高考数学压轴专题2020-2021备战高考《坐标系与参数方程》经典测试题含答案解析

一、13

1．已知点x,y在圆(x2)2+(y+3)21上，则xy的最大值是( ) A．1 【答案】C 【解析】 【分析】

设圆上一点Pcos2,sin3,则xysincos1,利用正弦型函数求最值,即可得出结论 【详解】

设(x2)(y3)1上一点Pcos2,sin3,

22B．1 C．21 D．21

则xycos2sin3sincos1故选：C 【点睛】

2sin121,

4本题考查圆的参数方程的应用,考查正弦型函数的最值

2．曲线A．1 C．2 【答案】C 【解析】 【分析】

根据点到直线的距离求最值. 【详解】

x2cos（为参数）上的点到原点的距离的最大值为（ ）

ysinB．3 D．4

x2cos曲线（为参数）上的点到原点的距离为：

ysin4cos2sin213cos2„2，

当且仅当cos1时取得等号 故选C. 【点睛】

本题考查椭圆参数方程的应用.

3．如图所示，ABCD是边长为1的正方形，曲线AEFGH……叫作“正方形的渐开线”，其

¶，……的圆心依次按B,C,D,A循环，则曲线AEFGH的长是¶，EF¶，·，GH中AEFG（ ）

A．3 【答案】C 【解析】 【分析】

B．4 C．5

D．6

»，FG»，GH¼的大小，再求和得到答案. 分别计算»AE，EF【详解】

»»的长度为3，GH¼的长度为2，，EF的长度为，FG22所以曲线AEFGH的长是5. 【点睛】

本题考察了圆弧的计算，意在考察学生的迁移能力和计算能力.

x2x4．x2y21经过伸缩变换后所得图形的焦距（ ）

y3y根据题意可知，»AE的长度A．25 【答案】A 【解析】 【分析】

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】

B．213 C．4

D．6

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．

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。

3xtxcos26．曲线C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为

y2siny1t2参数），若直线l与曲线C交于A，B两点，则AB等于（ ） A．87 7B．47 7C．813 13D．413 13【答案】C 【解析】

分析：首先将取消C的方程化为直角坐标方程，然后结合直线参数方程的几何意义整理计算即可求得最终结果.

xcosy22详解：曲线C的参数方程（为参数）化为直角坐标方程即：x1，

y2sin43xt1622与直线l的参数方程（t为参数）联立可得：t，

13y1t2则t1413413， ,t21313结合弦长公式可知：ABt1t2本题选择C选项.

813. 13点睛：本题主要考查参数方程的应用，弦长公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

x3cos7．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），直线lysin的方程为xy4，则曲线C上的点到直线l的距离的最小值是（ ） A．

2 2B．2 C．1 D．2

【答案】B 【解析】 【分析】

设曲线C上任意一点的坐标为

3cos,sin，利用点到直线的距离公式结合辅助角公

式可得出曲线C上的点到直线l的距离的最小值. 【详解】

设曲线C上任意一点的坐标为

3cos,sin，

所以，曲线C上的一点到直线l的距离为

d当42sin2sin43cossin43， 3222322kkZ时，d取最小值，且dmin422，故选：B. 2【点睛】

本题考查椭圆参数方程的应用，考查椭圆上的点到直线距离的最值问题，解题时可将椭圆上的点用参数方程表示，利用三角恒等变换思想求解，考查运算求解能力，属于中等题.

8．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

23cos，若曲线C1与C2交于A、B两点，则AB等于（ ）

A．1 【答案】B 【解析】 【分析】

由题意可知曲线C1与C2交于原点和另外一点，设点A为原点，点B的极坐标为

B．3

C．2

D．23 ,0,02，联立两曲线的极坐标方程，解出的值，可得出AB，

即可得出AB的值. 【详解】

易知，曲线C1与C2均过原点，设点A为原点，点B的极坐标为

,0,02，

2sin3，因此，AB3， 联立曲线C1与C2的坐标方程，解得23cos3故选：B. 【点睛】

本题考查两圆的相交弦长的计算，常规方法就是计算出两圆的相交弦方程，计算出弦心距，利用勾股定理进行计算，也可以联立极坐标方程，计算出两极径的值，利用两极径的差来计算，考查方程思想的应用，属于中等题.

9．将直线xy1变换为直线3x2y6的一个伸缩变换为（ ）

x2xA．

y3y1xx3C．

1yy2【答案】A 【解析】 【分析】

x3xB．

y2y1xx2D．

1yy31xxxaxa(a0,b0)，则设伸缩变换的公式为，代入直线xy1的方程，1ybyyyb变换后的方程与直线3x2y6的一致性，即可求解． 【详解】

1xxxaxa(a0,b0)，则由题意，设伸缩变换的公式为 1ybyyyb代入直线xy1的方程，可得

11xy1， ab要使得直线则

11xy1和直线3x2y6的方程一致， ab1111

且，解得a2,b3， a2b3

x2x所以伸缩变换的公式为，故选A．

y3y【点睛】

本题主要考查了图形的伸缩变换公式的求解及应用，其中解答中熟记伸缩变换公式的形式，代入准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

10．直线3x4y100和圆A．相切 【答案】C 【解析】 【分析】 将圆的参数方程B．相离

x25cos的位置关系是（ ）

y15sin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

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】

x25cos22解：由，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.

