统考版2024届高考数学一轮复习第一章1.3简单的逻辑联结词全称量词与存在量词课时作业理含解析20230426186

统考版2024届高考数学一轮复习第一章1.3简单的逻辑联结词全称量词与存在量词课时作业理含解析20230426186课时作业3简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词[基础达标]一、选择题1．已知命题p：实数的平方是非负数，则下列结论正确的是()A．命题綈p是真命题B．命题p是特称命题C．命题p是全称命题D．命题p既不是全称命题也不是特称命题2．命题“∃x∈Z，使x2＋2x＋m≤0”的否定是()A．∃x∈Z，使x2＋2x＋m>0B．不存在x∈Z，使x2＋2x＋m>0C．∀x∈Z，使x2＋2x＋m≤0D．∀x∈Z，使x2＋2x＋m>03．[2021·山东模考]设命题p：所有正方形都是平行四边形，则綈p为()A．所有正方形都不是平行四边形B．有的平行四边形不是正方形C．有的正方形不是平行四边形D．不是正方形的四边形不是平行四边形4．下列命题中的假命题是()A．∃x0∈R，lgx0＝1B．∃x0∈R，sinx0＝0C．∀x∈R，x3>0D．∀x∈R,2x>05．已知命题p：对任意的x∈R，总有2x>0；q：“x>1”是“x>2”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是()A．p∧qB．(綈p)∧(綈q)C．(綈p)∧qD．p∧(綈q)6．已知命题p：∃m∈R，f(x)＝2x－mx是增函数，则綈p为()A．∃m∈R，f(x)＝2x－mx是减函数B．∀m∈R，f(x)＝2x－mx是减函数C．∃m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函数D．∀m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函数7．若定义域为R的函数f(x)不是偶函数，则下列命题中一定为真命题的是()A．∀x∈R，f(－x)≠f(x)B．∀x∈R，f(－x)＝－f(x)C．∃x0∈R，f(－x0)≠f(x0)D．∃x0∈R，f(－x0)＝－f(x0)8．[2021·河北石家庄模拟]命题p：若sinx>siny，则x>y；命题q：x2＋y2≥2xy.下列命题为假命题的是()A．p或qB．p且qC．qD．綈p9．[2021·唐山模拟]已知命题p：∃x0∈N，xeq\o\al(3,0)<xeq\o\al(2,0)；命题q：∀a∈(0,1)∪(1，＋∞)，函数f(x)＝loga(x－1)的图象过点(2,0)，则()A．p假q真B．p真q假C．p假q假D．p真q真10．已知命题“∃x∈R，使2x2＋(a－1)x＋eq\f(1,2)≤0”是假命题，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)B．(－1,3)C．(－3，＋∞)D．(－3,1)二、填空题11．若命题p的否定是“∀x∈(0，＋∞)，eq\r(x)>x＋1”，则命题p可写为________________．12．已知命题p：∃x0∈Q，xeq\o\al(2,0)＝2，命题q：函数y＝2cosx是偶函数，则下列命题：①p∨q；②p∧q；③(綈p)∧(綈q)；④p∨(綈q)．其中为假命题的序号为________．13．已知命题p：eq\f(1,x2－x－2)>0，则綈p对应的集合为______________________．14．已知命题p：关于x的方程x2＋ax＋1＝0有实根；命题q：a>0.若“綈(p∨q)”是假命题，“p∧q”是假命题，则实数a的取值范围是________．[能力挑战]15．若命题“∀x∈R，使得x2＋(a－1)x＋1≥0”是假命题，则实数a的取值范围是()A．(－1,3)B．[－1,3]C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)16．给出以下命题：①存在x0∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝eq\f(1,2)；②对任意实数x1，x2若x1<x2，则tanx1<tanx2；③命题“∃x0∈R，eq\f(1,x0－1)<0”的否定是“∀x∈R，eq\f(1,x－1)≥0”；④∀x∈R，sinx<2x.其中真命题的个数是()A．0B．1C．2D．317．已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－m，若对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．课时作业31．解析：命题p：实数的平方是非负数，是真命题，故綈p是假命题，命题p是全称命题，故选C.答案：C2．解析：特称命题的否定为全称命题．故选D项．答案：D3．解析：因为p为全称命题，所以綈p应为特称命题，且对结论否定．故綈p为“有的正方形不是平行四边形”．答案：C4．解析：因为lg10＝1，所以A是真命题；因为sin0＝0，所以B是真命题；因为(－2)3<0，所以C是假命题；由指数函数的性质知∀x∈R,2x>0是真命题．答案：C5．解析：易知p是真命题，q是假命题，所以綈p是假命题，綈q是真命题．进而可判断A，B，C是假命题，D是真命题．答案：D6．解析：由特称命题的否定可得綈p为“∀m∈R，f(x)＝2x－mx不是增函数”．答案：D7．解析：由已知得∀x∈R，f(－x)＝f(x)是假命题，所以其否定“∃x0∈R，f(－x0)≠f(x0)”是真命题．答案：C8．解析：取x＝eq\f(π,3)，y＝eq\f(5π,6)，可知命题p是假命题；由(x－y)2≥0恒成立，可知命题q是真命题，故綈p为真命题，p或q是真命题，p且q是假命题．