2012年数学高考试题+模拟新题分类汇编：专题N 选修4系列（文科）

N 选修4系列

N1 选修4-1 几何证明选讲

22．N1[2012·辽宁卷]

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1－8 22．证明：(1)由AC与⊙O′相切于A，得 ∠CAB＝∠ADB，

同理∠ACB＝∠DAB，

ACAB

所以△ACB∽△DAB.从而＝，

ADBD

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 AEAD＝， ABBD即AE·BD＝AD·AB.

结合(1)的结论，得AC＝AE. 22．N1[2012·课标全国卷]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1－5 22．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.

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12．N1[2012·全国卷] 正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，

1

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

3

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．3

12．B [解析] 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[2012·广东卷] (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1－3

15.mn [解析] 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∽△

ABAD2

ACB，所以＝，所以AB＝AD×AC＝mn，所以AB＝mn.

ACAB21 A．N1 [2012·江苏卷]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1－7

21A.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[2012·陕西卷]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＝________.

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图1－6 15B：5 [解析] 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[2012·天津卷] 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，

3

AF＝3，FB＝1，EF＝，则线段CD的长为________．

2

图1－3 4

13. [解析] 由相交弦的性质可得AF×FB＝EF×FC， 3

AF×FB3×1

∴FC＝＝＝2，

EF3

2

ACFCAF38

又∵FC∥BD，∴＝＝＝，即BD＝，

ADBDAB43

4

由切割线定理得BD2＝DA×DC＝4DC2，解之得DC＝.

3

N2 选修4-2 矩阵

21 B．N2 [2012·江苏卷]已知矩阵A的逆矩阵A－1

21 B．解：因为A－1A＝E，所以A＝(A－1)－1.

13－

442 3?

因为A－1＝，所以A＝(A－1)－1＝?，

?2 1?11

－22

?λ－2 －3?2

于是矩阵A的特征多项式为f(λ)＝??＝λ－3λ－4.

?－2 λ－1?

令f(λ)＝0，解得A的特征值λ1＝－1，λ2＝4.

?sinx 2?

3．C3、N2[2012·上海卷] 函数f(x)＝??的最小正周期是________．

?－1 cosx?

3．π [解析] 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．

12π

f(x)＝sinxcosx＋2＝sin2x＋2，由三角函数周期公式得，T＝＝π.

22

?－4 4?

＝?，求矩阵A的特征值．

11??2 －2?

13

??????

N3 选修4-4 参数与参数方程

23．N3[2012·辽宁卷]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)；

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(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. ??ρ＝2，π解?得ρ＝2，θ＝±，

3??ρ＝4cosθ

π??π?

故圆C1与圆C2交点的坐标为?2，，2，－. ?3??3?注：极坐标系下点的表示不唯一． (2)(解法一) ??x＝ρcosθ，由?得圆C1与C2交点的直角坐标分别为(1，3)，(1，－3)． ?y＝ρsinθ?

??x＝1，故圆C1与C2的公共弦的参数方程为?－3≤t≤3.

?y＝t，???x＝1，

(或参数方程写成? －3≤y≤3) ?y＝y，?

(解法二)

在直角坐标系下求得弦C1C2的方程为 x＝1(－3≤y≤3)．

?x＝ρcosθ，?

将x＝1代入?得ρcosθ＝1，

?y＝ρsinθ?1

从而ρ＝. cosθ

??x＝1，

于是圆C1与C2的公共弦的参数方程为?

?y＝tan θ，?

ππ－≤θ≤. 33

??x＝2cosφ，23．N3[2012·课标全国卷]已知曲线C1的参数方程是?(φ为参数)，以坐标原

?y＝3sinφ?

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

π?

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?2，

?3?.

(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

ππ?A?2cos，2sin， ?33?

?π＋π?，2sin?π＋π??， B?2cos??32??32??

?π＋π?，2sin?π＋π??， C?2cos??3??3??

?π＋3π?，2sin?π＋3π??， D?2cos??32??32??

即A(1，3)，B(－3，1)，C(－1，－3)，D(3，－1)．

2222

(2)设P(2cosφ，3sinφ)，令S＝|PA|＋|PB|＋|PC|＋|PD|，则

22

S＝16cosφ＋36sinφ＋16 ＝32＋20sin2φ.

2

因为0≤sinφ≤1，所以S的取值范围是[32,52]．

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π??θ－π?21 C．N3[2012·江苏卷]在极坐标系中，已知圆C经过点P?2，，圆心为直线ρsin??3?4?

3＝－与极轴的交点，求圆C的极坐标方程．

2

π?321C．解：在ρsin?θ－＝－中令θ＝0，得ρ＝1，

?3?2

所以圆C的圆心坐标为(1,0)．

π

因为圆C经过点P?2，?，

?4?