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

B．两个圆

C．两条直线

D．一个圆和一条直线

【解析】

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

2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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.

0，B0,3，若点P在曲线13．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】

x1cos化简曲线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】

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

ysin2故直角坐标方程为：x1y21.

0,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.

14．已知圆的极坐标方程为P4sinA．2,，则其圆心坐标为（ ） 4C．2,4

B．2,34  4D．2,0

【答案】B 【解析】 【分析】

把圆的极坐标方程化为直角坐标方程，求得圆心坐标(2,2)，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解. 【详解】

由题意知，圆的极坐标方程为4sin，即22sin22cos， 4即222sin22cos，所以x2y222x22y0， 所以圆心坐标为(2,2)，

xcos3)，故选B. 又由，可得圆心的极坐标为(2,ysin4【点睛】

本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，及圆的方程应用，其中解答中熟记极坐标与直角坐标的互化公式，把极坐标化为直角坐标方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

15．已知M点的极坐标为(2,A．(2,6)，则M点关于直线C．(2,2的对称点坐标为（ ）

D．(2,6) B．(2,6)

6)

11) 6【答案】A 【解析】

M点的极坐标为2,选A.

点睛:(,)(,),(,)关于6，即为(2,5) M点关于直线的对称点坐标为(2,),6262对称点为(,),关于0对称点为

(,).

16．在极坐标系中，曲线C的方程为ρ=23，以极点O为直角坐标系的原点，

1+2sin2θ极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy，设Px,y为曲线C上一动点，则xy1的取值范围为（ ）

A．31,31

B．3,1 D．2,1

2 C．2,【答案】B 【解析】 【分析】

3x2将曲线C的方程ρ=化为直角坐标形式，可得y21，设21+2sinθ32x3cos，ysin，由三角函数性质可得xy1的取值范围.

【详解】

2解：将cos=x ，siny代入曲线C的方程ρ=3，

1+2sin2θx2可得：2sin3，即x3y3，y21

322222设x3cos，ysin， 可得xy13cossin12(31cossin)12sin()1， 223可得xy1的最大值为：1，最小值为：3， 故选：B. 【点睛】

本题主要考查极坐标和直角坐标的互换及椭圆的参数方程，属于中档题，注意运算准确.

17．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C．抛物线

D．双曲线

B．椭圆

－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(122,)，半径是r的圆，应选答案A．

244

18．已知曲线C:x2cosxt（为参数）和直线l:（t为参数，b为实数），

y2sinytbB．2

C．0

D．2 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

22|b|11221，解得b2．

题.

19．椭圆4x2y22上的点到直线2xy80的距离的最小值为( ) A．65 5B．35 5C．3 D．6

【答案】A 【解析】 【分析】 设P（

2cosθ，2sinθ），0≤θ＜2π，求出P到直线2x﹣y﹣8＝0 的距离d，由此能求2出点P到直线的距离的最小值． 【详解】

∵椭圆4x2+y2＝2，P为椭圆上一点， ∴设P（

2cosθ，2sinθ），0≤θ＜2π， 2∴P到直线2x﹣y﹣8＝0 的距离： d

25cos42cos2sin8465， 551224）＝1时取得最小值．

当且仅当cos（∴点P到直线2x﹣y﹣8＝0的距离的最小值为dmin故选：A． 【点睛】

65． 5本题考查点到直线的距离公式的最小值的求法，解题时要认真审题，注意椭圆的参数方程的合理运用．

x2ny22，L），当点(x，y)分20．记椭圆1围成的区域（含边界）为n（n1，44n1Mn（ ） 别在1，2，…上时，xy的最大值分别是M1，M2，…，则nlimA．0 【答案】D 【解析】

B．

1 4C．2 D．22 x2cosxny分析：先由椭圆（θ为参1得到这个椭圆的参数方程为：144n1y4sinn数），再由三角函数知识求x+y的最大值，从而求出极限的值．

22x2ny2详解：把椭圆1得，

44n1x2cos椭圆的参数方程为：（θ为参数）， 1y4sinn∴x+y=2cosθ+41sinθ， n11=8． nn∴（x+y）max=224limMn=lim8∴nn1=22． n故选D．

点睛：本题考查数列的极限，椭圆的参数方程和最大值的求法，解题时要认真审题，注意三角函数知识的灵活运用．