【备考2022】2022高考数学 (真题+模拟新题分类汇编) 选修4系列 理
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选修4系列N1选修4-1几何证明选讲 图1-622.N1[2022·新课标全国卷Ⅰ]选修4-1:几何证明选讲如图1-6所示,直线AB为圆的切线,切点为B,点C在圆上,∠ABC的角平分线BE交圆于点E,DB垂直BE交圆于点D.(1)证明:DB=DC;(2)设圆的半径为1,BC=,延长CE交AB于点F,求△BCF外接圆的半径.22.解:(1)证明:联结DE,交BC于点G.由弦切角定理得,∠ABE=∠BCE.而∠ABE=∠CBE,故∠CBE=∠BCE,BE=CE.又因为DB⊥BE,所以DE为直径,∠DCE=90°,由勾股定理可得DB=DC.(2)由(1)知,∠CDE=∠BDE,DB=DC,故DG是BC的中垂线,所以BG=.设DE的中点为O,联结BO,则∠BOG=60°.从而∠ABE=∠BCE=∠CBE=30°,所以CF⊥BF,故Rt△BCF外接圆的半径等于.15.N1[2022·广东卷](几何证明选讲选做题)如图1-3所示,AB是圆O的直径,点C在圆O上,延长BC到D使BC=CD,过C作圆O的切线交AD于E.若AB=6,ED=2,则BC=________.图1-315.2 [解析]由题知∠ACB=90°,又BC=CD,∴AD=AB=6,∠BAC=∠CAE,∴AE=AD-ED=4.∵CE为切线,∴∠ACE=∠ABC.∴∠ACE+∠CAE=∠ABC+∠BAC=90°.在△ACD中,∠ACD=90°,CE⊥AD,∴CD2=ED·DA=12,解得CD=2,故BC=2.-15-\n图1-515.N1[2022·湖北卷](选修4-1:几何证明选讲)如图1-5所示,圆O上一点C在直径AB上的射影为D,点D在半径OC上的射影为E.若AB=3AD,则的值为________.15.8 [解析]设AB=6k,则AD=2k,DO=k,CO=3k,设EO=x,由射影定理:DO2=EO·CO,k2=x·3k,x=,故==8.图1-311.N1[2022·湖南卷]如图1-2所示,在半径为的⊙O中,弦AB,CD相交于点P.PA=PB=2,PD=1,则圆心O到弦CD的距离为________.11. [解析]由相交弦定理可知PA·PB=PC·PD,得PC=4,故弦CD=5,又半径r=,记圆心O到直线CD的距离为d,则d2+=7,即d2=,故d=.21.N1[2022·江苏卷]A.[选修4-1:几何证明选讲]如图1-1所示,AB和BC分别与圆O相切于点D,C,AC经过圆心O,且BC=2OC.求证:AC=2AD.图1-1证明:联结OD,因为AB和BC分别与圆O相切于点D,C,所以∠ADO=∠ACB=90°.-15-\n又因为∠A=∠A,所以Rt△ADO∽Rt△ACB,所以=.又BC=2OC=2OD.故AC=2AD.11.N1[2022·北京卷]如图1-2,AB为圆O的直径,PA为圆O的切线,PB与圆O相交于D,若PA=3,PD∶DB=9∶16,则PD=________,AB=________.图1-211. 4 [解析]由于PD∶DB=9∶16,设PD=9a,则DB=16a,PB=25a,根据切割线定理有PA2=PD·PB,∴a=,∴PD=,PB=5.又∵△PBA为直角三角形,∴AB2+AP2=PB2,∴AB=4.22.N1[2022·辽宁卷]选修4-1:几何证明选讲如图,AB为⊙O的直径,直线CD与⊙O相切于E,AD垂直CD于D,BC垂直CD于C,EF垂直AB于F,联结AE,BE.证明:(1)∠FEB=∠CEB;(2)EF2=AD·BC.图1-822.证明:(1)由直线CD与⊙O相切,得∠CEB=∠EAB.由AB为⊙O的直径,得AE⊥EB,从而∠EAB+∠EBF=.又EF⊥AB,得∠FEB+∠EBF=,从而∠FEB=∠EAB.故∠FEB=∠CEB.(2)由BC⊥CE,EF⊥AB,∠FEB=∠CEB,BE是公共边,得Rt△BCE≌Rt△BFE,所以BC=BF.