答案：B9．解析：由xeq\o\al(3,0)<xeq\o\al(2,0)，得xeq\o\al(2,0)(x0－1)<0，解得x0<0或0<x0<1，在这个范围内没有自然数，所以命题p为假命题；因为对任意的a∈(0,1)∪(1，＋∞)，均有f(2)＝loga1＝0，所以命题q为真命题．答案：A10．解析：原命题的否定为∀x∈R,2x2＋(a－1)x＋eq\f(1,2)>0，由题意知，其为真命题，则Δ＝(a－1)2－4×2×eq\f(1,2)<0.则－2<a－1<2，则－1<a<3.故选B.答案：B11．解析：因为p是綈p的否定，所以只需将全称量词变为存在量词，再对结论否定即可．答案：∃x0∈(0，＋∞)，eq\r(x0)≤x0＋112．解析：因为p是假命题，q是真命题，所以p∨q是真命题，p∧q，(綈p)∧(綈q)，p∨(綈q)都是假命题，即②③④为假命题．答案：②③④13．解析：由p：eq\f(1,x2－x－2)>0，得p：x>2或x<－1，所以綈p对应的集合为{x|－1≤x≤2}．答案：{x|－1≤x≤2}14．解析：当命题p为真时，有Δ＝a2－4≥0，解得a≤－2或a≥2.因为“綈(p∨q)”是假命题，所以p∨q是真命题．又“p∧q”是假命题，所以p，q一个为真命题，一个为假命题．①当p真q假时，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤－2或a≥2，,a≤0，))解得a≤－2；②当p假q真时，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2<a<2，,a>0，))解得0<a<2.综上可得，实数a的取值范围是(－∞，－2]∪(0,2)．答案：(－∞，－2]∪(0,2)15．解析：由题意得，原命题的否定“∃x0∈R，使得xeq\o\al(2,0)＋(a－1)x0＋1<0”是真命题，所以Δ＝(a－1)2－4>0.所以a2－2a－3>0，解得a<－1或a>3.答案：C16．解析：因为∀x∈R，sin2eq\f(x,2)＋cos2eq\f(x,2)＝1，所以①是假命题；当x1＝eq\f(π,4)，x2＝π时，eq\f(π,4)<π，但taneq\f(π,4)>tanπ，所以②是假命题；“∃x0∈R，eq\f(1,x0－1)<0”的否定是“∀x∈R，eq\f(1,x－1)≥0或x＝1”，故③是假命题；当x＝－eq\f(3π,2)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,2)))>2－eq\f(3π,2)，故④是假命题．答案：A17．解析：当x∈[0,3]时，f(x)min＝f(0)＝0，当x∈[1,2]时，g(x)min＝g(2)＝eq\f(1,4)－m，对∀x1∈[0,3]，∃x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)等价于f(x)min≥g(x)min，即0≥eq\f(1,4)－m，所以m≥eq\f(1,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))课时作业71坐标系[基础达标]1．[2021·烟台模拟]以平面直角坐标系的原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．已知曲线C1的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\r(2)，曲线C2的极坐标方程为ρ＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4))).(1)写出C1，C2的直角坐标方程．(2)设M，N分别是曲线C1，C2上的两个动点，求|MN|的最小值．2．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C的极坐标方程为ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝1(0≤θ＜2π)，M、N分别为C与x轴、y轴的交点．(1)写出C的直角坐标方程，并求M、N的极坐标；(2)设MN的中点为P，求直线OP的极坐标方程．3．[2018·全国卷Ⅰ]在直角坐标系xOy中，曲线的方程为y＝k|x|＋2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为ρ2＋2ρcosθ－3＝0.(1)求的直角坐标方程；(2)若与有且仅有三个公共点，求C1的方程．4．[2020·全国卷Ⅲ]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2－t－t2，,y＝2－3t＋t2))(t为参数且t≠1)，C与坐标轴交于A，B两点．(1)求|AB|；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．

