3时，求不等式f(x)≥3的解集；(2)若f(x)≤|x－4|的解集包含，求a的取值范围．24．解：(1)当a＝－3时，f(x)＝当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；当2