2022年高考數(shù)學(xué) （真題+模擬新題分類(lèi)匯編） 選修4系列 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué) （真題+模擬新題分類(lèi)匯編） 選修4系列 文 21．N1[xx·江蘇卷] A．[選修4－1：幾何證明選講] 如圖1－1所示，AB和BC分別與圓O相切于點(diǎn)D，C，AC經(jīng)過(guò)圓心O，且BC＝2OC. 求證：AC＝2AD. 圖1－1 證明：聯(lián)結(jié)OD，因?yàn)锳B和BC分別與圓O相切于點(diǎn)D，C， 所以∠ADO＝∠ACB＝90°. 又因?yàn)椤螦＝∠A，所以Rt△ADO∽R(shí)t△ACB， 所以＝. 又BC＝2OC＝2OD. 故AC＝2AD. N2[xx·江蘇卷] B．[選修4－2：矩陣與變換] 已知矩陣A＝　0,2)，B＝1,0)　2,6)，求矩陣A－1B.

2、 解：設(shè)矩陣A的逆矩陣為a,c)　b,d)， 則－1,0)　0,2)a,c)　b,d)＝1,0)　0,1)． 即－a,2c)?。璪,2d)＝1,0)　0,1)， 故a＝－1，b＝0，c＝0，d＝， 從而A的逆矩陣為A－1＝　0,)))． 所以A－1B＝　0,)))1,0)　2,6)＝－1,0)?。?,3)． N3[xx·江蘇卷] C．[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，曲線C的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))，試求直線l和曲線C的普通方程，并求出它們的公共點(diǎn)的坐標(biāo)． 解：因?yàn)橹本€l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，由x＝t＋1得t＝x

3、－1，代入y＝2t，得到直線l的普通方程為2x－y－2＝0. 同理得到曲線C的普通方程為y2＝2x. 聯(lián)立方程組解得公共點(diǎn)的坐標(biāo)為(2，2)，，－1. N4[xx·江蘇卷] D．[選修4－5：不等式選講] 已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b. 證明：2a3－b3－(2ab2－a2b)＝2a(a2－b2)＋b(a2－b2)＝(a2－b2)(2a＋b)＝(a－b)(a＋b)(2a＋b)． 因?yàn)閍≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0. 從而(a－b)(a＋b)(2a＋b)≥0，即2a3－b3≥2ab2－a2b. 22．N1[xx·遼寧卷] 選修4－

4、1：幾何證明選講 如圖1－6，AB為⊙O直徑，直線CD與⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，聯(lián)結(jié)AE，BE，證明： (1)∠FEB＝∠CEB； (2)EF2＝AD·BC. 圖1－6 22．解：證明：(1)由直線CD與⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.由AB為⊙O的直徑，得AE⊥EB，從而∠EAB＋∠EBF＝. 又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝， 從而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB. (2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共邊，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF. 類(lèi)似可證：Rt△ADE≌Rt△AF

5、E，得AD＝AF. 又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故FE2＝AF·BF. 所以EF2＝AD·BC. B．N1[xx·陜西卷] (幾何證明選做題)如圖1－4所示，AB與CD相交于點(diǎn)E，過(guò)E作BC的平行線與AD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，已知∠A＝∠C，PD＝2DA＝2，則PE＝________． 圖1－4 　[解析] 利用已知圖形關(guān)系可得∠BCE＝∠PED＝∠BAP，可得△PDE∽△PEA，可得＝，而PD＝2DA＝2，則PA＝3，則PE2＝PA·PD＝6，PE＝. 22．N1[xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ] 選修4－1：幾何證明選講如圖1－6，直線AB為圓的切線，切點(diǎn)為B，點(diǎn)C在圓上，∠ABC的

6、平分線BE交圓于點(diǎn)E，DB垂直BE交圓于點(diǎn)D. (1)證明：DB＝DC； (2)設(shè)圓的半徑為1，BC＝，延長(zhǎng)CE交AB于點(diǎn)F，求△BCF外接圓的半徑． 圖1－6 22．解：(1)聯(lián)結(jié)DE，交BC于點(diǎn)G.由弦切角定理得，∠ABE＝∠BCE. 而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，BE＝CE. 又因?yàn)镈B⊥BE，所以DE為直徑，∠DCE＝90°， 由勾股定理可得DB＝DC. (2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC， 故DG是BC的中垂線，所以BG＝. 設(shè)DE的中點(diǎn)為O，聯(lián)結(jié)BO，則∠BOG＝60°， 從而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°， 所以C