π22

所以圆C的半径PC＝?2?＋1－2×1×2cos＝1，

4

于是圆C过极点，所以圆C的极坐标方程为ρ＝2cosθ. 10．N3[2012·湖南卷] 在极坐标系中，曲线C1：ρ(2cosθ＋sinθ)＝1与曲线C2：ρ＝a(a＞0)的一个交点在极轴上，则a＝________.

210. [解析] 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

2

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2x＋y－1＝0，与x轴的交点为?2，0?，圆的方程为x2＋y2＝a2，把交点

?2?

?2?代入得?2?2＋02＝a2，又a>0，所以a＝2. ?2，0??2?2

[易错点] 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[2012·广东卷] (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

?x＝5cosθC2的参数方程分别为?

?y＝5sinθ

2

x＝1－t?2?θ为参数，0≤θ≤π?和

?2??

?y＝－22t

(t为参数)，则曲线

C1与C2的交点坐标为________．

14．(2,1) [解析] 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

??y＝x－1，

标方程为：y＝x－1，联立方程组得：?22即x2－x－2＝0，解得x1＝－1，x2＝2.

?x＋y＝5，?

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 [2012·陕西卷]直线2ρcosθ＝1与圆ρ＝2cosθ相交的弦长为________．

15C：3 [解析] 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

3y＝±，所以弦长为3. 2

N4 选修4-5 不等式选讲

15 A．N4 [2012·陕西卷]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 [解析] 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.|x－a|＋|x－1|≤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[2012·辽宁卷]已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．

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(1)求a的值；

?x??≤k恒成立，求k的取值范围． (2)若?f?x?－2f

??2??

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．

42

当a>0时，－≤x≤，得

aa

a＝2.

1， x≤－1，

??－4x－3，－1

1?－1，x≥－，?2

所以|h(x)|≤1，因此k≥1.

115

21 D．N4 [2012·江苏卷]已知实数x，y满足：|x＋y|＜，|2x－y|＜，求证：|y|＜. 3618

21D．证明：因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，

11215

由题设知|x＋y|<，|2x－y|<，从而3|y|<＋＝，

36366

5

所以|y|<. 18

24．N4[2012·课标全国卷]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[1,2]，求a的取值范围．

?－2x＋5，x≤2，

?

24．解：(1)当a＝－3时，f(x)＝?1，2

??2x－5，x≥3.

当x≤2时，由f(x)≥3得－2x＋5≥3，解得x≤1；

当2

当x≥3时，由f(x)≥3得2x－5≥3，解得x≥4； 所以f(x)≥3的解集为{x|x≤1}∪{x|x≥4}． (2)f(x)≤|x－4|?|x－4|－|x－2|≥|x＋a|. 当x∈[1,2]时，|x－4|－|x－2|≥|x＋a| ?4－x－(2－x)≥|x＋a| ?－2－a≤x≤2－a.

由条件得－2－a≤1且2－a≥2，即－3≤a≤0. 故满足条件的a的取值范围为[－3,0]．

N5 选修4-7 优选法与试验设计

11．N5[2012·湖南卷] 某制药企业为了对某种药用液体进行生物测定，需要优选培养温度，试验范围定为29℃～63℃，精确度要求±1℃.用分数法进行优选时，能保证找到最佳培养温度需要的最少试验次数为________．

11．7 [解析] 本题考查优选法中的分数法，以及对斐波那契数列的了解，意在考查考生在分数法中寻找最佳点的次数．具体的解题思路和过程：先由区间的间距，确定等分区间的份数，再对应斐波那契数列找出对应的次数．

试验范围定为29℃～63℃ ，间距是63－29＝34，故应分成34份，刚好对应斐波那契数列的F8＝34，所以保证找到最佳培养温度需要的最少试验次数为8－1＝7.

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[易错点] 本题易错一：对分数法的等分份数不理解，导致无法等分；易错二：对斐波那契数列的不了解，导致无法找到对应的点，求不出要做的试验次数．

2012模拟题

1．[2012·郑州模拟] 如图Z7－1，锐角△ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，点E为内切圆I与边CA的切点．

(1)求证：四点A，I，H，E共圆； (2)若∠C＝50°，求∠IEH的度数．

图Z7－1

1．解：(1)证明：由圆I与边AC相切于点E， 得IE⊥AE，

结合IH⊥AH，得∠AEI＝∠AHI＝90°. 所以，四点A，I，H，E共圆． (2)由(1)知四点A，I，H，E共圆， 得∠IEH＝∠HAI， 在△HIA中，

11111

∠HIA＝∠ABI＋∠BAI＝∠B＋∠A＝(∠B＋∠A)＝(180°－∠C)＝90°－∠C.

22222

1

结合IH⊥AH，得∠HAI＝90°－∠HIA＝∠C，

2

1

所以∠IEH＝∠C，

2

由∠C＝50°，得∠IEH＝25°.

