统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练58高考大题专练七坐标系与参数方程文

这是一份统考版2024版高考数学一轮复习微专题小练习专练58高考大题专练七坐标系与参数方程文，共5页。试卷主要包含了[2023·全国甲卷，直线l等内容，欢迎下载使用。

（1）已知点M（6，a）在曲线C上，求a的值；
（2）设点P为曲线C上一点，求点P到直线l距离的最小值．
2.[2022·全国甲卷（文），22]在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2＋t,6),y＝\r(t)))) （t为参数），曲线C2的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(2＋s,6),y＝－\r(s)))) （s为参数）.
（1）写出C1的普通方程；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cs θ－sin θ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
3.[2022·全国乙卷（文），22]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)cs 2t，,y＝2sin t))) （t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρsin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3))) ＋m＝0.
（1）写出l的直角坐标方程；
（2）若l与C有公共点，求m的取值范围．
4.[2023·全国乙卷（文）]在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ＝2sin θ（ eq \f(π,4) ≤θ≤ eq \f(π,2) ），曲线C2： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2cs α,y＝2sin α)) （α为参数， eq \f(π,2) <α<π）.
（1）写出C1的直角坐标方程；
（2）若直线y＝x＋m既与C1没有公共点，也与C2没有公共点，求m的取值范围．
5.[2023·全国甲卷（文）]已知点P（2，1），直线l： eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋t cs α，,y＝1＋t sin α)) （t为参数），α为l的倾斜角，l与x轴正半轴、y轴正半轴分别交于点A，B，且|PA|·|PB|＝4.
（1）求α；
（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．
6.[2023·石嘴山模拟]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α，,y＝sin α)) （α为参数），以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点A为曲线C1上的动点，点B在线段OA的延长线上且满足|OA|·|OB|＝8，点B的轨迹为C2.
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）设点M的极坐标为（2， eq \f(3π,2) ），求△ABM面积的最小值．
专练58 高考大题专练(七)坐标系与参数方程
1．解析：(1)∵点M在曲线C上，∴6＝3t，∴t＝2，∴a＝y＝2×22＋1＝9.
(2)∵直线l的极坐标方程为ρsin (θ－ eq \f(π,6) )＝－ eq \r(3) ，
∴直线l的直角坐标方程为：x－ eq \r(3) y－2 eq \r(3) ＝0.
∵点P在曲线C上，∴设P(3t，2t2＋1)，
则点P到直线l的距离为d＝ eq \f(|3t－2\r(3)t2－3\r(3)|,2) ，
当t＝ eq \f(\r(3),4) 时，dmin＝ eq \f(21\r(3),16) .
2．解析：(1)C1的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2＋t,6)，,y＝\r(t)．))
消去参数t，得C1的普通方程为y2＝6x－2(y≥0).
(2)曲线C3的极坐标方程为2cs θ－sin θ＝0，
两边同乘ρ，得2ρcs θ－ρsin θ＝0，
则C3的直角坐标方程为y＝2x.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝6x－2（y≥0），,y＝2x，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,2)，,y＝1)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝2.))
将曲线C2的参数方程中的参数s消去，得y2＝－6x－2(y≤0).
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝－6x－2（y≤0），,y＝2x，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(1,2)，,y＝－1)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－2.))
所以C3与C1交点的直角坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) 和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2)) ，C3与C2交点的直角坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1)) 和(－1，－2).
3．解析：(1)由ρsin (θ＋ eq \f(π,3) )＋m＝0，
得 eq \f(1,2) ρsin θ＋ eq \f(\r(3),2) ρcs θ＋m＝0.
∵ρcs θ＝x，ρsin θ＝y，
∴l的直角坐标方程为 eq \f(\r(3),2) x＋ eq \f(1,2) y＋m＝0.
(2)(方法一)把x＝ eq \r(3) cs 2t，y＝2sin t代入 eq \f(\r(3),2) x＋ eq \f(1,2) y＋m＝0，得m＝－ eq \f(3,2) cs 2t－sin t＝－ eq \f(3,2) ＋3sin2t－sint＝3(sin t－ eq \f(1,6) )2－ eq \f(19,12) .