7、F⊥BF，故Rt△BCF外接圓的半徑等于. 13．N1[xx·天津卷] 如圖1－2所示，在圓內(nèi)接梯形ABCD中，AB∥DC.過(guò)點(diǎn)A作圓的切線與CB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E.若AB＝AD＝5，BE＝4，則弦BD的長(zhǎng)為_(kāi)_______． 圖1－2 13.　[解析] 聯(lián)結(jié)AC.由圓內(nèi)接梯形的性質(zhì)得，∠DCB＝∠ABE，∠DAB＋∠DCB＝180°，∠ABC＋∠DCB＝180°，∴∠DAB＝∠ABC，∠DAB＋∠ABE＝180°，又∵∠ADB＝∠ACB，∴∠CAB＝∠DBA，又∠ADB＝∠ABD，∴∠BAC＝∠BCA，∴BC＝AB＝5.由切割線定理得AE2＝BE·EC＝4×(4＋5)＝36， 由c

8、os∠ABE＝－cos∠DAB， 得－＝， 即－＝，解之得BD＝. 22．N1[xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ] 選修4－1：幾何證明選講 如圖1－10，CD為△ABC外接圓的切線，AB的延長(zhǎng)線交直線CD于點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別為弦AB與弦AC上的點(diǎn)，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)共圓． (1)證明：CA是△ABC外接圓的直徑； (2)若DB＝BE＝EA，求過(guò)B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值． 圖1－10 22．解：(1)因?yàn)镃D為△ABC外接圓的切線，所以∠DCB＝∠A，由題設(shè)知＝，故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA. 因?yàn)锽，E，F(xiàn)，

9、C四點(diǎn)共圓，所以∠CFE＝∠DBC，故∠EFA＝∠CFE＝90°. 所以∠CBA＝90°，因此CA是△ABC外接圓的直徑． 圖1－11 (2)聯(lián)結(jié)CE，因?yàn)椤螩BE＝90°， 所以過(guò)B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)的圓的直徑為CE， 由DB＝BE，有CE＝DC. 又BC2＝DB·BA＝2DB2， 所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2. 而DC2＝DB·DA＝3DB2， 故過(guò)B，E，F(xiàn)，C四點(diǎn)的圓的面積與△ABC外接圓面積的比值為. 15．N1[xx·廣東卷] (幾何證明選講選做題)如圖1－3，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，BE⊥AC，垂足為E，則ED＝________．

10、 圖1－3 15.　[解析] AB＝，BC＝3AC＝＝2 ，∵AB2＝AE·AC，∴AE＝.又∵tan∠ACB＝＝，∴∠ACB＝，故∠EAD＝.在△AED中，由余弦定理得ED2＝AE2＋AD2－2AE·ADcos ∠EAD＝＋9－2××3cos ＝，故ED＝. N2　選修4-2 矩陣　　　　　　　　　　　　　　　　　　 N3　選修4-4 參數(shù)與參數(shù)方程　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 14．N3[xx·廣東卷] (坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題)已知曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2cos θ.以極點(diǎn)為原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸建立直角坐標(biāo)系，則曲線C的參數(shù)方程為_(kāi)_

11、______． 14.(θ為參數(shù))　[解析] 將曲線C的極坐標(biāo)方程ρ＝2cos θ化為普通方程為(x－1)2＋y2＝1，則其參數(shù)方程為(θ為參數(shù))． 11．N3[xx·湖南卷] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若直線l1：(s為參數(shù))和直線l2：(t為參數(shù))平行，則常數(shù)a的值為_(kāi)_______． 11．4　[解析] l1：即x－2y－1＝0，l2：即2x－ay－a＝0.由兩直線平行，得＝≠，解得a＝4. 23．N3[xx·遼寧卷] 選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 在直角坐標(biāo)系xOy中，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，圓C1，直線C2的極坐標(biāo)方程分別為ρ＝4sin θ，ρcosθ－＝