5.[2021·安徽省考试试题]在直角坐标系xOy中，直线l1：x＝0，圆C：(x－1)2＋(y－1－eq\r(2))2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求直线l1和圆C的极坐标方程；(2)若直线l2的极坐标方程为θ＝eq\f(π,4)(ρ∈R)，设l1，l2与圆C的公共点分别为A，B，求△OAB的面积．6．[2021·惠州市高三调研考试试题]已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα,y＝1＋sinα))(α为参数)．以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系．(1)求圆C的普通方程及其极坐标方程；(2)设直线l的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝2，射线OM：θ＝eq\f(π,6)与圆C的交点为P(异于极点)，与直线l的交点为Q，求线段PQ的长．[能力挑战]7．[2021·长沙市四校高三年级模拟考试]已知曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2t,y＝t2))(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，过极点的两射线l1，l2相互垂直，与曲线C分别相交于A，B两点(不同于点O)，且l1的倾斜角为锐角α.(1)求曲线C和射线l2的极坐标方程；(2)求△OAB的面积的最小值，并求此时α的值．课时作业711．解析：(1)依题意ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)ρsinθ－eq\f(\r(2),2)ρcosθ＝eq\r(2)，所以曲线C1的普通方程为x－y＋2＝0，因为曲线C2的极坐标方程为：ρ2＝2ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,4)))＝eq\r(2)ρcosθ＋eq\r(2)ρsinθ，所以x2＋y2－eq\r(2)x－eq\r(2)y＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(2),2)))2＝1.(2)由(1)知圆C2的圆心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，所以圆心到直线x－y＋2＝0的距离：d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)＋2)),\r(2))＝eq\r(2)，又半径r＝1，所以|MN|min＝d－r＝eq\r(2)－1.2．解析：(1)由ρcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝1得ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cosθ＋\f(\r(3),2)sinθ))＝1.从而C的直角坐标方程为eq\f(1,2)x＋eq\f(\r(3),2)y＝1，即x＋eq\r(3)y＝2.当θ＝0时，ρ＝2，所以M(2,0)．当θ＝eq\f(π,2)时，ρ＝eq\f(2\r(3),3)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,2))).(2)M点的直角坐标为(2,0)，N点的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(3),3))).所以P点的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)))，则P点的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(π,6)))，所以直线OP的极坐标方程为θ＝eq\f(π,6)(ρ∈R)．3．解析：(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得的直角坐标方程为(x＋1)2＋y2＝4.(2)由(1)知是圆心为A(－1,0)，半径为2的圆．由题设知，是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为，y轴左边的射线为.由于点B在圆的外面，故与有且仅有三个公共点等价于与只有一个公共点且与有两个公共点，或与只有一个公共点且与有两个公共点．当与只有一个公共点时，点A到所在直线的距离为2，所以eq\f(|－k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝－eq\f(4,3)或k＝0.经检验，当k＝0时，与没有公共点；当k＝－eq\f(4,3)时，与只有一个公共点，与有两个公共点．当与只有一个公共点时，点A到所在直线的距离为2，所以eq\f(|k＋2|,\r(k2＋1))＝2，故k＝0或k＝eq\f(4,3).经检验，当k＝0时，与没有公共点；当k＝eq\f(4,3)时，与没有公共点．综上，所求的方程为y＝－eq\f(4,3)|x|＋2.4．解析：(1)因为t≠1，由2－t－t2＝0得t＝－2，所以C与y轴的交点为(0,12)；由2－3t＋t2＝0得t＝2，所以C与x轴的交点为(－4,0)．故|AB|＝4eq\r(10).(2)由(1)可知，直线AB的直角坐标方程为eq\f(x,－4)＋eq\f(y,12)＝1，将x＝ρcosθ，y＝ρsinθ代入，得直线AB的极坐标方程为3ρcosθ－ρsinθ＋12＝0.5．解析：(1)∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴直线l1的极坐标方程为ρcosθ＝0，即θ＝eq\f(π,2)(ρ∈R)，圆C的极坐标方程为ρ2－2ρcosθ－2(1＋eq\r(2))ρsinθ＋3＋2eq\r(2)＝0.