类似可证,Rt△ADE≌Rt△AFE,得AD=AF.-15-\n又在Rt△AEB中,EF⊥AB,故EF2=AF·BF,所以EF2=AD·BC.N1[2022·陕西卷]B.(几何证明选做题)如图1-4,弦AB与CD相交于⊙O内一点E,过E作BC的平行线与AD的延长线相交于点P,已知PD=2DA=2,则PE=________.图1-4 [解析]利用已知可得,∠BCE=∠PED=∠BAP,可得△PDE∽△PEA,可得=,而PD=2DA=2,则PA=3,则PE2=PA·PD=6,PE=.15.C8,E8,N1[2022·四川卷]设P1,P2,…,Pn为平面α内的n个点,在平面α内的所有点中,若点P到P1,P2,…,Pn点的距离之和最小,则称点P为P1,P2,…,Pn点的一个“中位点”.例如,线段AB上的任意点都是端点A,B的中位点.则有下列命题:①若A,B,C三个点共线,C在线段AB上,则C是A,B,C的中位点;②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点;③若四个点A,B,C,D共线,则它们的中位点存在且唯一;④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点.其中的真命题是________.(写出所有真命题的序号)15.①④ [解析]对于①,如果中位点不在直线AB上,由三角形两边之和大于第三边可知与题意矛盾.而当中位点在直线AB上时,如果不与C重合,则|PA|+|PB|+|PC|>|PA|+|PB|也不符合题意,故C为唯一的中位点,①正确;对于②,我们取斜边长为4的等腰直角三角形,此时,斜边中点到三个顶点的距离均为2,和为6;而我们取斜边上中线的中点,该点到直角顶点的距离为1,到两底角顶点的距离均为,显然2+1<6,故该直角三角形的斜边中点不是中位点,②错误;对于③,当A,B,C,D四点共线时,不妨设他们的顺序就是A,B,C,D,则当点P在B,C之间运动时,点P到A,B,C,D四点的距离之和相等且最小,即这个时候的中位点有无穷多个,③错误;对于④,同样根据三角形两边之和大于第三边的性质,如果中位点不在对角线的交点上,则距离之和肯定不是最小的,④正确.13.N1[2022·天津卷]如图1-2所示,△ABC为圆的内接三角形,BD为圆的弦,且BD∥AC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E,AD与BC交于点F,若AB=AC,AE=6,BD=5,则线段CF的长为________.图1-213. [解析]由切割线定理可得EA2=EB·ED,有EB=4,ED=9.因为AB=AC,所以∠ABC=∠C=∠ADB,-15-\n由弦切角定理可得∠EAB=∠ADB,所以∠EAB=∠ABC,故AE∥BC.又BD∥AC,所以四边形AEBC是平行四边形,可得BC=AE=6,又由平行线分线段成比例定理可得=,因为AE=6,所以BF=,故CF=BC-BF=.22.N1[2022·新课标全国卷Ⅱ]选修4-1:几何证明选讲:如图1-5,CD为△ABC外接圆的切线,AB的延长线交直线CD于点D,E,F分别为弦AB与弦AC上的点,且BC·AE=DC·AF,B,E,F,C四点共圆.(1)证明:CA是△ABC外接圆的直径;(2)若DB=BE=EA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值.图1-522.解:(1)证明:因为CD为△ABC外接圆的切线,所以∠DCB=∠A,由题设知=,故△CDB∽△AEF,所以∠DBC=∠EFA.因为B,E,F,C四点共圆,所以∠CFE=∠DBC,故∠EFA=∠CFE=90°.所以∠CBA=90°,因此CA是△ABC外接圆的直径.(2)联结CE,因为∠CBE=90°,所以过B,E,F,C四点的圆的直径为CE,由DB=BE,有CE=DC,又BC2=DB·BA=2DB2,所以CA2=4DB2+BC2=6DB2.