高考数学压轴专题(易错题)备战高考《坐标系与参数方程》难题汇编及答案

新数学高考《坐标系与参数方程》复习资料

一、13

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

A．关于x轴对称

B．关于y轴对称

C．关于原点对称 D．没有对称轴

【答案】C

【解析】

【分析】

xft设，

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】

xft设，

ygttR

ftttcostt3tcostt3tcostx3

，

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，

Qft,gt设点

Pft,gt在函数图象上，那么关于原点的对称点是，

ft和gt都是奇函数，

Qft,gt所以点Q的坐标是，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.

x2tsin3022y1tsin30xy8相交于B、C两点，则|BC|的值2．已知直线（t为参数）与圆

为（ ）

A．27 B．30 C．72 30D．2

【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】

x2tsin30y1tsin30曲线（t为参数），化为普通方程y1x，

222xy8y1x2x2x70， 将代入，可得

∴

BC111427302 ，故选B．

【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．

3．已知点是曲线：的取值范围是

（为参数，）上一点，点，则

A． B． C． D．

【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

的最大值和最小值。

的上半圆，再利

【详解】

曲线表示半圆：

，

所以

.

取，

结合图象可得

.故选：D。

【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( )

A．

k33k4 B．4

C．kR D．kR但k0

【答案】A

【解析】

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2cos详解：将原极坐标方程，化为：2cos，

22xy2x0， 化成直角坐标方程为：

22即(x1)y1．

则圆心到直线的距离

dk2k21 由题意得：d1，即

dk2k121，

解之得：

k34．

故选A．

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

222xysinycosx利用，，，进行代换即得．

P23，sin26，圆心为直线45．在极坐标系中，已知圆C经过点与极轴的

交点，则圆C的极坐标方程为

A．4cos

B．4sin

C．2cos D．2sin

【答案】A

【解析】

【分析】

P23，6得到圆C过极点，由此求出圆C的圆心坐标为（2，0），由圆C经过点能求出圆C的极坐标方程．

【详解】

在

sin24中，令0，得2，

所以圆C的圆心坐标为（2，0）.

P23，6， 因为圆C经过点所以圆C的半径

r232222223cos62

，

于是圆C过极点，

所以圆C的极坐标方程为4cos.

故选A

【点睛】

本题考查圆的极坐标方程的求法，考查直角坐标方程、参数方程、极坐标方程的互化等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．

x2y21xOyC626．在直角坐标系中，曲线的方程为，以坐标原点O为极点，x轴正半

轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为

cos()36，射线M的极坐标方程为

12(0).设射线m与曲线C、直线l分别交于A、B两点，则OA1OB2的最大值为

（ ）

3A．4

1D．3

2B．5 2C．3

【答案】C

【解析】

21+2sin26分析：先由曲线C的直角坐标方程得到其极坐标方程为点坐标为1,，设A、B两

，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122x3y6， C62详解：∵曲线的方程为，即

∴曲线C的极坐标方程为设A、B两点坐标为21+2sin26

1,，2,，

22cos1+2sin6112sin21226联立，得1，同理得2263，

根据极坐标的几何意义可得

2cos111112sin26222263OAOB12

1+1cos21cos23sin23666

2，即可得其最大值为3，故选C.

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．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上移动（包含端点A、C、D），P是圆Q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]22

D．

[122,2]44

【答案】D

【解析】

【分析】

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，

BA(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(x4)(yt)1上及内部， QP则点在圆：

故可设

P(4rcos,trsin),(R,0r1)

，

则

BP(4rcos,trsin)

，

4m4rcos4ntrsin，

4m4n4tr(sincos)4t2rsin4 ，

0t4,0r1,R

，

当

t0,r1,422514； 4时，mn取最小值为4，即当

t4,r1,28224， 4时，mn取最大值为4，即

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

22(xs)(y4)1上及其内部， Q则点P在圆：

故可设

P(srcos,4rsin),(R,0r1)

，

则

BP(srcos,4rsin)

，

4msrcos4n4rsin，

4m4n4sr(sincos)4s2rsin4 ，

0s4,0r1,R

，

当

s0,r1,422514； 4时，mn取最小值为4，即

当

s4,r1,28224， 4时，mn取最大值为4，即

221,244； mn的取值范围是故选：D．

【点睛】

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．

x5x8．在同一平面直角坐标系中，经过伸缩变换y3y后，曲线C变为曲线

x24y21，则曲线C的方程为（ ）

2225x36y1 A．229x100y1 CB．

．

10x24y1

2282xy19D．25

【答案】A

【解析】

【分析】

x5x3y24y21yx将伸缩变换代入曲线中即可解.

