高考数学压轴专题2020-2021备战高考《坐标系与参数方程》难题汇编含答案解析

一、13

1．已知4x25y21，则2x5y的最大值是（ ）

A．2 【答案】A 【解析】 【分析】

B．1

C．3

D．9

1xcos2设，则2x5ycossin2sin，利用三角函数有界性

4y5sin5得到最值. 【详解】

1xcos2 ，则2x5ycossin2sin 4x25y21，则设4y5sin52x4当，即时有最大值为2

4y1010故选：A 【点睛】

1xcos2本题考查了求最大值，利用参数方程是解题的关键.

y5sin5

2．参数方程

（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。

3．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。

4．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。

5．在符合互化条件的直角坐标系和极坐标系中，直线l：ykx20与曲线C：

2cos相交，则k的取值范围是( )

3 4【答案】A 【解析】

A．kB．k3 4C．kR D．kR但k0

分析：一般先将原极坐标方程2cos两边同乘以后，把极坐标系中的方程化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行求解即可．

2详解：将原极坐标方程2cos，化为：2cos，

化成直角坐标方程为：xy2x0， 即(x1)y1． 则圆心到直线的距离d2222k2k12 由题意得：d1，即d解之得：k故选A．

k2k121，

3． 4点睛：本题考查点的极坐标和直角坐标的互化，利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用

cosx，siny，2x2y2，进行代换即得．

6．若直线l：ykx与曲线C：等于（） A．x2cos（为参数）有唯一的公共点，则实数kysin3 33 3B．3 3C．3 D．【答案】D 【解析】 【分析】

根据题意，将曲线C的参数方程消去，得到曲线C的普通方程(x2)y1，可知曲线C为圆，又知圆C与直线相切，利用圆心到直线的距离等于半径，求得k。 【详解】

22Q曲线C：x2cos，消去，得

ysin曲线C： (x2)2y21

又知圆C与直线相切。可得，

2kk121

3，给故答案选D。 3解得k【点睛】

本题主要考查了参数方程与普通方程的转化以及圆与直线的关系的几何关系表达。

7．如图，点A、B是函数y1在第象限的图像上两点且满足OAB90o且xAOAB，则OAB的面积等于（ ）

A．C．1 23 2B．D．2 25 2【答案】D 【解析】 【分析】

设点B的极坐标为,，则04，由OAB为等腰直角三角形可得出点A的极坐

21,y的解析式表示为极坐标方程，将A、B两点的极坐标代标，将函数2x4入曲线的极坐标方程，可计算出的值，再利用三角形的面积公式可计算出OAB的面积. 【详解】

设点B的极坐标为,，则024，

由题意知，OAB为等腰直角三角形，且OAB90o，则点A的极坐标

211sin,y的解析式化为极坐标方程得，即2，将函数xcos42sincos1，

化简得sin22，将点B的极坐标代入曲线的极坐标方程得sin22，

222sin2将点A的极坐标代入曲线的极坐标方程得2， 242sin222化简得cos24，于是有2，

cos24242sin22cos2224220，得225，

2因此，OAB的面积为

SOAB故选D.

112215， OAOBsin252422242【点睛】

本题考查三角形面积的计算，解题的关键就是将问题转化为极坐标方程求解，将代数问题转化为几何问题求解，考查转化与化归数学思想，属于中等题.

8．直线x3t，(t为参数)上与点P3,4的距离等于2的点的坐标是( )

y4tB．4,5或0,1

C．2,5

D．4,3或2,5

A．4,3 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 因为直线x3t(t为参数），

y4t所以设直线上到点P(3,4)的距离等于2的点的坐标是(3t,4t)， 则(3t)2(4t)22，解得t1，

代入直线的参数方程，得点的坐标为(4,3)或(2,5)，故选D.

