統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第一章1.3簡(jiǎn)單的邏輯聯(lián)結(jié)詞全稱量詞與存在量詞課時(shí)作業(yè)理含解析20230426186

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第一章1.3簡(jiǎn)單的邏輯聯(lián)結(jié)詞全稱量詞與存在量詞課時(shí)作業(yè)理含解析20230426186課時(shí)作業(yè)3簡(jiǎn)單的邏輯聯(lián)結(jié)詞、全稱量詞與存在量詞[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．已知命題p：實(shí)數(shù)的平方是非負(fù)數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．命題綈p是真命題B．命題p是特稱命題C．命題p是全稱命題D．命題p既不是全稱命題也不是特稱命題2．命題“?x∈Z，使x2＋2x＋m≤0”的否定是()A．?x∈Z，使x2＋2x＋m>0B．不存在x∈Z，使x2＋2x＋m>0C．?x∈Z，使x2＋2x＋m≤0D．?x∈Z，使x2＋2x＋m>03．[2021·山東?？糫設(shè)命題p：所有正方形都是平行四邊形，則綈p為()A．所有正方形都不是平行四邊形B．有的平行四邊形不是正方形C．有的正方形不是平行四邊形D．不是正方形的四邊形不是平行四邊形4．下列命題中的假命題是()A．?x0∈R，lgx0＝1B．?x0∈R，sinx0＝0C．?x∈R，x3>0D．?x∈R,2x>05．已知命題p：對(duì)任意的x∈R，總有2x>0；q：“x>1”是“x>2”的充分不必要條件，則下列命題為真命題的是()A．p∧qB．(綈p)∧(綈q)C．(綈p)∧qD．p∧(綈q)6．已知命題p：?m∈R，f(x)＝2x－mx是增函數(shù)，則綈p為()A．?m∈R，f(x)＝2x－mx是減函數(shù)B．?m∈R，f(x)＝2x－mx是減函數(shù)C．?m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函數(shù)D．?m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函數(shù)7．若定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)不是偶函數(shù)，則下列命題中一定為真命題的是()A．?x∈R，f(－x)≠f(x)B．?x∈R，f(－x)＝－f(x)C．?x0∈R，f(－x0)≠f(x0)D．?x0∈R，f(－x0)＝－f(x0)8．[2021·河北石家莊模擬]命題p：若sinx>siny，則x>y；命題q：x2＋y2≥2xy.下列命題為假命題的是()A．p或qB．p且qC．qD．綈p9．[2021·唐山模擬]已知命題p：?x0∈N，xeq\o\al(3,0)<xeq\o\al(2,0)；命題q：?a∈(0,1)∪(1，＋∞)，函數(shù)f(x)＝loga(x－1)的圖象過點(diǎn)(2,0)，則()A．p假q真B．p真q假C．p假q假D．p真q真10．已知命題“?x∈R，使2x2＋(a－1)x＋eq\f(1,2)≤0”是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1)B．(－1,3)C．(－3，＋∞)D．(－3,1)二、填空題11．若命題p的否定是“?x∈(0，＋∞)，eq\r(x)>x＋1”，則命題p可寫為________________．12．已知命題p：?x0∈Q，xeq\o\al(2,0)＝2，命題q：函數(shù)y＝2cosx是偶函數(shù)，則下列命題：①p∨q；②p∧q；③(綈p)∧(綈q)；④p∨(綈q)．其中為假命題的序號(hào)為________．13．已知命題p：eq\f(1,x2－x－2)>0，則綈p對(duì)應(yīng)的集合為______________________．14．已知命題p：關(guān)于x的方程x2＋ax＋1＝0有實(shí)根；命題q：a>0.若“綈(p∨q)”是假命題，“p∧q”是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[能力挑戰(zhàn)]15．若命題“?x∈R，使得x2＋(a－1)x＋1≥0”是假命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,3)B．[－1,3]C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)16．給出以下命題：①存在x0∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝eq\f(1,2)；②對(duì)任意實(shí)數(shù)x1，x2若x1<x2，則tanx1<tanx2；③命題“?x0∈R，eq\f(1,x0－1)<0”的否定是“?x∈R，eq\f(1,x－1)≥0”；④?x∈R，sinx<2x.其中真命題的個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．317．已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若對(duì)?x1∈[0,3]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．課時(shí)作業(yè)31．解析：命題p：實(shí)數(shù)的平方是非負(fù)數(shù)，是真命題，故綈p是假命題，命題p是全稱命題，故選C.