而DC2=DB·DA=3DB2,故过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为.1-614.N1[2022·重庆卷]如图1-6所示,在△ABC中,∠C=90°,∠A=60°,AB=20,过C作△ABC的外接圆的切线CD,BD⊥CD,BD与外接圆交于点E,则DE的长为________.14.5 [解析]联结CE.由弦切角定理知∠BCD=∠A=60°,所以在Rt△BCD中,∠CBD=30°.又在Rt△ABC中,∠ABC=30°,AC=AB=10,所以CE=AC=10.在Rt△CDE中,∠DCE=30°,故DE=CE=5.N2 选修4-2矩阵 -15-\n21.[2022·福建卷]N2(Ⅰ)选修4-2:矩阵与变换已知直线l:ax+y=1在矩阵A=)对应的变换作用下变为直线l′:x+by=1.(1)求实数a,b的值;(2)若点P(x0,y0)在直线l上,且A)=),求点P的坐标.(Ⅰ)解:(1)设直线l:ax+y=1上任意点M(x,y)在矩阵A对应的变换作用下的像是M′(x′,y′).由)=)))=),得又点M′(x′,y′)在l′上,所以x′+by′=1,即x+(b+2)y=1.依题意得解得(2)由A)=),得解得y0=0.又点P(x0,y0)在直线l上,所以x0=1.故点P的坐标为(1,0).N2[2022·江苏卷]B.[选修4-2:矩阵与变换]已知矩阵A=-1,0) 0,2),B=1,0) 2,6),求矩阵A-1B.解:设矩阵A的逆矩阵为a,c) b,d),则-1,0) 0,2)a,c) b,d)=1,0) 0,1).即-a,2c) -b,2d)=1,0) 0,1),故a=-1,b=0,c=0,d=,从而A的逆矩阵为A-1= 0,))).所以A-1B= 0,)))1,0) 2,6)=-1,0) -2,3).2.N2,N3[2022·浙江卷]已知a∈R“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块(1)以极坐标系Ox的极点O为原点,极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系xOy,并在两种坐标系中取相同的长度单位.把极坐标方程cosθ+ρ2sinθ=1化成直角坐标方程.(2)在直角坐标系xOy中,曲线C:(θ为参数),过点P(2,1)的直线与曲线C交于A,B两点.若|PA|·|PB|=,求|AB|的值.2.解:(1)极坐标方程两边同乘以ρ得ρcosθ+ρ3sinθ=ρ.又在直角坐标系下,ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,故化成直角坐标方程为x+y(x2+y2)=.又(0,0)满足原极坐标方程.故所求的直角坐标方程为x+y(x2+y2)=.(2)由题意,曲线C的直角坐标方程为x2+2y2=2.-15-\n设过点P(2,1),倾斜角为α的直线的参数方程为(t为参数).及点A,B对应的参数分别为t1,t2.将直线的参数方程代入x2+2y2=2得(2+tcosα)2+2(1+tsinα)2-2=0.即(1+sin2α)t2+4(sinα+cosα)t+4=0.则Δ=16(2sinαcosα-sin2α)>0,且t1+t2=-,t1t2=,由|PA|·|PB|=得|t1t2|==.故sin2α=.又由Δ>0得0<tanα<2.故t1+t2=,t1t2=.所以|AB|=|t1-t2|==.N3选修4-4参数与参数方程 23.N3[2022·新课标全国卷Ⅰ]选修4-4:坐标系与参数方程已知曲线C1的参数方程为(t为参数),以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=2sinθ.(1)把C1的参数方程化为极坐标方程;(2)求C1与C2交点的极坐标(ρ≥0,0≤θ<2π).23.