x2x9．xy1经过伸缩变换后所得图形的焦距（ ）

y3y22A．25 【答案】A 【解析】 【分析】

B．213 C．4 D．6

用x′，y表示出x，y，代入原方程得出变换后的方程，从而得出焦距． 【详解】

xx2x由得 y3yy【点睛】

x2x2y222，代入xy1得 1， y493∴椭圆的焦距为29425，故选A．

本题主要考查了伸缩变换，椭圆的基本性质，属于基础题．

1x22tx1cos210．曲线C1:(为参数)上的点到曲线C2:(t为参数)上的点

1ysiny1t2的最短距离为（ ） A．1 【答案】A 【解析】 【分析】

分别将圆C1和直线C2转化为直角坐标方程，然后利用圆上的点到直线的距离与圆心到直线距离的关系从而求出最短距离． 【详解】

将C1转化为直角坐标方程为x1y21， 所以曲线C1是以1,0为圆心，1为半径的圆． 将C2转化为直角坐标方程为xy2210， 由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离为d2B．2 C．3 D．4

122122，

所以圆上的点到直线的最小距离为dr211， 故选A． 【点睛】

本题考查圆上的点到直线的距离，若圆心距为d，圆的半径为r且圆与直线相离，则圆上的点到直线距离的最大值为dr，最小值为dr．

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】

5. 4518122. 时，d取得最小值

45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.

x12t2212．直线（t是参数）被圆xy9截得的弦长等于（ ）

y2tA．

12 5B．910 5C．92 5D．125 5【答案】D 【解析】 【分析】

先消参数得直线普通方程，再根据垂径定理得弦长. 【详解】 直线x12t（t是参数），消去参数化为普通方程：x2y30．

y2t3， 52圆心O0,0到直线的距离d3125∴直线被圆xy9截得的弦长2r2d2295.

522故选D． 【点睛】

本题考查参数方程化普通方程以及垂径定理，考查基本分析求解能力，属基础题.

xt3tcost13．已知曲线的参数方程为,则曲线（ ） 其中参数tR，2ylntt1A．关于x轴对称 B．关于y轴对称

C．关于原点对称 【答案】C 【解析】 【分析】

D．没有对称轴

设xft，ygt tR，首先判断这两个函数都是奇函数，然后再判断函数关于原点对称. 【详解】

设xft，ygt tR

ftttcostt3tcostt3tcostx，

3xft是奇函数， gtgtlntt21lntt21

lntt21lntt21ln10 ,

ygt也是奇函数，

设点Pft,gt在函数图象上，那么关于原点的对称点是Qft,gt，

Qft和gt都是奇函数，

所以点Q的坐标是Qft,gt，可知点Q在曲线上，

 函数图象关于原点对称.

故选：C 【点睛】

本题考查函数图象和性质的综合应用，意在考查转化与计算能力，属于中档题型.

0，B0,3，若点P在曲线14．已知点A3,动，则△PAB面积的最小值为（ ） A．

x1cos（参数0,2）上运

ysin32 232 29 2B．62 C．6D．6【答案】D 【解析】 【分析】 化简曲线x1cos成直角坐标,再将面积最小值转换到圆上的点到直线AB的距离最小

ysin值求解即可. 【详解】

x1cos由曲线（参数0,2）知曲线是以1,0为圆心,1为半径的圆.

ysin故直角坐标方程为：x1y21.

20,B0,3故直线AB的方程为xy30. 又点A3,故当P到直线AB的距离最小时有△PAB面积取最小值. 又圆心1,0到直线AB的距离为d103112222.

故P到直线AB的距离最小值为h221.故△PAB面积的最小值为

1132. ABd322216222故选：D 【点睛】 S本题主要考查了参数方程化直角坐标的方法与根据直线与圆的位置关系求最值的问题.属于中等题型.

15．设x、y满足3x24y212,则x2y的最大值为（ ） A．2 【答案】C 【解析】 【分析】

B．3

C．4

D．6

x2y2由3x4y12得出1，表示椭圆，写出椭圆的参数方程，利用三角函数求

43x2y的最大值.

