2019-2023历年高考真题分类专题19 坐标系与参数方程不等式选讲系列 （解析版）

五年（2019-2023）年高考真题分项汇编专题19坐标系与参数方程及不等式选讲系列考点01坐标系与参数方程考点02不等式选讲系列考点01坐标系与参数方程1．(2023年全国甲卷理科)已知点，直线(t为参数)，为的倾斜角，l与x轴正半轴，y轴正半轴分别交于A，B两点，且．(1)求；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求l的极坐标方程．【答案】(1)(2)【解析】：(1)因为与轴，轴正半轴交于两点，所以，令，，令，，所以，所以，即，解得，因为，所以．(2)由(1)可知，直线的斜率为，且过点，所以直线的普通方程为：，即，由可得直线的极坐标方程为．2．(2023年全国乙卷理科·第22题)在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：(为参数，)．(1)写出的直角坐标方程；(2)若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围．【答案】(1)(2)【解析】：(1)因为，即，可得，整理得，表示以为圆心，半径为1的圆，又因为，且，则，则，故．(2)因为(为参数，)，整理得，表示圆心为，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线过，则，解得；若直线，即与相切，则，解得，若直线与均没有公共点，则或，即实数的取值范围．3．(2022年高考全国乙卷数学(理))在直角坐标系中，曲线C的参数方程为，(t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，已知直线l的极坐标方程为．(1)写出l的直角坐标方程；(2)若l与C有公共点，求m的取值范围．【答案】(1)(2)【解析】：【小问1详解】因为l：，所以，又因为，所以化简为，整理得l的直角坐标方程：【小问2详解】联立l与C的方程，即将，代入中，可得，所以，化简为，要使l与C有公共点，则有解，令，则，令，，对称轴为，开口向上，所以，，所以m的取值范围为．4．（2022年高考全国甲卷数学(理)）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．(1)写出的普通方程；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．【答案】(1)；(2)的交点坐标为，，的交点坐标为，．【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．【详解】（1）因为，，所以，即的普通方程为．（2）因为，所以，即的普通方程为，由，即的普通方程为．联立，解得：或，即交点坐标为，；联立，解得：或，即交点坐标为，．5．(2021年高考全国甲卷)在直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)将C的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)设点A直角坐标为，M为C上的动点，点P满足，写出Р的轨迹的参数方程，并判断C与是否有公共点．【答案】(1)；(2)P的轨迹的参数方程为(为参数)，C与没有公共点．【解析】：(1)由曲线C的极坐标方程可得，将代入可得，即，即曲线C的直角坐标方程为；(2)设，设，，则，即，故P的轨迹的参数方程为(为参数)曲线C的圆心为，半径为，曲线的圆心为，半径为2，则圆心距为，，两圆内含，故曲线C与没有公共点．6（2021·全国·统考高考乙卷真题）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．（1）写出的一个参数方程;（2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．【答案】（1），（为参数）；（2）和．【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.【详解】（1）由题意，的普通方程为，所以的参数方程为，（为参数）（2）[方法一]：直角坐标系方法①当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，故舍去．②当切线斜率存在时，设其方程为，即．故，即，解得．所以切线方程为或．两条切线的极坐标方程分别为和．即和．[方法二]【最优解】：定义求斜率法如图所示，过点F作的两条切线，切点分别为A，B．