答案：C2．解析：特稱命題的否定為全稱命題．故選D項(xiàng)．答案：D3．解析：因?yàn)閜為全稱命題，所以綈p應(yīng)為特稱命題，且對(duì)結(jié)論否定．故綈p為“有的正方形不是平行四邊形”．答案：C4．解析：因?yàn)閘g10＝1，所以A是真命題；因?yàn)閟in0＝0，所以B是真命題；因?yàn)?－2)3<0，所以C是假命題；由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)知?x∈R,2x>0是真命題．答案：C5．解析：易知p是真命題，q是假命題，所以綈p是假命題，綈q是真命題．進(jìn)而可判斷A，B，C是假命題，D是真命題．答案：D6．解析：由特稱命題的否定可得綈p為“?m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函數(shù)”．答案：D7．解析：由已知得?x∈R，f(－x)＝f(x)是假命題，所以其否定“?x0∈R，f(－x0)≠f(x0)”是真命題．答案：C8．解析：取x＝eq\f(π,3)，y＝eq\f(5π,6)，可知命題p是假命題；由(x－y)2≥0恒成立，可知命題q是真命題，故綈p為真命題，p或q是真命題，p且q是假命題．答案：B9．解析：由xeq\o\al(3,0)<xeq\o\al(2,0)，得xeq\o\al(2,0)(x0－1)<0，解得x0<0或0<x0<1，在這個(gè)范圍內(nèi)沒有自然數(shù)，所以命題p為假命題；因?yàn)閷?duì)任意的a∈(0,1)∪(1，＋∞)，均有f(2)＝loga1＝0，所以命題q為真命題．答案：A10．解析：原命題的否定為?x∈R,2x2＋(a－1)x＋eq\f(1,2)>0，由題意知，其為真命題，則Δ＝(a－1)2－4×2×eq\f(1,2)<0.則－2<a－1<2，則－1<a<3.故選B.答案：B11．解析：因?yàn)閜是綈p的否定，所以只需將全稱量詞變?yōu)榇嬖诹吭~，再對(duì)結(jié)論否定即可．答案：?x0∈(0，＋∞)，eq\r(x0)≤x0＋112．解析：因?yàn)閜是假命題，q是真命題，所以p∨q是真命題，p∧q，(綈p)∧(綈q)，p∨(綈q)都是假命題，即②③④為假命題．答案：②③④13．解析：由p：eq\f(1,x2－x－2)>0，得p：x>2或x<－1，所以綈p對(duì)應(yīng)的集合為{x|－1≤x≤2}．答案：{x|－1≤x≤2}14．解析：當(dāng)命題p為真時(shí)，有Δ＝a2－4≥0，解得a≤－2或a≥2.因?yàn)椤敖?p∨q)”是假命題，所以p∨q是真命題．又“p∧q”是假命題，所以p，q一個(gè)為真命題，一個(gè)為假命題．①當(dāng)p真q假時(shí)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤－2或a≥2，,a≤0，))解得a≤－2；②當(dāng)p假q真時(shí)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<a<2，,a>0，))解得0<a<2.綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]∪(0,2)．答案：(－∞，－2]∪(0,2)15．解析：由題意得，原命題的否定“?x0∈R，使得xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1<0”是真命題，所以Δ＝(a－1)2－4>0.所以a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3.答案：C16．解析：因?yàn)?x∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝1，所以①是假命題；當(dāng)x1＝eq\f(π,4)，x2＝π時(shí)，eq\f(π,4)<π，但taneq\f(π,4)>tanπ，所以②是假命題；“?x0∈R，eq\f(1,x0－1)<0”的否定是“?x∈R，eq\f(1,x－1)≥0或x＝1”，故③是假命題；當(dāng)x＝－eq\f(3π,2)時(shí)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))>2－eq\f(3π,2)，故④是假命題．答案：A17．解析：當(dāng)x∈[0,3]時(shí)，f(x)min＝f(0)＝0，當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m，對(duì)?x1∈[0,3]，?x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)等價(jià)于f(x)min≥g(x)min，即0≥eq\f(1,4)－m，所以m≥eq\f(1,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))課時(shí)作業(yè)71坐標(biāo)系[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．[2021·煙臺(tái)模擬]以平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸，建立極坐標(biāo)系．已知曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\r(2)，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))).