2．[2012·辽宁两校联考] 如图Z7－2，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA＝OB，CA＝CB，⊙O交直线OB于E，D，连接EC，CD.

(1)求证：直线AB是⊙O的切线；

1

(2)若tan∠CED＝，⊙O的半径为3，求OA的长．

2

图Z7－2

2．解：(1)证明：连接OC，∵OA＝OB，CA＝CB， ∴OC⊥AB，又∵OC是圆的半径，∴AB是圆的切线． (2)∵ED是直径，∴∠ECD＝90°. ∴∠EDC＋∠E＝90°，又∠BCD＋∠OCD＝90°，∠OCD＝∠ODC，∴∠BCD＝∠E，又∠CBD＝∠EBC，

BCBDCD2

∴△BCD∽△BEC，∴＝＝?BC＝BD·BE，

BEBCEC

CD1BDCD1

又tan∠CED＝＝，∴＝＝.

EC2BCEC2

设BD＝x，则BC＝2x，∵BC2＝BD·BE，

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∴(2x)2＝x(x＋6)，∴BD＝2， ∴OA＝OB＝BD＋OD＝2＋3＝5.

3．[2012·唐山一模] 以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且两个坐标

?x＝1＋tcosα，?2

系取相等的长度单位．已知直线l的参数方程为(t为参数，0<α<π)，曲线C

?

?y＝tsinα

2cosθ

的极坐标方程为ρ＝2.

sinθ

(1)求曲线C的直角坐标方程；

(2)设直线l与曲线C相交于A、B两点，当α变化时，求|AB|的最小值．

2cosθ

3．解：(1)由ρ＝2，得(ρsinθ)2＝2ρcosθ，

sinθ

所以曲线C的直角坐标方程为y2＝2x.

(2)将直线l的参数方程代入y2＝2x，得t2sin2α－2tcosα－1＝0. 设A、B两点对应的参数分别为t1、t2，则

2cosα1

t1＋t2＝2，t1t2＝－2，

sinαsinα

24cosα422

∴|AB|＝|t1－t2|＝?t1＋t2?－4t1t2＝4＋2＝2，

sinαsinαsinα

π

当α＝时，|AB|的最小值为2.

2

4．[2012·辽宁两校联考] 已知曲线C的极坐标方程是ρ＝2sinθ，设直线l的参数方程是3

x＝－t＋2，

5

(t为参数)．

4y＝t5

???

(1)将曲线C的极坐标方程转化为直角坐标方程；

(2)设直线l与x轴的交点是M，N为曲线C上一动点，求|MN|的最大值． 4．解：(1)曲线C的极坐标方程可化为：ρ2＝2ρsinθ， 又x2＋y2＝ρ2，x＝ρcosθ，y＝ρsinθ. 所以，曲线C的直角坐标方程为： x2＋y2－2y＝0.

(2)将直线l的参数方程化为直角坐标方程得：

4

y＝－(x－2)，

3

令y＝0得x＝2，即M点的坐标为(2,0)， 又曲线C为圆，圆C的圆心坐标为(0,1)， 半径r＝1，则|MC|＝5，

∴|MN|≤|MC|＋r＝5＋1.∴|MN|的最大值为5＋1.

5．[2012·唐山一模] 设f(x)＝2|x|－|x＋3|. (1)求不等式f(x)≤7的解集S：

(2)若关于x的不等式f(x)＋|2t－3|≤0有解，求参数t的取值范围．

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－x＋3，x<－3，??

5．解：(1)f(x)＝?－3x－3，－3≤x≤0，

??x－3，x>0，

如图，函数y＝f(x)的图象与直线y＝7相交于横坐标为x1＝－4，x2＝10的两点，

由此得S＝[－4,10]．

(2)由(1)知，f(x)的最小值为－3，

则不等式f(x)＋|2t－3|≤0有解必须且只需－3＋|2t－3|≤0，解得0≤t≤3，所以t的取值范围是[0,3]．

6．已知函数f(x)＝|x－a|－2|x－1|(a∈R)． (1)当a＝3时，求函数f(x)的最大值； (2)解关于x的不等式f(x)≥0.

x＋1?x≤1?，??

6．解：(1)当a＝3时，f(x)＝|x－3|－2|x－1|＝?－3x＋5?1

??－x－1?x≥3?，所以，当x＝1时，函数f(x)取得最大值2.

(2)由f(x)≥0得|x－a|≥2|x－1|， 两边平方得：(x－a)2≥4(x－1)2， 即3x2＋2(a－4)x＋4－a2≤0， 得[x－(2－a)][3x－(2＋a)]≤0.

所以，①当a>1时，不等式的解集为?2－a，②当a＝1时，不等式的解集为{x|x＝1}；

a＋2?.

③当a<1时，不等式的解集为?，2－a

?3?

?

a＋2?； 3?第 9 页 共 9 页

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