高考数学压轴专题2020-2021备战高考《坐标系与参数方程》专项训练答案

一、13

1．极坐标方程 ＝cosA．圆 【答案】A 【解析】

因为xcos,ysin，所以方程 ＝cos－表示的曲线是( )． 4B．椭圆

C．抛物线

D．双曲线

－可化为22(cossin)，即x2y22x2y0，故该4222方程表示圆心为C(122r，半径是的圆，应选答案A． ,)244

x2tsin30222．已知直线（t为参数）与圆xy8相交于B、C两点，则|BC|的y1tsin30值为（ ）

A．27 【答案】B 【解析】 【分析】

根据参数方程与普通方程的互化方法，然后联立方程组，通过弦长公式，即可得出结论． 【详解】

B．30 C．72 D．30 2x2tsin30曲线（t为参数），化为普通方程y1x， y1tsin30将y1x代入xy8，可得2x22x70， ∴BC1114【点睛】

本题主要考查把参数方程、极坐标方程化为直角坐标方程的方法，考查直线与圆的位置关系，属于中档题．

222730，故选B． 2

3．参数方程

（为参数）所表示的图象是

A． B． C． D．

【答案】D 【解析】 【分析】 由

，得

，代入

，经过化简变形后得到曲线方程，但需注意曲线方程

中变量、的符号，从而确定曲线的形状。 【详解】 由题意知解得【点睛】

本题考查参数方程与普通方程之间的转化，参数方程化普通方程一般有以下几种消参方法：①加减消元法；②代入消元法；③平方消元法。消参时要注意参数本身的范围，从而得出相关变量的取值范围。

将，因为

代入

，所以

，得

，

.故选：D。

4．已知点是曲线：

的取值范围是 A．【答案】D 【解析】 【分析】

将曲线的参数方程化为普通方程，可知曲线是圆用数形结合思想求出【详解】 曲线表示半圆：所以取选：D。

，

.

结合图象可得

.故

，

的最大值和最小值。

的上半圆，再利

B．

C．

D．

（为参数，

）上一点，点

，则

【点睛】

本题考查参数方程与普通方程之间的转化，同时也考查了点与圆的位置关系，在处理点与圆的位置关系的问题时，充分利用数形结合的思想，能简化计算，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题。

5．在同一直角坐标系中，曲线

经过伸缩变换

后所得到的曲线

A．C．【答案】C 【解析】 【分析】 由式。 【详解】 由伸缩变换得即【点睛】

，得

B．D．

代入函数，化简可得出伸缩变换后所得曲线的解析

，代入

.所以变换后的曲线方程为

，有，

.故选：C。

本题考查伸缩变换后曲线方程的求解，理解伸缩变换公式，准确代入是解题的关键，考查计算能力，属于基础题。

x2y26．在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为1，以坐标原点O为极点，x轴正半

62轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos(6)3，射线M的极坐标方

程为(0).设射线m与曲线C、直线l分别交于A、B两点，则最大值为（ ） A．

1OA21OB2的

3 4B．

2 5C．

2 3D．

1 3【答案】C 【解析】

分析：先由曲线C的直角坐标方程得到其极坐标方程为21+2sin6，设A、B两

2点坐标为1,，2,，将射线M的极坐标方程为分别代入曲线C和直线l的极坐标方程，得到关于的三角函数，利用三角函数性质可得结果.

x2y2详解：∵曲线C的方程为1，即x23y26，

62∴曲线C的极坐标方程为21+2sin6

2设A、B两点坐标为1,，2,，

22cos2112sin21+2sin66， 联立，得2，同理得1162232cos26 根据极坐标的几何意义可得111112sin22212263OAOB1+1cos21cos23sin22，即可得其最大值为，故选C. 36366点睛：本题考查两线段的倒数的平方和的求法，考查直角坐标方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，充分理解极坐标中的几何意义以及联立两曲线的极坐标方程得到交点的极坐标是解题的关键，是中档题．

7．若实数x，y满足x5y12196，则xA．1 【答案】C 【解析】 【分析】

设x14cost5，y14sint12，利用辅助角公式可得

B．14

C．729

222y2的最大值为( )

D．27

x2y23sint365，由三角函数的有界性可得结果.