(1)寫出C1，C2的直角坐標(biāo)方程．(2)設(shè)M，N分別是曲線C1，C2上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求|MN|的最小值．2．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．曲線C的極坐標(biāo)方程為ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝1(0≤θ＜2π)，M、N分別為C與x軸、y軸的交點(diǎn)．(1)寫出C的直角坐標(biāo)方程，并求M、N的極坐標(biāo)；(2)設(shè)MN的中點(diǎn)為P，求直線OP的極坐標(biāo)方程．3．[2018·全國(guó)卷Ⅰ]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線的方程為y＝k|x|＋2.以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為ρ2＋2ρcosθ－3＝0.(1)求的直角坐標(biāo)方程；(2)若與有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)，求C1的方程．4．[2020·全國(guó)卷Ⅲ]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2－t－t2，,y＝2－3t＋t2))(t為參數(shù)且t≠1)，C與坐標(biāo)軸交于A，B兩點(diǎn)．(1)求|AB|；(2)以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求直線AB的極坐標(biāo)方程．

5.[2021·安徽省考試試題]在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l1：x＝0，圓C：(x－1)2＋(y－1－eq\r(2))2＝1，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．(1)求直線l1和圓C的極坐標(biāo)方程；(2)若直線l2的極坐標(biāo)方程為θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，設(shè)l1，l2與圓C的公共點(diǎn)分別為A，B，求△OAB的面積．6．[2021·惠州市高三調(diào)研考試試題]已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα,y＝1＋sinα))(α為參數(shù))．以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的非負(fù)半軸為極軸，取相同的單位長(zhǎng)度建立極坐標(biāo)系．(1)求圓C的普通方程及其極坐標(biāo)方程；(2)設(shè)直線l的極坐標(biāo)方程為ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝2，射線OM：θ＝eq\f(π,6)與圓C的交點(diǎn)為P(異于極點(diǎn))，與直線l的交點(diǎn)為Q，求線段PQ的長(zhǎng)．[能力挑戰(zhàn)]7．[2021·長(zhǎng)沙市四校高三年級(jí)模擬考試]已知曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2t,y＝t2))(t為參數(shù))，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，過極點(diǎn)的兩射線l1，l2相互垂直，與曲線C分別相交于A，B兩點(diǎn)(不同于點(diǎn)O)，且l1的傾斜角為銳角α.(1)求曲線C和射線l2的極坐標(biāo)方程；(2)求△OAB的面積的最小值，并求此時(shí)α的值．課時(shí)作業(yè)711．解析：(1)依題意ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)ρsinθ－eq\f(\r(2),2)ρcosθ＝eq\r(2)，所以曲線C1的普通方程為x－y＋2＝0，因?yàn)榍€C2的極坐標(biāo)方程為：ρ2＝2ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\r(2)ρcosθ＋eq\r(2)ρsinθ，所以x2＋y2－eq\r(2)x－eq\r(2)y＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(2),2)))2＝1.(2)由(1)知圓C2的圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以圓心到直線x－y＋2＝0的距離：d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)＋2)),\r(2))＝eq\r(2)，又半徑r＝1，所以|MN|min＝d－r＝eq\r(2)－1.2．解析：(1)由ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝1得ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosθ＋\f(\r(3),2)sinθ))＝1.從而C的直角坐標(biāo)方程為eq\f(1,2)x＋eq\f(\r(3),2)y＝1，即x＋eq\r(3)y＝2.當(dāng)θ＝0時(shí)，ρ＝2，所以M(2,0)．