∵sin t∈[－1，1]，
∴当sin t＝ eq \f(1,6) 时，m取得最小值－ eq \f(19,12) ；
当sin t＝－1时，m取得最大值 eq \f(5,2) .
∴m的取值范围是[－ eq \f(19,12) ， eq \f(5,2) ].
(方法二)x＝ eq \r(3) cs 2t＝ eq \r(3) (1－2sin2t)＝ eq \r(3) [1－2( eq \f(y,2) )2]＝ eq \r(3) － eq \f(\r(3),2) y2.
∵y＝2sint，sin t∈[－1，1]，∴y∈[－2，2].
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)－\f(\r(3),2)y2，,\r(3)x＋y＋2m＝0.))
消去x并整理，得3y2－2y－4m－6＝0，
即4m＝3y2－2y－6＝3(y－ eq \f(1,3) )2－ eq \f(19,3) (－2≤y≤2).
∴－ eq \f(19,3) ≤4m≤10，∴－ eq \f(19,12) ≤m≤ eq \f(5,2) .
∴m的取值范围是[－ eq \f(19,12) ， eq \f(5,2) ].
4．解析：(1)C1：ρ＝2sin θ，方程两边同时乘以ρ，得ρ2＝2ρsin θ，
将x2＋y2＝ρ2，y＝ρsin θ代入，得x2＋y2＝2y，
又 eq \f(π,4) ≤θ≤ eq \f(π,2) ，所以C1的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1(0≤x≤1，1≤y≤2).
(2)由C2的参数方程可得C2的普通方程为x2＋y2＝4(－2＜x＜0，0数形结合可知，若直线y＝x＋m与C1没有公共点，则m<0或m>2；
若直线y＝x＋m与C2没有公共点，可先求相切时的临界情况，即 eq \f(|m|,\r(2)) ＝2，得m＝2 eq \r(2) ，
所以当m≤2或m＞2 eq \r(2) 时，直线y＝x＋m与C2没有公共点．
综上，当m＜0或m＞2 eq \r(2) 时，直线y＝x＋m与C1和C2均没有公共点，
故m的取值范围为(－∞，0)∪(2 eq \r(2) ，＋∞).
5．解析：(1)记点A，B对应的参数分别为t1，t2.
令x＝0，得t2＝－ eq \f(2,cs α) ，
令y＝0，得t1＝－ eq \f(1,sin α) ，
则|PA|·|PB|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(2,cs α))) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,sin α))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,sin αcs α))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,sin 2α))) ＝4，
所以sin 2α＝±1，由题可知α∈[0，π)，所以α＝ eq \f(π,4) 或α＝ eq \f(3π,4) .
因为直线l与x轴正半轴、y轴正半轴相交，所以α＝ eq \f(3π,4) .
(2)根据(1)得直线l的参数方程为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2－\f(\r(2),2)t，,y＝1＋\f(\r(2),2)t)) (t为参数)，
转化为普通方程为x＋y－3＝0，
因为x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
所以l的极坐标方程为ρcs θ＋ρsin θ－3＝0.
6．解析：(1)由曲线C1的参数方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1＋cs α，,y＝sin α)) (α为参数)，
消去参数，可得普通方程为(x－1)2＋y2＝1，
即x2＋y2－2x＝0，
又由x＝ρcs θ，y＝ρsin θ，
代入可得曲线C1的极坐标方程为ρ＝2cs θ，
设点B的极坐标为(ρ，θ)，点A的极坐标为(ρ0，θ0)，
则|OB|＝ρ，|OA|＝ρ0，ρ0＝2cs θ0，θ＝θ0，
因为|OA|·|OB|＝8，
所以ρ·ρ0＝8，
即 eq \f(8,ρ) ＝2cs θ，即ρcs θ＝4，
所以曲线C2的极坐标方程为ρcs θ＝4.
(2)由题意，可得|OM|＝2，
则S△ABM＝S△OBM－S△OAM＝ eq \f(1,2) |OM|·|xB－xA|＝ eq \f(1,2) ×2×|4－2cs2θ|＝|4－2cs2θ|，
即S△ABM＝4－2cs2θ，
当cs2θ＝1时，可得S△ABM的最小值为2.