【详解】

由(x5)2(y12)2196142，

x5y121， 1414x5y12cost， sint， 1414则x14cost5，y14sint12，

令因此x222y2(14cost5)2(14sint12)2

140cost336sint365

5122813sintcost365

13133sint365（其中sin又Q1sin(t)1

512 ,cos） 13131x2y2729

因此最大值为729，故选C. 【点睛】

本题主要考查圆的参数方程的应用，考查了辅助角公式以及三角函数的有界性，属于综合题.

x25cos8．直线3x4y100和圆的位置关系是（ ）

y15sinA．相切 【答案】C 【解析】 【分析】

B．相离

C．相交但不过圆心

D．相交且过圆心

x25cos(为参数)化成圆的普通方程，则可得其圆心，和半径将圆的参数方程y15sinr，再用点到直线的距离公式求出圆心到直线3x4y100的距离d,再将距离d与圆的

半径r比大小即可解. 【详解】 解：由x25cos22，得圆的普通方程为x2y125，

y15sin∴圆的圆心为2,1，半径r=5． 圆心到直线的距离d64109164.

∵0dr，∴直线与圆相交但不过圆心．

故选：C． 【点睛】

考查圆的参数方程化普通方程，考查直线和圆的位置关系，运用了点到直线的距离公式. 点到直线距离公式：点Px0,y0到直线l:AxByC0的距离为：

d

Ax0By0CAB22.

9．化极坐标方程2cos20为直角坐标方程为（ ） A．x2y20或y2

【答案】C 【解析】

由题意得，式子可变形为(cos2)0，即0或cos20，所以x2+y2=0或x=2，选C.

B．x=2D．y2

C．x2y20或x2

xcos【点睛】由直角坐标与极坐标互换公式ysin，利用这个公式可以实现直角坐标

x2y22与极坐标的相互转化．

x1cos{10．曲线，（为参数）的对称中心（ ） y2sinA．在直线y2x上 C．在直线yx1上 【答案】B 【解析】

试题分析：参数方程称中心为

所表示的曲线为圆心在

满足

，半径为1的圆，其对，故选B.

B．在直线y2x上 D．在直线yx1上

，逐个代入选项可知，点

考点：圆的参数方程，圆的对称性，点与直线的位置关系，容易题.

x2y211．椭圆C:1上的点P到直线l:3x4y180的距离的最小值为( )

169A．

18122 5B．

16102 5C．

18122 5D．

16102 5【答案】C

【解析】 【分析】

设点P的坐标为4cos,3sin，其中0,2，再利用点到直线的距离公式和三角函数的有界性，即可得答案. 【详解】

设点P的坐标为4cos,3sin，其中0,2，

122sin18则点P到直线l的距离 12cos12sin184d55122sin18sin，当1221841时，等号成立. 455因为0,2，所以所以当故选：C. 【点睛】

本题考查椭圆参数方程的应用、点到直线距离的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意点的参数设法及三角函数的有界性运用.

5. 4518122. 时，d取得最小值

45

x2y212．已知F1，F2分别是椭圆C:221(a0,b0)的左、右焦点，过F1的直线l

ab交椭圆于D、E两点，DF15F1E,DF22，且DF2x轴.若点P是圆

O:x2y21上的一个动点，则PF1PF2的取值范围是（ ）

A．[3,5] 【答案】A 【解析】 【分析】

由题意可得D,E两点坐标，代入椭圆方程可求出椭圆的焦点，然后设Pcosθ,sinθ， 利用两点间的距离公式以及三角函数的性质可求出PF1PF2的范围. 【详解】

由题意可知，Dc,2，EB．[2,5]

C．[2,4]

D．[3,4]

72c,， 55c22c21212ab2将D,E代入椭圆方程得2， a249c21b2425a225b2所以F12,0，F22,0， 设Pcosθ,sinθ， 则PF1PF2cos22sin2cos22sin22516cos2，

所以PF1PF2的取值范围是[3,5]. 故选：A 【点睛】

本题考查了椭圆的性质，考查了转化与化归的思想，同时考查了圆的参数方程以及三角函数的性质，属于中档题.

x2cosxtC:l:13．已知曲线（为参数）和直线（t为参数，b为实数），y2sinytb若曲线C上恰有3个点到直线l的距离等于1，则b等于（ ）

A．2 【答案】D 【解析】 【分析】

求出曲线C与直线的直角坐标方程，根据题意推出圆心到直线的距离为1，列出等式求解即可. 【详解】

利用同角三角函数的基本关系可得曲线C的直角坐标方程为xy4，圆的半径为2， 消去参数t可以得到直线l的直角坐标方程为yxb. 依题意，若要使圆上有3个点到直线l的距离为1， 只要满足圆心到直线的距离为1即可，则故选：D 【点睛】

本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，直线与圆的位置关系，属于基础题.