當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時(shí)，ρ＝eq\f(2\r(3),3)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).(2)M點(diǎn)的直角坐標(biāo)為(2,0)，N點(diǎn)的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3))).所以P點(diǎn)的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，則P點(diǎn)的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,6)))，所以直線OP的極坐標(biāo)方程為θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)．3．解析：(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得的直角坐標(biāo)方程為(x＋1)2＋y2＝4.(2)由(1)知是圓心為A(－1,0)，半徑為2的圓．由題設(shè)知，是過點(diǎn)B(0,2)且關(guān)于y軸對(duì)稱的兩條射線．記y軸右邊的射線為，y軸左邊的射線為.由于點(diǎn)B在圓的外面，故與有且僅有三個(gè)公共點(diǎn)等價(jià)于與只有一個(gè)公共點(diǎn)且與有兩個(gè)公共點(diǎn)，或與只有一個(gè)公共點(diǎn)且與有兩個(gè)公共點(diǎn)．當(dāng)與只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到所在直線的距離為2，所以eq\f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq\f(4,3)或k＝0.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，與沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝－eq\f(4,3)時(shí)，與只有一個(gè)公共點(diǎn)，與有兩個(gè)公共點(diǎn)．當(dāng)與只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)A到所在直線的距離為2，所以eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq\f(4,3).經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)k＝0時(shí)，與沒有公共點(diǎn)；當(dāng)k＝eq\f(4,3)時(shí)，與沒有公共點(diǎn)．綜上，所求的方程為y＝－eq\f(4,3)|x|＋2.4．解析：(1)因?yàn)閠≠1，由2－t－t2＝0得t＝－2，所以C與y軸的交點(diǎn)為(0,12)；由2－3t＋t2＝0得t＝2，所以C與x軸的交點(diǎn)為(－4,0)．故|AB|＝4eq\r(10).(2)由(1)可知，直線AB的直角坐標(biāo)方程為eq\f(x,－4)＋eq\f(y,12)＝1，將x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入，得直線AB的極坐標(biāo)方程為3ρcosθ－ρsinθ＋12＝0.5．解析：(1)∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴直線l1的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＝0，即θ＝eq\f(π,2)(ρ∈R)，圓C的極坐標(biāo)方程為ρ2－2ρcosθ－2(1＋eq\r(2))ρsinθ＋3＋2eq\r(2)＝0.(2)設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，ρ1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ρ2))，將θ＝eq\f(π,2)代入ρ2－2ρcosθ－2(1＋eq\r(2))ρsinθ＋3＋2eq\r(2)＝0，得ρ2－2(1＋eq\r(2))ρ＋3＋2eq\r(2)＝0，解得ρ1＝1＋eq\r(2).將θ＝eq\f(π,4)代入ρ2－2ρcosθ－2(1＋eq\r(2))ρsinθ＋3＋2eq\r(2)＝0，得ρ2－2(1＋eq\r(2))ρ＋3＋2eq\r(2)＝0，解得ρ2＝1＋eq\r(2).故△OAB的面積為eq\f(1,2)×(1＋eq\r(2))2×sineq\f(π,4)＝1＋eq\f(3\r(2),4).6．解析：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα,y＝1＋sinα))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα①,y－1＝sinα②))，①2＋②2，得x2＋(y－1)2＝1，∴圓C的普通方程為x2＋(y－1)2＝1.又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴(ρcosθ)2＋(ρsinθ－1)2＝1，化簡(jiǎn)得圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝2sinθ.