22【详解】

x2cosx2y2(为参数）由题可得：， 1则43y3sin有x2y2cos23sin

13 42con2sin

 4sin. 6因为1sin1， 6 则： 44sin4， 6所以x2y的最大值为4. 故选：C. 【点睛】

本题主要考查与椭圆上动点有关的最值问题，利用椭圆的参数方程，转化为三角函数求最

值.

x3t2l:16．已知直线（t为参数），抛物线C的方程y2x,l与C交于P1,P2，则

y2t点A0,2到P1,P2两点距离之和是（ ） A．43 【答案】C 【解析】 【分析】

先写出直线的标准参数方程，再代入y2＝2x，利用直线参数方程t的几何求解. 【详解】

B．2(23)

C．4(23)

D．83

3xt2 (t′为参数)，代入y2＝2x，得t′2＋4(2＋3)t′＋16＝0，将直线l参数方程化为y21t2设其两根为t1′，t2′，则t1′＋t2′＝－4(2＋3)， t1′t2′＝16>0.

由此知在l上两点P1，P2都在A(0，2)的下方， 则|AP1|＋|AP2|＝|t1′|＋|t2′|＝|t1′＋t2′|＝4(2＋3)． 故答案为C 【点睛】

(1)本题主要考查直线的参数方程和t的几何意义，意在考查学生对这些知识的掌握水平和

xx0tcos分析推理计算能力.(2) 过定点Px0,y0、倾斜角为的直线的参数方程yy0tsin（t为参数）.当动点A在定点Px0,y0上方时,t0,且t|PA|. 当动点B在定点

Px0,y0下方时,t0,且tPB|.(3)解答本题不能直接把参数方程代入圆的方程，一定

要化成标准形式，才能利用参数方程t的几何意义解答.

17．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】

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 【分析】 把案． 【详解】 由题意，把把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．

18．（理）在极坐标系中,圆2cos的垂直于极轴的两条切线方程分别为（ ） A．0(R) 和cos2 C．B．2(R)和cos2

2(R)和cos1 D．0(R)和cos1

【答案】B 【解析】 【分析】

利用圆的极坐标方程和直线的极坐标方程即可得出答案． 【详解】

如图所示，在极坐标系中圆2cos是以(1,0)为圆心，1为半径的圆． 故圆的两条切线方程的普通方程分别为x0,x2， 所以圆的两条切线方程的极坐标方程分别为故选：B．

2(R)，cos2．

【点睛】

本题考查圆的极坐标方程和直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意利用图象将切线的普通方程写出，再转化成极坐标方程. 正确理解是解题的关键

19．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

20．如图，边长为4的正方形ABCD中，半径为1的动圆Q的圆心Q在边CD和DA上

uuuvuuuvuuuvQ移动（包含端点A、C、D），P是圆上及其内部的动点，设BPmBCnBA（m,nR），则mn的取值范围是（ ）

A．[21,221] B．[422,422]

C．[122,2] 22D．[122,2] 44【答案】D 【解析】 【分析】

uuuruuuruuur建立如图所示平面直角坐标系，可得BA,BC的坐标，进而可得BP的坐标．分类讨论，当

动圆Q的圆心在CD上运动或在AD上运动时，利用圆的参数方程相关知识，设出点P坐标，再利用三角函数求mn的最值． 【详解】

解：建立如图所示平面直角坐标系，可得，

uuuruuuruuurBA(0,4),BC(4,0)，可得BP(4m,0)(0,4n)(4m,4n)，

当点Q在CD上运动时，设Q(4,t),t[0,4]，

22则点P在圆Q：(x4)(yt)1上及内部，

故可设P(4rcos,trsin),uuur则BP(4rcos,trsin)，

(R,0r1)，

4m4rcos， 4ntrsin4m4n4tr(sincos)4t2rsin，

4Q0t4,0r1,R，

当t0,当t4,r1,r1,5422时，mn取最小值为，即1； 4444时，mn取最大值为

282，即2，

44mn的取值范围是122,2； 44当点Q在AD上运动时，设Q(s,4),s[0,4]，

22则点P在圆Q：(xs)(y4)1上及其内部，

故可设P(srcos,4rsin),则BP(srcos,4rsin)，

uuur(R,0r1)，

4msrcos， 4n4rsin4m4n4sr(sincos)4s2rsin，

4Q0s4,0r1,R，

当s0,当s4,r1,r1,5422时，mn取最小值为，即1； 4444时，mn取最大值为

282，即2，

44mn的取值范围是1故选：D． 【点睛】

22,2； 44本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．