解:(1)将消去参数t,化为普通方程(x-4)2+(y-5)2=25,即C1:x2+y2-8x-10y+16=0.将代入x2+y2-8x-10y+16=0,得ρ2-8ρcosθ-10ρsinθ+16=0.所以C1的极坐标方程为ρ2-8ρcosθ-10ρsinθ+16=0.(2)C2的普通方程为x2+y2-2y=0,由解得或所以C1与C2交点的极坐标分别为,.7.N3[2022·安徽卷]在极坐标系中,圆ρ=2cosθ的垂直于极轴的两条切线方程分别为( )A.θ=0(ρ∈R)和ρcosθ=2B.θ=(ρ∈R)和ρcosθ=2-15-\nC.θ=(ρ∈R)和ρcosθ=1D.θ=0(ρ∈R)和ρcosθ=17.B [解析]圆的直角坐标方程为x2+y2-2x=0,故垂直于极轴的两条切线的直角坐标方程为x=0,x=2,其极坐标方程分别为θ=(ρ∈R)和ρcosθ=2.9.N3[2022·北京卷]在极坐标系中,点到直线ρsinθ=2的距离等于________.9.1 [解析]极坐标系中点的对应直角坐标系中的点的坐标为(,1),极坐标系中直线ρsinθ=2对应直角坐标系中直线方程为y=2,所以距离为1.N3(Ⅱ)选修4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,已知点A的极坐标为,直线l的极坐标方程为ρcos=a,且点A在直线l上.(1)求a的值及直线l的直角坐标方程;(2)圆C的参数方程为(α为参数),试判断直线l与圆C的位置关系.(Ⅱ)解:(1)由点A,在直线ρcosθ-=a上,可得a=.所以直线l的方程可化为ρcosθ+ρsinθ=2,从而直线l的直角坐标方程为x+y-2=0.(2)由已知得圆C的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1.所以圆C的圆心为(1,0),半径r=1,因为圆心C到直线l的距离d==<1,所以直线l与圆C相交.14.N3[2022·广东卷](坐标系与参数方程选做题)已知曲线C的参数方程为(t为参数),C在点(1,1)处的切线为l,以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标,则l的极坐标方程为________.14.ρsin= [解析]曲线C的参数方程化为普通方程是x2+y2=2,点(1,1)在曲线上,易求得过(1,1)作圆C切线的方程是:x+y=2,其极坐标方程是ρ(cosθ+sinθ)=2,即ρsin=.16.N3[2022·湖北卷](选修4-4:坐标系与参数方程)在直角坐标系xOy中,椭圆C的参数方程为(φ为参数,a>b>0).在极坐标系(与直角坐标系xOy取相同的长度单位,且以原点O为极点,以x轴正半轴为极轴)中,直线l与圆O的极坐标方程分别为ρsinθ+=m(m为非零常数)与ρ=b.若直线l经过椭圆C的焦点,且与圆O相切,则椭圆C的离心率为________.-15-\n16. [解析]直线l的直角坐标方程为x+y-m=0,圆O的直角坐标方程为x2+y2=b2,由直线与圆相切得:m2=2b2.又椭圆C的一般方程为+=1,直线过椭圆焦点,故m=c,所以c2=2b2e==.9.N3[2022·湖南卷]在平面直角坐标系xOy中,若直线l:(t为参数)过椭圆C:(φ为参数)的右顶点,则常数a的值为________.9.3 [解析]将参数方程化为普通方程可得,直线l:即y=x-a,椭圆C:即+=1,可知其右顶点为(3,0),代入直线方程可得a=3.N3[2022·江苏卷]C.[选修4-4:坐标系与参数方程]在平面直角坐标系xOy中,直线l的参数方程为(t为参数),曲线C的参数方程为(θ为参数),试求直线l和曲线C的普通方程,并求出它们的公共点的坐标.解:因为直线l的参数方程为(t为参数),由x=t+1得t=x-1,代入y=2t,得到直线l的普通方程为2x-y-2=0.同理得到曲线C的普通方程为y2=2x.联立方程组解得公共点的坐标为(2,2),,-1.15.