12、2 . (1)求C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)； (2)設(shè)P為C1的圓心，Q為C1與C2交點(diǎn)連線的中點(diǎn)．已知直線PQ的參數(shù)方程為(t∈R為參數(shù))，求a，b的值． 23．解：(1)圓C1的直角坐標(biāo)方程為x2＋(y－2)2＝4. 直線C2的直角坐標(biāo)方程為x＋y－4＝0. 解得 所以C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)為4，，2 ，. 注：極坐標(biāo)系下點(diǎn)的表示不唯一． (2)由(1)可得，P點(diǎn)與Q點(diǎn)的直角坐標(biāo)分別為(0，2)，(1，3)，故直線PQ的直角坐標(biāo)方程為x－y＋2＝0. 由參數(shù)方程可得y＝x－＋1. 所以解得a＝－1，b＝2. 23．N3[xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ] 選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程

13、 已知?jiǎng)狱c(diǎn)P，Q都在曲線C：(t為參數(shù))上，對(duì)應(yīng)參數(shù)分別為t＝α與t＝2α(0<α<2π)，M為PQ的中點(diǎn)． (1)求M的軌跡的參數(shù)方程； (2)將M到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離d表示為α的函數(shù)，并判斷M的軌跡是否過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)． 23．解：(1)依題意有P(2cos α，2sin α)，Q(2cos 2α ，2sin 2α)，因此M(cos α＋cos 2α，sin α＋sin 2α)． M的軌跡的參數(shù)方程為(α為參數(shù)，0<α<2π)． (2)M點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離 d＝＝(0<α<2π)． 當(dāng)α＝π時(shí)，d＝0，故M的軌跡過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)． C．N3[xx·陜西卷] (坐標(biāo)系與參數(shù)方程選做題)圓錐

14、曲線(t為參數(shù))的焦點(diǎn)坐標(biāo)是________． (1，0)　[解析] 由所給的曲線的參數(shù)方程化為普通方程為：y2＝4x，為拋物線，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1，0)． 23．N3[xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ] 選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 已知曲線C1的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sin θ. (1)把C1的參數(shù)方程化為極坐標(biāo)方程； (2)求C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)(ρ≥0，0≤θ＜2π)． 23．解：(1)將消去參數(shù)t，化為普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25， 即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0. 將代入x2

15、＋y2－8x－10y＋16＝0， 得ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0. 所以C1的極坐標(biāo)方程為 ρ2－8ρcos θ－10ρsin θ＋16＝0. (2)C2的普通方程為x2＋y2－2y＝0， 由解得或 所以C1與C2交點(diǎn)的極坐標(biāo)分別為，. N4選修4-5 不等式選講　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 21．B12，N4[xx·湖北卷] 設(shè)a>0，b>0，已知函數(shù)f(x)＝. (1)當(dāng)a≠b時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x>0時(shí)，稱(chēng)f(x)為a，b關(guān)于x的加權(quán)平均數(shù)． (i)判斷f(1)，f，f是否成等比數(shù)列，并證明f≤f；

16、 (ii)a，b的幾何平均數(shù)記為G，稱(chēng)為a，b的調(diào)和平均數(shù)，記為H.若H≤f(x)≤G，求x的取值范圍． 21．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1，＋∞)， f′(x)＝＝. 當(dāng)a＞b時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a＜b時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)在(－∞，－1)，(－1，＋∞)上單調(diào)遞減． (2)(i)計(jì)算得f(1)＝＞0，f＝＞0， f＝＞0. 故f(1)f＝·＝ab＝，即 f(1)f＝.① 所以f(1)，f，f成等比數(shù)列． 因≥，即f(1)≥f，結(jié)合①得f≤f. (ii)由(i)知f＝H，f＝G

17、，故由H≤f(x)≤G， 得f≤f(x)≤f.② 當(dāng)a＝b時(shí)，f＝f(x)＝f＝a. 這時(shí)，x的取值范圍為(0，＋∞)； 當(dāng)a＞b時(shí)，0＜＜1，從而＜，由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增與②式，得≤x≤，即x的取值范圍為； 當(dāng)a＜b時(shí)，＞1，從而＞，由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減與②式， 得≤x≤，即x的取值范圍為. 24．N4[xx·遼寧卷] 選修4－5：不等式選講 已知函數(shù)f(x)＝|x－a|，其中a>1. (1)當(dāng)a＝2時(shí)，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知關(guān)于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集為{x|1≤x≤2}，求a的值．