(2)解法一把θ＝eq\f(π,6)代入圓的極坐標(biāo)方程可得：ρP＝2sineq\f(π,6)＝1，把θ＝eq\f(π,6)代入直線l的極坐標(biāo)方程可得：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝2，∴ρQ＝2，∴|PQ|＝|ρP－ρQ|＝1.解法二把θ＝eq\f(π,6)代入圓的極坐標(biāo)方程可得：ρP＝2sineq\f(π,6)＝1.將直線l的極坐標(biāo)方程化為直角坐標(biāo)方程，得y＝－eq\r(3)x＋4，射線OM：θ＝eq\f(π,6)的直角坐標(biāo)方程為y＝eq\f(\r(3),3)x(x≥0)，記直線l與x軸的交點(diǎn)為A，則△OAQ為直角三角形，其中∠QOA＝30°，根據(jù)勾股定理可得|OQ|＝2，∴|PQ|＝|OQ|－|OP|＝1.7．解析：(1)由曲線C的參數(shù)方程，得其普通方程為4y＝x2，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得4ρsinθ＝ρ2cos2θ，∴曲線C的極坐標(biāo)方程為ρcos2θ＝4sinθ，即ρ＝eq\f(4sinθ,cos2θ).射線l2的極坐標(biāo)方程為θ＝α＋eq\f(π,2)(ρ≥0)．(2)依題意設(shè)A(ρA，α)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρB，\f(π,2)＋α))，則由(1)可得ρA＝eq\f(4sinα,cos2α)，ρB＝eq\f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))),cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))，即ρB＝eq\f(4cosα,sin2α)，∴S△OAB＝eq\f(1,2)|OA|·|OB|＝eq\f(1,2)|ρA·ρB|＝eq\f(8|sinα·cosα|,cos2α·sin2α)，∵0<α<eq\f(π,2)，∴0<2α<π，sinα·cosα>0，∴S△OAB＝eq\f(8,cosα·sinα)＝eq\f(16,sin2α)≥16，當(dāng)且僅當(dāng)sin2α＝1，即α＝eq\f(π,4)時(shí)，取等號(hào)．∴△OAB的面積的最小值為16，此時(shí)α＝eq\f(π,4).課時(shí)作業(yè)72參數(shù)方程[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]1．[2021·安徽省示范高中名校高三聯(lián)考]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ為參數(shù))，以原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2是圓心的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且經(jīng)過極點(diǎn)的圓．(1)求曲線C1的極坐標(biāo)方程和C2的直角坐標(biāo)方程；(2)已知射線θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)分別與曲線C1，C2交于點(diǎn)A，B(點(diǎn)B異于坐標(biāo)原點(diǎn)O)，求線段AB的長(zhǎng)．2．[2021·黃岡中學(xué)，華師附中等八校第一次聯(lián)考]在直角坐標(biāo)系xOy中，傾斜角為α的直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα,y＝\r(3)＋tsinα))(t為參數(shù))．在以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，曲線C的極坐標(biāo)方程為ρ2＝2ρcosθ＋8.(1)求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標(biāo)方程；(2)若直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4eq\r(2)，求直線l的傾斜角．3．[2021·廣東省七校聯(lián)合體高三第一次聯(lián)考試題]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知曲線C1：x＋y＝1與曲線C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2cosφ,y＝2sinφ))(φ為參數(shù))．以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．(1)寫出曲線C1，C2的極坐標(biāo)方程；(2)在極坐標(biāo)系中，已知l：θ＝α(ρ>0)與C1，C2的公共點(diǎn)分別為A，B，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，當(dāng)eq\f(|OB|,|OA|)＝4時(shí)，求α的值．4．[2021·唐山市高三年級(jí)摸底考試]在極坐標(biāo)系中，圓C：ρ＝4cosθ.以極點(diǎn)O為原點(diǎn)，極軸為x軸的正半軸建立直角坐標(biāo)系xOy，直線l經(jīng)過點(diǎn)M(－1，－3eq\r(3))且傾斜角為α.(1)求圓C的直角坐標(biāo)方程和直線l的參數(shù)方程；(2)已知直線l與圓C交于A，B兩點(diǎn)，滿足A為MB的中點(diǎn)，求α.