(2)设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，ρ1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，ρ2))，将θ＝eq\f(π,2)代入ρ2－2ρcosθ－2(1＋eq\r(2))ρsinθ＋3＋2eq\r(2)＝0，得ρ2－2(1＋eq\r(2))ρ＋3＋2eq\r(2)＝0，解得ρ1＝1＋eq\r(2).将θ＝eq\f(π,4)代入ρ2－2ρcosθ－2(1＋eq\r(2))ρsinθ＋3＋2eq\r(2)＝0，得ρ2－2(1＋eq\r(2))ρ＋3＋2eq\r(2)＝0，解得ρ2＝1＋eq\r(2).故△OAB的面积为eq\f(1,2)×(1＋eq\r(2))2×sineq\f(π,4)＝1＋eq\f(3\r(2),4).6．解析：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα,y＝1＋sinα))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝cosα①,y－1＝sinα②))，①2＋②2，得x2＋(y－1)2＝1，∴圆C的普通方程为x2＋(y－1)2＝1.又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴(ρcosθ)2＋(ρsinθ－1)2＝1，化简得圆C的极坐标方程为ρ＝2sinθ.(2)解法一把θ＝eq\f(π,6)代入圆的极坐标方程可得：ρP＝2sineq\f(π,6)＝1，把θ＝eq\f(π,6)代入直线l的极坐标方程可得：ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)＋\f(π,3)))＝2，∴ρQ＝2，∴|PQ|＝|ρP－ρQ|＝1.解法二把θ＝eq\f(π,6)代入圆的极坐标方程可得：ρP＝2sineq\f(π,6)＝1.将直线l的极坐标方程化为直角坐标方程，得y＝－eq\r(3)x＋4，射线OM：θ＝eq\f(π,6)的直角坐标方程为y＝eq\f(\r(3),3)x(x≥0)，记直线l与x轴的交点为A，则△OAQ为直角三角形，其中∠QOA＝30°，根据勾股定理可得|OQ|＝2，∴|PQ|＝|OQ|－|OP|＝1.7．解析：(1)由曲线C的参数方程，得其普通方程为4y＝x2，由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，得4ρsinθ＝ρ2cos2θ，∴曲线C的极坐标方程为ρcos2θ＝4sinθ，即ρ＝eq\f(4sinθ,cos2θ).射线l2的极坐标方程为θ＝α＋eq\f(π,2)(ρ≥0)．(2)依题意设A(ρA，α)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ρB，\f(π,2)＋α))，则由(1)可得ρA＝eq\f(4sinα,cos2α)，ρB＝eq\f(4sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))),cos2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2))))，即ρB＝eq\f(4cosα,sin2α)，∴S△OAB＝eq\f(1,2)|OA|·|OB|＝eq\f(1,2)|ρA·ρB|＝eq\f(8|sinα·cosα|,cos2α·sin2α)，∵0<α<eq\f(π,2)，∴0<2α<π，sinα·cosα>0，∴S△OAB＝eq\f(8,cosα·sinα)＝eq\f(16,sin2α)≥16，当且仅当sin2α＝1，即α＝eq\f(π,4)时，取等号．∴△OAB的面积的最小值为16，此时α＝eq\f(π,4).课时作业72参数方程[基础达标]1．[2021·安徽省示范高中名校高三联考]在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ为参数)，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2是圆心的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且经过极点的圆．(1)求曲线C1的极坐标方程和C2的直角坐标方程；(2)已知射线θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)分别与曲线C1，C2交于点A，B(点B异于坐标原点O)，求线段AB的长．2．[2021·黄冈中学，华师附中等八校第一次联考]在直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ2＝2ρcosθ＋8.(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(2)，求直线l的倾斜角．3．[2021·广东省七校联合体高三第一次联考试题]在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C1：x＋y＝1与曲线C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋2cosφ,y＝2sinφ))(φ为参数)．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)写出曲线C1，C2的极坐标方程；(2)在极坐标系中，已知l：θ＝α(ρ>0)与C1，C2的公共点分别为A，B，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，当eq\f(|OB|,|OA|)＝4时，求α的值．4．[2021·唐山市高三年级摸底考试]在极坐标系中，圆C：ρ＝4cosθ.以极点O为原点，极轴为x轴的正半轴建立直角坐标系xOy，直线l经过点M(－1，－3eq\r(3))且倾斜角为α.(1)求圆C的直角坐标方程和直线l的参数方程；(2)已知直线l与圆C交于A，B两点，满足A为MB的中点，求α.