【详解】

x5x2222225x43y1y3yx4y125x36y1， 解：把代入曲线，可得：，即

即为曲线C的方程．

故选：A．

【点睛】

考查平面直角坐标系的伸缩变换，题目较为简单. 伸缩变换：设点P(x,y)是平面直角

xx,(0):坐标系中的任意一点，在变换yy,(0)的作用下，点P(x,y)对应到点P(x,y)，称

为平面直角坐标系中的坐标伸缩变换，简称伸缩变换.

x2x22xy19．经过伸缩变换y3y后所得图形的焦距（ ）

A．25 B．213 C．4 D．6

【答案】A

【解析】

【分析】

′，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． 用x

【详解】

x x2xy由y3y得x2yx2y2 1223，代入xy1得49，

∴椭圆的焦距为29425，故选A．

【点睛】

本题主要考查了伸缩变换，椭圆的基本性质，属于基础题．

224x5y1，则2x5y的最大值是（ ） 10．已知

A．2 B．1 C．3 D．9

【答案】A

【解析】

【分析】

1xcos2y5sin5设，则

2x5ycossin2sin4 ，利用三角函数有界性得到最值.

【详解】

1xcos2y5sin4x25y21，则设5 ，则

2x5ycossin2sin4 2x4当

4，即y1010时有最大值为2 故选：A

【点睛】

1x2cos本题考查了求最大值，利用参数方程y55sin是解题的关键.x2y211．椭圆1641上的点到直线x2y20的最大距离是（A．3 B．11 C．22 D．10

【答案】D

【解析】

）

【分析】

x2y21设椭圆164上的点P（4cosθ，2sinθ），由点到直线x2y20的距离公

式，计算可得答案．

【详解】

x2y21设椭圆164上的点P（4cosθ，2sinθ）

则点P到直线x2y20的距离

d=

42sin24cos4sin2455

，

dmax422510

，故选D．

【点睛】

本题考查直线和椭圆的位置关系，解题时要认真审题，仔细求解．

12．在正方形ABCD中，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，若

APxAByAD，则xy的最大值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【解析】

【分析】

设正方形ABCD的边长为2，以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建

x2y22立平面直角坐标系xAy，可得出圆C的方程为，可设点P的坐标为

2222cos,22sin

，根据向量的坐标运算可将xy用的三角函数表示，利用辅助角公式和正弦函数的有界性可求出xy的最大值.

【详解】

设正方形ABCD的边长为2，以点A为坐标原点，AB、AD所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系xAy，

xy1A0,0B2,0C2,2D0,222BD则点、、、，直线的方程为，即xy20，

点C到直线BD的距离为

d211222，

x2y2则以点C为圆心且与直线BD相切的圆C的方程为222，

设点P的坐标为

2，由APxAByAD，

2cos,22sin

得

22cos,22sinx2,0y0,22x,2y

x1y1，2cos22sin2，

所以，

xy22sincos2sin2224

，

因此，xy的最大值为3.

故选：C.

【点睛】

本题考查利用平面向量的基本定理求参数和的最小值，利用圆的有界性结合圆的参数方程来求解是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.

x{2t22t2（t为参数），A(1,0)，B(1,0)，若曲线C上存在点P满

13．已知曲线C：

ya足APBP0，则实数a的取值范围为（ ）

22,22 A．B．1,1

2,2 D．2,2 C．

【答案】C

【解析】

22xy1yxaAPBP0CABP曲线化为普通方程为:,由，可得点在以为直径的圆

上,又P在曲线C上,即直线与圆存在公共点,故圆心0,0到yxa的距离小于等于半径1,根

a据点到直线的距离公式有:21,解得2a2,故选C.

14．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，曲线C1的

xcos2sinaC242极坐标方程为，曲线的参数方程为ysin（为参数，0）.若

C1与C2有且只有一个公共点，则实数a的取值范围是（ ）

A．2 B．(2,2) C．[1,1) D．[1,1)或2

【答案】D

【解析】

【分析】

先把曲线C1，C2的极坐标方程和参数方程转化为直角坐标方程和一般方程，若C1与

C2有且只有一个公共点可转化为直线和半圆有一个公共点，数形结合讨论a的范围即得解.

【详解】

因为曲线C1的极坐标方程为

sin2a,42即

(222sincos)a222

故曲线C1的直角坐标方程为：xya0.