[2022·江西卷]N3(1)(坐标系与参数方程选做题)设曲线C的参数方程为(t为参数),若以直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,则曲线C的极坐标方程为________.N4[2022·江西卷](2)(不等式选做题)在实数范围内,不等式||x-2|-1|≤1的解集为__________________.15.(1)ρcos2θ-sinθ=0 (2)[解析](1)曲线方程为y=x2,将y=ρsinθ,x=ρcosθ代入得ρcos2θ-sinθ=0.(2)-1≤|x-2|-1≤10≤|x-2|≤2-2≤x-2≤2,得0≤x≤4.23.N3[2022·辽宁卷]选修4-4:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,以O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系.圆C1,直线C2的极坐标方程分别为ρ=4sinθ,ρcos=2.(1)求C1与C2交点的极坐标;(2)设P为C1的圆心,Q为C1与C2交点连线的中点.已知直线PQ的参数方程为-15-\n(t∈R为参数),求a,b的值.23.解:(1)圆C1的直角坐标方程为x2+(y-2)2=4,直线C2的直角坐标方程为x+y-4=0.解得所以C1与C2交点的极坐标为,.注:极坐标系下点的表示不唯一.(2)由(1)可得,P点与Q点的直角坐标分别为(0,2),(1,3),故直线PQ的直角坐标方程为x-y+2=0.由参数方程可得y=x-+1,所以解得a=-1,b=2.C.N3[2022·陕西卷](坐标系与参数方程选做题)如图1-5,以过原点的直线的倾斜角θ为参数,则圆x2+y2-x=0的参数方程为________.图1-5(θ为参数) [解析]设P(x,y),则随着θ取值变化,P可以表示圆上任意一点,由所给的曲线方程x2+y2-x=0x-2+y2=,表示以,0为圆心,半径为的圆,可得弦OP=1×cosθ,所以可得故已知圆的参数方程为(θ为参数).11.N3[2022·天津卷]已知圆的极坐标方程为ρ=4cosθ,圆心为C,点P的极坐标为4,,则|CP|=________.11.2 [解析]∵圆的极坐标方程为ρ=4cosθ,∴圆心C的直角坐标为(2,0).∵P点极坐标,∴化为直角坐标为(2,2),∴|CP|==2.23.N3[2022·新课标全国卷Ⅱ]选修4—4:坐标系与参数方程-15-\n已知动点P,Q都在曲线C:(t为参数)上,对应参数分别为t=α与t=2α(0<α<2π),M为PQ的中点.(1)求M的轨迹的参数方程;(2)将M到坐标原点的距离d表示为α的函数,并判断M的轨迹是否过坐标原点.23.解:(1)依题意有P(2cosα,2sinα),Q(2cos2α,2sin2α),因此M(cosα+cos2α,sinα+sin2α).M的轨迹的参数方程为(α为参数,0<α<2π).(2)M点到坐标原点的距离d==(0<α<2π).当α=π时,d=0,故M的轨迹过坐标原点.2.N2,N3[2022·浙江卷]已知a∈R“矩阵与变换和坐标系与参数方程”模块(1)以极坐标系Ox的极点O为原点,极轴Ox为x轴正半轴建立平面直角坐标系xOy,并在两种坐标系中取相同的长度单位.把极坐标方程cosθ+ρ2sinθ=1化成直角坐标方程.(2)在直角坐标系xOy中,曲线C:(θ为参数),过点P(2,1)的直线与曲线C交于A,B两点.若|PA|·|PB|=,求|AB|的值.2.解:(1)极坐标方程两边同乘以ρ得ρcosθ+ρ3sinθ=ρ.又在直角坐标系下,ρcosθ=x,ρsinθ=y,ρ2=x2+y2,故化成直角坐标方程为x+y(x2+y2)=.又(0,0)满足原极坐标方程.故所求的直角坐标方程为x+y(x2+y2)=.(2)由题意,曲线C的直角坐标方程为x2+2y2=2.设过点P(2,1),倾斜角为α的直线的参数方程为(t为参数).及点A,B对应的参数分别为t1,t2.