5.[2020·全国卷Ⅱ]已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4cos2θ，,y＝4sin2θ))(θ为参数)，C2：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝t＋\f(1,t)，,y＝t－\f(1,t)))(t为参数)．(1)将C1，C2的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．6．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosα,y＝2sinα))(α∈[0,2π)，α为参数)，在同一平面直角坐标系中，曲线C经过伸缩变换eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝2x,y′＝y))得到曲线C1，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系(ρ为极径，θ为极角)．(1)求曲线C的普通方程和曲线C1的极坐标方程；(2)若射线OA：θ＝β(ρ>0)与曲线C1交于点A，射线OB：θ＝β＋eq\f(π,2)(ρ>0)与曲线C1交于点B，求eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)的值．[能力挑战]7．[2021·河南省豫北名校高三质量考评]在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝x0＋tcosφ,y＝y0＋tsinφ))(t为参数，φ∈[0，π))．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，圆C的极坐标方程为ρ＝8coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－θ)).(1)求圆C的直角坐标标准方程；(2)设点P(x0，y0)，圆心C(2x0,2y0)，若直线l与圆C交于M，N两点，求eq\f(|PM|,|PN|)＋eq\f(|PN|,|PM|)的最大值．课时作业721．解析：(1)由曲线C1的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2cosφ,y＝sinφ))(φ为参数)，消去参数φ得eq\f(x2,4)＋y2＝1，将eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ρcosθ,y＝ρsinθ))代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得曲线C1的极坐标方程为ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)＝eq\f(4,1＋3sin2θ).由曲线C2是圆心的极坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)，\f(π,2)))且经过极点的圆，可得其极坐标方程为ρ＝2eq\r(7)sinθ，从而得C2的直角坐标方程为x2＋y2－2eq\r(7)y＝0.(2)将θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ＝2eq\r(7)sinθ得ρB＝2eq\r(7)sineq\f(π,3)＝eq\r(21)，将θ＝eq\f(π,3)(ρ≥0)代入ρ2＝eq\f(4,cos2θ＋4sin2θ)得ρA＝eq\r(\f(4,cos2\f(π,3)＋4sin2\f(π,3)))＝eq\f(4\r(13),13)，故|AB|＝ρB－ρA＝eq\f(13\r(21)－4\r(13),13).2．解析：(1)因为直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2＋tcosα,y＝\r(3)＋tsinα))(t为参数)，所以当α＝eq\f(π,2)时，直线l的普通方程为x＝2，当α≠eq\f(π,2)时，直线l的普通方程为y－eq\r(3)＝tanα(x－2)，即y＝xtanα＋eq\r(3)－2tanα.因为ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，ρ2＝2ρcosθ＋8，所以x2＋y2＝2x＋8.所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0.(2)解法一曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x－8＝0，将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程整理，得t2＋(2eq\r(3)sinα＋2cosα)t－5＝0.因为Δ＝(2eq\r(3)sinα＋2cosα)2＋20>0，所以可设该方程的两个根分别为t1，t2，则t1＋t2＝－(2eq\r(3)sinα＋2cosα)，所以|AB|＝|t1－t2|＝eq\r(t1＋t22－4t1t2)＝eq\r([－2\r(3)sinα＋2cosα]2＋20)＝4eq\r(2).