5.[2020·全國(guó)卷Ⅱ]已知曲線C1，C2的參數(shù)方程分別為C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4cos2θ，,y＝4sin2θ))(θ為參數(shù))，C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t為參數(shù))．(1)將C1，C2的參數(shù)方程化為普通方程；(2)以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系．設(shè)C1，C2的交點(diǎn)為P，求圓心在極軸上，且經(jīng)過極點(diǎn)和P的圓的極坐標(biāo)方程．6．[2021·南昌市高三年級(jí)摸底測(cè)試卷]在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα,y＝2sinα))(α∈[0,2π)，α為參數(shù))，在同一平面直角坐標(biāo)系中，曲線C經(jīng)過伸縮變換eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x,y′＝y(tǒng)))得到曲線C1，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系(ρ為極徑，θ為極角)．(1)求曲線C的普通方程和曲線C1的極坐標(biāo)方程；(2)若射線OA：θ＝β(ρ>0)與曲線C1交于點(diǎn)A，射線OB：θ＝β＋eq\f(π,2)(ρ>0)與曲線C1交于點(diǎn)B，求eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)的值．[能力挑戰(zhàn)]7．[2021·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評(píng)]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosφ,y＝y(tǒng)0＋tsinφ))(t為參數(shù)，φ∈[0，π))．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，圓C的極坐標(biāo)方程為ρ＝8coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)).(1)求圓C的直角坐標(biāo)標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，圓心C(2x0,2y0)，若直線l與圓C交于M，N兩點(diǎn)，求eq\f(|PM|,|PN|)＋eq\f(|PN|,|PM|)的最大值．課時(shí)作業(yè)721．解析：(1)由曲線C1的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ為參數(shù))，消去參數(shù)φ得eq\f(x2,4)＋y2＝1，將eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,y＝ρsinθ))代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)＝eq\f(4,1＋3sin2θ).由曲線C2是圓心的極坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且經(jīng)過極點(diǎn)的圓，可得其極坐標(biāo)方程為ρ＝2eq\r(7)sinθ，從而得C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2eq\r(7)y＝0.(2)將θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ＝2eq\r(7)sinθ得ρB＝2eq\r(7)sineq\f(π,3)＝eq\r(21)，將θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)得ρA＝eq\r(\f(4,cos2\f(π,3)＋4sin2\f(π,3)))＝eq\f(4\r(13),13)，故|AB|＝ρB－ρA＝eq\f(13\r(21)－4\r(13),13).2．解析：(1)因?yàn)橹本€l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα,y＝\r(3)＋tsinα))(t為參數(shù))，所以當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，直線l的普通方程為x＝2，當(dāng)α≠eq\f(π,2)時(shí)，直線l的普通方程為y－eq\r(3)＝tanα(x－2)，即y＝xtanα＋eq\r(3)－2tanα.因?yàn)棣?＝x2＋y2，ρcosθ＝x，ρ2＝2ρcosθ＋8，所以x2＋y2＝2x＋8.所以曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－8＝0.(2)解法一曲線C的直角坐標(biāo)方程為x2＋y2－2x－8＝0，將直線l的參數(shù)方程代入曲線C的直角坐標(biāo)方程整理，得t2＋(2eq\r(3)sinα＋2cosα)t－5＝0.因?yàn)棣ぃ?2eq\r(3)sinα＋2cosα)2＋20>0，所以可設(shè)該方程的兩個(gè)根分別為t1，t2，則t1＋t2＝－(2eq\r(3)sinα＋2cosα)，所以|AB|＝|t1－t2|＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝eq\r([－2\r(3)sinα＋2cosα]2＋20)＝4eq\r(2).