将直线的参数方程代入x2+2y2=2得(2+tcosα)2+2(1+tsinα)2-2=0.即(1+sin2α)t2+4(sinα+cosα)t+4=0.则Δ=16(2sinαcosα-sin2α)>0,且t1+t2=-,t1t2=,由|PA|·|PB|=得|t1t2|==.故sin2α=.又由Δ>0得0<tanα<2.故t1+t2=,t1t2=.-15-\n所以|AB|=|t1-t2|==.15.N3[2022·重庆卷]在直角坐标系xOy中,以原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.若极坐标方程为ρcosθ=4的直线与曲线(t为参数)相交于A,B两点,则|AB|=________.15.16 [解析]直线的普通方程为x=4,代入曲线的参数方程得t=±2,当t=2时x=4,y=8;当t=-2时x=4,y=-8,即有A(4,8),B(4,-8),于是|AB|=8-(-8)=16.N4(Ⅲ)选修4-5:不等式选讲 24.N4[2022·新课标全国卷Ⅰ]选修4-5:不等式选讲已知函数f(x)=|2x-1|+|2x+a|,g(x)=x+3.(1)当a=-2时,求不等式f(x)<g(x)的解集;(2)设a>-1,且当x∈时,f(x)≤g(x),求a的取值范围.24.解:(1)当a=-2时,不等式f(x)<g(x)化为|2x-1|+|2x-2|-x-3<0.设函数y=|2x-1|+|2x-2|-x-3,则y=其图像如图所示,从图像可知,当且仅当x∈(0,2)时,y<0,所以原不等式的解集是{x|0<x<2}.(2)当x∈时,f(x)=1+a.不等式f(x)≤g(x)化为1+a≤x+3.所以x≥a-2对x∈都成立,故-≥a-2,即a≤,从而a的取值范围是设不等式|x-2|<a(a∈N*)的解集为A,且∈A,A.(1)求a的值;(2)求函数f(x)=|x+a|+|x-2|的最小值.-15-\n(Ⅲ)解:(1)因为∈A,且A,所以<a,且≥a.解得<a≤.又因为a∈N*,所以a=1.(2)因为|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,当且仅当(x+1)(x-2)≤0,即-1≤x≤2时取到等号,所以f(x)的最小值为3.13.N4[2022·湖北卷]设x,y,z∈R,且满足:x2+y2+z2=1,x+2y+3z=,则x+y+z=________.13. [解析]由柯西不等式得(x2+y2+z2)(1+4+9)=14≥(x+2y+3z)2=14,当==时取“=”,故x=,y=,z=,则x+y+z=.10.N4[2022·湖南卷]已知a,b,c∈R,a+2b+3c=6,则a2+4b2+9c2的最小值为________.10.12 [解析]因a+2b+3c=6,由柯西不等式可知(a2+4b2+9c2)(12+12+12)≥(a+2b+3c)2,可知a2+4b2+9c2≥=12,即最小值为12.N4[2022·江苏卷]D.[选修4-5:不等式选讲]已知a≥b>0,求证:2a3-b3≥2ab2-a2b.证明:2a3-b3-(2ab2-a2b)=2a(a2-b2)+b(a2-b2)=(a2-b2)(2a+b)=(a-b)(a+b)(2a+b).因为a≥b>0,所以a-b≥0,a+b>0,2a+b>0.从而(a-b)(a+b)(2a+b)≥0,即2a3-b3≥2ab2-a2b.24.N4[2022·辽宁卷]选修4-5:不等式选讲已知函数f(x)=|x-a|,其中a>1.(1)当a=2时,求不等式f(x)≥4-|x-4|的解集;(2)已知关于x的不等式|f(2x+a)-2f(x)|≤2的解集为,求a的值.24.解:(1)当a=2时,f(x)+|x-4|=当x≤2时,由f(x)≥4-|x-4|得-2x+6≥4,解得x≤1;当2<x<4时,f(x)≥4-|x-4|无解;当x≥4时,由f(x)≥4-|x-4|得2x-6≥4,解得x≥5;所以f(x)≥4-|x-4|的解集为{x|x≤1或x≥5}.