整理得(eq\r(3)sinα＋2cosα)2＝3，故2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝±eq\r(3).因为0≤α<π，所以α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,3)或α＋eq\f(π,6)＝eq\f(2π,3)，解得α＝eq\f(π,6)或α＝eq\f(π,2)，综上所述，直线l的倾斜角为eq\f(π,6)或eq\f(π,2).解法二直线l与曲线C交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(2)，曲线C为圆：(x－1)2＋y2＝9，故圆心C(1,0)到直线l的距离d＝eq\r(9－2\r(2)2)＝1.①当α＝eq\f(π,2)时，直线l的普通方程为x＝2，符合题意．②当α∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，直线l的方程为xtanα－y＋eq\r(3)－2tanα＝0，所以d＝eq\f(|tanα－0＋\r(3)－2tanα|,\r(1＋tan2α))＝1，整理得|eq\r(3)－tanα|＝eq\r(1＋tan2α)，解得α＝eq\f(π,6).综上所述，直线l的倾斜角为eq\f(π,6)或eq\f(π,2).3．解析：(1)由x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，可得曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).曲线C2的普通方程为(x－2)2＋y2＝4，即x2＋y2－4x＝0，又x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以曲线C2的极坐标方程为ρ＝4cosθ.(2)由(1)知|OA|＝ρA＝eq\f(1,cosα＋sinα)，|OB|＝ρB＝4cosα，∴eq\f(|OB|,|OA|)＝4cosα(cosα＋sinα)＝2(1＋cos2α＋sin2α)＝2＋2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4))).∵eq\f(|OB|,|OA|)＝4，∴2＋2eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝4，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2).由0<α<eq\f(π,2)，知eq\f(π,4)<2α＋eq\f(π,4)<eq\f(5π,4)，∴2α＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，∴α＝eq\f(π,4).4．解析：(1)由圆C：ρ＝4cosθ可得ρ2＝4ρcosθ，因为ρ2＝x2＋y2，x＝ρcosθ，所以x2＋y2＝4x，即(x－2)2＋y2＝4，故圆C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4.直线l的参数方程为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1＋tcosα,y＝－3\r(3)＋tsinα))(t为参数，0≤α<π)．(2)设A，B对应的参数分别为tA，tB，将直线l的参数方程代入C的直角坐标方程并整理，得t2－6t(eq\r(3)sinα＋cosα)＋32＝0，Δ＝36(eq\r(3)sinα＋cosα)2－4×32>0①，所以tA＋tB＝6(eq\r(3)sinα＋cosα)，tA·tB＝32.又A为MB的中点，所以tB＝2tA，因此tA＝2(eq\r(3)sinα＋cosα)＝4sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，tB＝8sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，所以tA·tB＝32sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝32，即sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝1.因为0≤α<π，所以eq\f(π,6)≤α＋eq\f(π,6)<eq\f(7π,6)，从而α＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即α＝eq\f(π,3)，又α＝eq\f(π,3)满足①式，所以所求α＝eq\f(π,3).5．解析：(1)C1的普通方程为x＋y＝4(0≤x≤4)．由C2的参数方程得x2＝t2＋eq\f(1,t2)＋2，y2＝t2＋eq\f(1,t2)－2，所以x2－y2＝4.故C2的普通方程为x2－y2＝4.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝4，,x2－y2＝4))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,2)，,y＝\f(3,2)，))所以P的直角坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，\f(3,2))).设所求圆的圆心的直角坐标为(x0,0)，由题意得xeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(5,2)))2＋eq\f(9,4)，解得x0＝eq\f(17,10).因此，所求圆的极坐标方程为ρ