整理得(eq\r(3)sinα＋2cosα)2＝3，故2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝±eq\r(3).因?yàn)?≤α<π，所以α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)或α＋eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，解得α＝eq\f(π,6)或α＝eq\f(π,2)，綜上所述，直線l的傾斜角為eq\f(π,6)或eq\f(π,2).解法二直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝4eq\r(2)，曲線C為圓：(x－1)2＋y2＝9，故圓心C(1,0)到直線l的距離d＝eq\r(9－2\r(2)2)＝1.①當(dāng)α＝eq\f(π,2)時(shí)，直線l的普通方程為x＝2，符合題意．②當(dāng)α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，直線l的方程為xtanα－y＋eq\r(3)－2tanα＝0，所以d＝eq\f(|tanα－0＋\r(3)－2tanα|,\r(1＋tan2α))＝1，整理得|eq\r(3)－tanα|＝eq\r(1＋tan2α)，解得α＝eq\f(π,6).綜上所述，直線l的傾斜角為eq\f(π,6)或eq\f(π,2).3．解析：(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得曲線C1的極坐標(biāo)方程為ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).曲線C2的普通方程為(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ＝4cosθ.(2)由(1)知|OA|＝ρA＝eq\f(1,cosα＋sinα)，|OB|＝ρB＝4cosα，∴eq\f(|OB|,|OA|)＝4cosα(cosα＋sinα)＝2(1＋cos2α＋sin2α)＝2＋2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4))).∵eq\f(|OB|,|OA|)＝4，∴2＋2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝4，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).由0<α<eq\f(π,2)，知eq\f(π,4)<2α＋eq\f(π,4)<eq\f(5π,4)，∴2α＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，∴α＝eq\f(π,4).4．解析：(1)由圓C：ρ＝4cosθ可得ρ2＝4ρcosθ，因?yàn)棣?＝x2＋y2，x＝ρcosθ，所以x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4，故圓C的直角坐標(biāo)方程為(x－2)2＋y2＝4.直線l的參數(shù)方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋tcosα,y＝－3\r(3)＋tsinα))(t為參數(shù)，0≤α<π)．(2)設(shè)A，B對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為tA，tB，將直線l的參數(shù)方程代入C的直角坐標(biāo)方程并整理，得t2－6t(eq\r(3)sinα＋cosα)＋32＝0，Δ＝36(eq\r(3)sinα＋cosα)2－4×32>0①，所以tA＋tB＝6(eq\r(3)sinα＋cosα)，tA·tB＝32.又A為MB的中點(diǎn)，所以tB＝2tA，因此tA＝2(eq\r(3)sinα＋cosα)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，tB＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，所以tA·tB＝32sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝32，即sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1.因?yàn)?≤α<π，所以eq\f(π,6)≤α＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6)，從而α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,3)，又α＝eq\f(π,3)滿足①式，所以所求α＝eq\f(π,3).5．解析：(1)C1的普通方程為x＋y＝4(0≤x≤4)．由C2的參數(shù)方程得x2＝t2＋eq\f(1,t2)＋2，y2＝t2＋eq\f(1,t2)－2，所以x2－y2＝4.故C2的普通方程為x2－y2＝4.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,x2－y2＝4))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝\f(3,2)，))所以P的直角坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(3,2))).設(shè)所求圓的圓心的直角坐標(biāo)為(x0,0)，由題意得xeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(5,2)))2＋eq\f(9,4)，解得x0＝eq\f(17,10).因此，所求圓的極坐標(biāo)方程為ρ