(2)记h(x)=f(2x+a)-2f(x),则h(x)=由|h(x)|≤2,解得≤x≤.又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2},-15-\n所以于是a=3.15.N4[2022·陕西卷](考生注意:请在下列三题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题评分)A.(不等式选做题)已知a,b,m,n均为正数,且a+b=1,mn=2,则(am+bn)(bm+an)的最小值为________.2 [解析]利用柯西不等式式可得:(am+bn)(bm+an)≥(+)2=mn(a+b)2=2.14.N4[2022·天津卷]设a+b=2,b>0,则当a=________时,+取得最小值.14.-2 [解析]+=+=++≥+2≥-+1=,当且仅当=时,等号成立.联立a+b=2,b>0,a<0.可解得a=-2.24.N4[2022·新课标全国卷Ⅱ]选修4-5:不等式选讲设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:(1)ab+bc+ca≤;(2)++≥1.24.证明:(1)由a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.由题设得(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)因为+b≥2a,+c≥2b,+a≥2c,故+++(a+b+c)≥2(a+b+c),即++≥a+b+c,又a+b+c=1,所以++≥1.1.N4[2022·浙江卷](1)解不等式|x-1|+|x-4|≥5.(2)求函数y=|x-1|+|x-4|+x2-4x的最小值.1.解:(1)当x<1时,1-x+4-x≥5,得x≤0,此时x≤0;当1≤x≤4时,x-1+4-x≥5,得3≥5,此时x∈;当x>4时,x-1+x-4≥5,得x≥5,此时x≥5.综上所述,原不等式的解集是(-∞,0]∪[5,+∞).(2)因为|x-1|+|x-4|≥|(x-1)-(x-4)|=3,当且仅当1≤x≤4时取等号;x2-4x=(x-2)2-4≥-4,当且仅当x=2时取等号.-15-\n故|x-1|+|x-4|+x2-4x≥3-4=-1,当x=2时取等号.所以y=|x-1|+|x-4|+x2-4x的最小值为-1.16.N4[2022·重庆卷]若关于实数x的不等式|x-5|+|x+3|<a无解,则实数a的取值范围是________.16.(-∞,8] [解析]要使不等式无解,则a必须小于或等于|x-5|+|x+3|的最小值,而|x-5|+|x+3|≥|(x-5)-(x+3)|=8,则a≤8,所以实数a的取值范围是(-∞,8].N5选修4-7优选法与试验设计1.[2022·云南师大附中月考]如图X8-4,已知圆O外有一点P,过P作圆O的切线PM,M为切点,过PM的中点N,作割线NAB,交圆于A、B两点,联结PA并延长,交圆O于点C,联结PB交圆O于点D,若MC=BC.(1)求证:△APM∽△ABP;(2)求证:四边形PMCD是平行四边形.图X8-41.证明:(1)∵PM是圆O的切线,NAB是圆O的割线,N是PM的中点,∴MN2=PN2=NA·NB,∴=,又∵∠PNA=∠BNP,∴△PNA∽△BNP,∴∠APN=∠PBN,即∠APM=∠PBA,∵MC=BC,∴∠MAC=∠BAC,∴∠MAP=∠PAB,∴△APM∽△ABP.(2)∵∠ACD=∠PBN,∴∠ACD=∠PBN=∠APN,即∠PCD=∠CPM,∴PM∥CD.∵△APM∽△ABP,∴∠PMA=∠BPA,∵PM是圆O的切线,∴∠PMA=∠MCP,∴∠PMA=∠BPA=∠MCP,即∠MCP=∠DPC,∴MC∥PD,∴四边形PMCD是平行四边形.-15-
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