22C2xy1，由于0，故y≥0 消去参数可得曲线的一般方程为：

如图所示，若C1与C2有且只有一个公共点，直线与半圆相切，或者截距1a1

当直线与半圆相切时

|a|1a22 dOl由于为上半圆，故a0a2 综上：实数a的取值范围是[1,1)或2

故选：D

【点睛】

本题考查了极坐标、参数方程与直角坐标方程、一般方程的互化，以及直线和圆的位置关系，考查了学生数形结合，数学运算的能力，属于中档题.

x3cosysin15．已知P(x,y)是椭圆上任意一点，则点P到x3y40的距离的最大

值为（ ）

46A．2 B．23

46C．2 D．23

【答案】A

【解析】

【分析】

设点P(3cos,sin)，求得点P到直线的距离为性质，即可求解.

d6cos()442，根据三角函数的【详解】

x3cosPx,yysin上任意一点， 由题意，点是椭圆

设点P(3cos,sin)，

则点P到直线x3y40的距离为

d3cos3sin41(3)226cos()442

，

cos()14当时，距离d取得最大值，最大值为462，故选A.

【点睛】

本题主要考查了椭圆的参数方程的应用，以及点到直线的距离公式和三角函数的性质的应用，其中解答中合理利用椭圆的参数方程，设点P(3cos,sin)，再利用点到直线的距离公式和三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

16．在平面直角坐标系中，O为原点，

A1,0，

B0，3CD1,C3，0，动点D满足,

则

OAOBOD的取值范围是（ ）

4，6A． 19-1，19+1 B．23，27 C．7-1，7+1 D．

【答案】D

【解析】

试题分析：因为C坐标为

D满足参数方程yDsin3,0且CD1,所以动点D的轨迹为以C为圆心的单位圆,则

0,2{xD3cos(为参数且),所以设D的坐标为为

3cos,sin0,2

,

则

OAOBOD3cos12sin32 822cos3sin ,

因为2cos3sin的取值范围为

223,22237,7

2且

82717217

,

82717271

,所以

OAOBOD的取值范围为

827,82771,71 ,故选D.

考点：参数方程 圆 三角函数

17．在极坐标系中，曲线C1的极坐标方程为4sin，曲线C2的极坐标方程为

43cos，若曲线C1与C2的关系为（ ）

A．外离 B．相交 C．相切 D．内含

【答案】B

【解析】

【分析】

将两曲线方程化为普通方程，可得知两曲线均为圆，计算出两圆圆心距d，并将圆心距d与两圆半径差的绝对值和两半径之和进行大小比较，可得出两曲线的位置关系.

【详解】

在曲线

C12的极坐标方程两边同时乘以，得4sin，化为普通方程得

x2y24y，

即

x2y242，则曲线C1是以点

C10,2为圆心，以r12为半径的圆，

同理可知，曲线

C2x23的普通方程为

2y212，则曲线C2是以点

C223,0为圆

心，以r223为半径的圆，

两圆圆心距为

d02320422

，

r1r2223232

，

r1r2223，r1r2dr1r2，因此，曲线C1与C2相交，故选：B.

【点睛】

本题考查两圆位置关系的判断，考查曲线极坐标方程与普通方程的互化，对于这类问题，通常将圆的方程化为标准方程，利用两圆圆心距与半径和差的大小关系来得出两圆的位置关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

18．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

3与曲线C1和曲线C2分别交于A,B两点（除极点外），则AB等于

（ ）

A．31 B．31 C．1 D．3 【答案】A

【解析】

【分析】

把

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

【详解】

3代入2sin，可得

由题意，把

A2sin33，

把

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．

3，cossin1围成的图形的面积为

19．在极坐标系中，由三条直线0，（ ）

1A．4 33B．4 23C．4 1D．3

【答案】B

【解析】

【分析】

3与直线

,0求出直线0与直线cossin1交点的极坐标1，直线

1,Ssin212cossin1交点的极坐标3，然后利用三角形的面积公式23可得出

结果.

【详解】

设直线0与直线cossin1交点的极坐标1,0，则1cos01，得11.

设直线

,23， 3与直线cossin1交点的极坐标则

2cos32sin311322122，即，得231.

因此，三条直线所围成的三角形的面积为

S1112sin12323133324

，

故选：B.

【点睛】

本题考查极坐标系中三角形面积的计算，主要确定出交点的极坐标，并利用三角形的面积公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.

x25cos3x4y10020．直线和圆y15sin的位置关系是（ ）

A．相切 B．相离 C．相交但不过圆心 D．相交且过圆心

【答案】C

【解析】

【分析】

将圆的参数方程

x25cos(为参数)y15sin

化成圆的普通方程，则可得其圆心，和半径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x2y125， 解：由y15sin，得圆的普通方程为

∴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CA2B2.