18、24．解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＋|x－4|＝ 當(dāng)x≤2時(shí)，由f(x)≥4－|x－4|得－2x＋6≥4，解得x≤1； 當(dāng)2

19、bc＋ca≤； (2)＋＋≥1. 24．證明：(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤. (2)因?yàn)椋玝≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c， 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c. 所以＋＋≥1. A．N4[xx·陜西卷] (不等式選做題)設(shè)a，b∈R，|a－b|>2，則關(guān)于實(shí)數(shù)x的不等式|x－a|＋|x－b|>2的解集是________． (－∞，＋∞)　

20、[解析] 利用絕對(duì)值不等式的性質(zhì)可得|x－a|＋|x－b|≥|(x－a)－(x－b)|＝|b－a|＝|a－b|.又由|a－b|>2恒成立，故不等式解集為(－∞，＋∞)． 14．N4[xx·天津卷] 設(shè)a＋b＝2，b>0，則＋的最小值為_(kāi)_______． 14.　[解析] ＋＝＋＝＋＋≥＋2≥－＋1＝. 24．N4[xx·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ] 選修4－5：不等式選講 已知函數(shù)f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3. (1)當(dāng)a＝－2時(shí)，求不等式f(x)＜g(x)的解集； (2)設(shè)a＞－1，且當(dāng)x∈時(shí)，f(x)≤g(x)，求a的取值范圍． 24．解：(1)當(dāng)a＝－2時(shí)，不

21、等式f(x)

22、(　　) A. B. C. D. 3．C　[解析] 依次運(yùn)算的結(jié)果是s＝，n＝4；s＝＋，n＝6；s＝＋＋，n＝8，此時(shí)輸出s，故輸出結(jié)果是＋＋＝. 1．[xx·漳州五校期末] 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知曲線C的參數(shù)方程為(α為參數(shù))．以直角坐標(biāo)系原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l的極坐標(biāo)方程為ρcos＝2 . (1)求直線l的直角坐標(biāo)方程； (2)點(diǎn)P為曲線C上的動(dòng)點(diǎn)，求點(diǎn)P到直線l距離的最大值． 2．解：(1)ρcos＝2 化簡(jiǎn)為ρcos θ＋ρsin θ＝4， ∴直線l的直角坐標(biāo)方程為x＋y＝4. (2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2cos α，sin α

23、)， 得P到直線l的距離d＝， 即d＝，其中cos φ＝，sin φ＝. 當(dāng)sin(α＋φ)＝－1時(shí)，dmax＝2 ＋. 4．[xx·云南師大附中月考] 如圖X8－4所示，已知圓O外有一點(diǎn)P，作圓O的切線PM，M為切點(diǎn)，過(guò)PM的中點(diǎn)N，作割線NAB，交圓于A，B兩點(diǎn)，聯(lián)結(jié)PA并延長(zhǎng)，交圓O于點(diǎn)C，連PB交圓O于點(diǎn)D，若MC＝BC. (1)求證：△APM∽△ABP； (2)求證：四邊形PMCD是平行四邊形． 圖X8－4 4．證明：(1)∵PM是圓O的切線，NAB是圓O的割線，N是PM的中點(diǎn)， ∴MN2＝PN2＝NA·NB，∴＝. 又∵∠PNA＝∠BNP，∴△PNA∽△BNP， ∴∠APN＝∠PBN，即∠APM＝∠PBA. ∵M(jìn)C＝BC，∴∠MAC＝∠BAC， ∴∠MAP＝∠PAB， ∴△APM∽△ABP. (2)∵∠ACD＝∠PBN，∠PBN＝∠APN， ∴∠ACD＝∠APN，即∠PCD＝∠CPM， ∴PM∥CD. ∵△APM∽△ABP，∴∠PMA＝∠BPA. ∵PM是圓O的切線，∴∠PMA＝∠MCP， ∴∠BPA＝∠MCP，即∠MCP＝∠DPC， ∴MC∥PD，∴四邊形PMCD是平行四邊形．