22B．2

C．0

D．2 |b|11221，解得b2．

14．已知点 A是曲线2cos上任意一点，则点 A到直线sin(大值是（ ）

6)4的距离的最

A．

9 2B．

7 2C．

5 2D．5

【答案】A 【解析】 【分析】

将极坐标方程转化为直角坐标方程，然后求出圆心到直线的距离即可 【详解】

2cos，即22cos，化为x2y22x

配方为：x1y21 可得圆心为1,0，半径r1 直线sin(26)4展开可得31sincos4 22可得直角坐标方程为：x3y80 则点 A到直线sin(6)4的距离的最大值为：

10813故选：A 【点睛】

19 2极坐标的相关问题一般是将极坐标方程转化为直角坐标方程处理.

15．在极坐标系中，曲线C1的极坐标方程为2sin，曲线C2的极坐标方程为

2cos。若射线AB等于（ ）

A．31 【答案】A 【解析】 【分析】 把案． 【详解】 由题意，把把3与曲线C1和曲线C2分别交于A,B两点（除极点外），则

B．31

C．1

D．3 3分别代入2sin和2cos，求得A,B的极经，进而求得AB，得到答

3代入2sin，可得A2sin33，

3代入2cos，可得B2cos31，

结合图象，可得ABAB31，故选A．

【点睛】

本题主要考查了简单的极坐标方程的应用，以及数形结合法的解题思想方法，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

16．极坐标方程2cos3cos30表示的曲线是（ ） A．一个圆 【答案】D 【解析】

分析：cos3cos30化为cos130，然后化为直角坐标方

2B．两个圆 C．两条直线 D．一个圆和一条直线

程即可得结论.

详解：cos3cos30化为cos130，

2因为cos10表示一条直线x1

30表示圆x2y29，

所以，极坐标方程cos3cos30 表示的曲线是一个圆和一条直线，故选D.

点睛：本题主要考查极坐标方程的应用，属于中档题. 极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．

2

x2cos17．过椭圆C：（为参数）的右焦点F作直线l：交C于M，N两点，

y3sinMFm，NFn，则

A．

11的值为（） mn4 38C．

32 3B．D．不能确定

【答案】B 【解析】 【分析】

消去参数得到椭圆的普通方程，求得焦点坐标，写出直线l的参数方程，代入椭圆的普通方程，写出韦达定理，由此求得【详解】

11的值. mnx2y2消去参数得到椭圆的普通方程为1，故焦点F1,0，设直线l的参数方程为

43x1tcos22（为参数），代入椭圆方程并化简得3sint6cost90.ytsin6cos9,tt0（t1,t2异号）.故故t1t212223sin3sin11mnt1t2mnmnt1t2【点睛】

本小题主要考查椭圆的参数方程化为普通方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查利用直线参数的几何意题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

t1t224t1t2t1t24.故选B. 3

18．在平面直角坐标系xOy中，曲线C:x3cos（为参数）上的点到直线

ysinx84tl:的距离的最大值为（ ）

y1tA．5 【答案】B 【解析】 【分析】

B．17

C．175 5D．517 17x84t将直线l:，化为直角方程，根据点到直线距离公式列等量关系，再根据三角函

y1t数有界性求最值. 【详解】

Ql:x84t

y1t可得：x4y120

根据点到直线距离公式，可得C上的点到直线l的距离为

|3cos4sin12||5sin()12|51217 171717【点睛】

本题考查点到直线距离公式以及三角函数有界性，考查基本分析求解能力，属中档题.

x2222219．已知实数x，y满足y21，则xy2xy6x7的最小值等于

2（ ） A．625 【答案】D 【解析】 【分析】 设xB．627

C．63 D．962

2cos，ysin，去绝对值，根据余弦函数的性质即可求出．

【详解】

2x因为实数x，y满足y2„1，

2设x2cos，ysin，

|x2y22||x2y26x7||2cos2sin22||2cos2sin262cos7||sin2||cos262cos8|，

Qcos262cos8(cos32)2100恒成立，

|x2y22||x2y26x7|sin2cos262cos8962cos…962，

故则|x2y22||x2y26x7|的最小值等于962. 故选：D． 【点睛】

本题考查了椭圆的参数方程、三角函数的图象和性质，考查了运算能力和转化能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．

20．若点P的直角坐标为1,3，则它的极坐标可以是（ ） A．2,53 B．2,43 C．2,76 D．2,11 6【答案】A 【解析】 【分析】

设点P的极坐标为,02，计算出和tan的值，结合点P所在的象限求出的值，可得出点P的极坐标. 【详解】

设点P的极坐标为,02，则123由于点P位于第四象限，所以，22，tan33. 155，因此，点P的极坐标可以是2,33，故选：A. 【点睛】

本题考查点的直角坐标化极坐标，要熟悉点的直角坐标与极坐标互化公式，同时还要结合点所在的象限得出极角的值，考查运算求解能力，属于中等题.