在中，，又轴，所以两条切线的斜率分别和．故切线的方程为，，这两条切线的极坐标方程为和．即和．7．（2020年高考课标Ⅰ卷）在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）当时，是什么曲线？（2）当时，求与的公共点的直角坐标．【答案】（1）曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；（2）.【分析】（1）利用消去参数，求出曲线的普通方程，即可得出结论；（2）当时，，曲线的参数方程化为为参数），两式相加消去参数，得普通方程，由，将曲线化为直角坐标方程，联立方程，即可求解.【详解】（1）当时，曲线的参数方程为为参数），两式平方相加得，所以曲线表示以坐标原点为圆心，半径为1的圆；（2）当时，曲线的参数方程为为参数），所以，曲线的参数方程化为为参数），两式相加得曲线方程为，得，平方得，曲线的极坐标方程为，曲线直角坐标方程为，联立方程，整理得，解得或（舍去），，公共点的直角坐标为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化，极坐标方程与直角坐标方程互化，合理消元是解题的关键，要注意曲线坐标的范围，考查计算求解能力，属于中档题.8（2020·全国Ⅱ）．已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（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.【答案】（1）；；（2）.【分析】（1）分别消去参数和即可得到所求普通方程；（2）两方程联立求得点，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.【详解】(1)[方法一]：消元法由得的普通方程为．由参数方程可得，两式相乘得普通方程为．[方法二]【最优解】：代入消元法由得的普通方程为，由参数方程可得，代入中并化简得普通方程为．(2)[方法一]：几何意义+极坐标将代入中解得，故P点的直角坐标为．设P点的极坐标为，由得，，．故所求圆的直径为，所求圆的极坐标方程为，即．[方法二]：由得所以P点的直角坐标为．因为．设圆C的极坐标方程为，所以，从而，解得．故所求圆的极坐标方程为．[方法三]：利用几何意义由得所以P点的直角坐标为，化为极坐标为，其中．如图，设所求圆与极轴交于E点，则，所以，所以所求圆的极坐标方程为．[方法四]【最优解】：由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得解得．设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为，O为坐标原点．又因为点都在所求圆上且为圆的直径，所以，解得．所以所求圆的极坐标方程为．[方法五]利用几何意义求圆心由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得，即P点的直角坐标为．所以弦的中垂线所在的直线方程为，将圆心坐标代入得，解得．所以所求圆的极坐标方程为．【整体点评】(1)[方法一]利用乘积消元充分利用了所给式子的特征，体现了解题的灵活性，并不是所有的问题都可以这样解决；[方法二]代入消元是最常规的消元方法之一，消元的过程充分体现了参数方程与普通方程之间的联系.(2)[方法一]利用几何意义加极坐标求解极坐标方程是充分利用几何思想的提现，能提现思维的；[方法二]首先确定交点坐标，然后抓住问题的本质，求得的值即可确定极坐标方程；[方法三]首先求得交点坐标，然后充分利用几何性质求得圆的直径即可确定极坐标方程；[方法四]直径所对的圆周角为是圆最重要的性质之一，将其与平面向量垂直的充分必要条件想联系进行解题时一种常见的方法；[方法五]圆心和半径是刻画圆的最根本数据，利用几何性质求得圆心的坐标即可确定圆的方程.9．（2020·全国·统考Ⅲ）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数且t≠1)，C与坐标轴交于A，B两点.（1）求||：（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.【答案】（1）（2）【分析】（1）由参数方程得出的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出的值；（2）由的坐标得出直线的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令，则，解得或（舍），则，即.令，则，解得或（舍），则，即.；（2）由（1）可知，则直线的方程为，即.由可得，直线的极坐标方程为.【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.10（2019年高考课标Ⅰ卷）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（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，直线l的极坐标方程为．（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到l距离的最小值．【答案】（1）；；（2）【分析】（1）利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.【详解】（1）由得：，又整理可得的直角坐标方程为：又，的直角坐标方程为：（2）设上点的坐标为：则上的点到直线的距离当时，取最小值则【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、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.11（2019·全国Ⅱ·）已知曲线C1，C2的参数方程分别为C1：（θ为参数），C2：（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.【答案】（1）；；（2）.【分析】（1）分别消去参数和即可得到所求普通方程；（2）两方程联立求得点，求得所求圆的直角坐标方程后，根据直角坐标与极坐标的互化即可得到所求极坐标方程.【详解】(1)[方法一]：消元法由得的普通方程为．由参数方程可得，两式相乘得普通方程为．[方法二]【最优解】：代入消元法由得的普通方程为，由参数方程可得，代入中并化简得普通方程为．(2)[方法一]：几何意义+极坐标将代入中解得，故P点的直角坐标为．设P点的极坐标为，由得，，．故所求圆的直径为，所求圆的极坐标方程为，即．[方法二]：由得所以P点的直角坐标为．因为．设圆C的极坐标方程为，所以，从而，解得．故所求圆的极坐标方程为．[方法三]：利用几何意义由得所以P点的直角坐标为，化为极坐标为，其中．如图，设所求圆与极轴交于E点，则，所以，所以所求圆的极坐标方程为．[方法四]【最优解】：由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得解得．设Q为圆与x轴的交点，其直角坐标为，O为坐标原点．又因为点都在所求圆上且为圆的直径，所以，解得．所以所求圆的极坐标方程为．[方法五]利用几何意义求圆心由题意设所求圆的圆心直角坐标为，则圆的极坐标方程为．联立得，即P点的直角坐标为．所以弦的中垂线所在的直线方程为，将圆心坐标代入得，解得．所以所求圆的极坐标方程为．12．(2019·全国Ⅲ·)如图，在极坐标系中，，，，，弧，，所在圆的圆心分别是，，，曲线是弧，曲线是弧，曲线是弧．(1)分别写出，，的极坐标方程；(2)曲线由，，构成，若点在上，且，求的极坐标．【答案】(1),,；(2)或或或【解析】(1)由题设可得，所在圆的极坐标方程分别为．所以的极坐标方程为，的极坐标方程为，的极坐标方程为．(2)设，由题设及(1)知，，解得；，解得或；，解得．综上的极坐标为或或或．【点评】此题考查了极坐标中过极点的圆的方程，思考量不高，运算量不大，属于中档题．考点02不等式选讲系列1(2023年全国乙卷理科)．已知.(1)求不等式的解集；(2)在直角坐标系中，求不等式组所确定的平面区域的面积.【答案】(1)；(2)8.【分析】（1）分段去绝对值符号求解不等式作答.（2）作出不等式组表示的平面区域，再求出面积作答.【详解】（1）依题意，，不等式化为：或或，解，得无解；解，得，解，得，因此，所以原不等式的解集为：（2）作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影，

由，解得，由,解得，又，所以的面积.2（2023年全国甲卷理科）2．设，函数．(1)求不等式的解集；(2)若曲线与轴所围成的图形的面积为2，求．【答案】(1)(2)2【分析】（1）分和讨论即可;（2）写出分段函数,画出草图,表达面积解方程即可.【详解】（1）若,则,即,解得,即,若,则,解得,即,综上,不等式的解集为.（2）.画出的草图,则与轴围成,的高为,所以,所以,解得.3．（2022年全国乙卷理科）已知a，b，c都是正数，且，证明：(1)；(2)；【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用三元均值不等式即可证明；（2）利用基本不等式及不等式的性质证明即可．【详解】（1）证明：因为，，，则，，，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号．（2）证明：因为，，，所以，，，所以，，当且仅当时取等号．4．（2022年全国甲卷理科）已知a，b，c均为正数，且，证明：(1)；(2)若，则．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）方法一：根据，利用柯西不等式即可得证；（2）由（1）结合已知可得，即可得到，再根据权方和不等式即可得证.【详解】（1）[方法一]：【最优解】柯西不等式由柯西不等式有，所以，当且仅当时，取等号，所以.[方法二]：基本不等式由，，，，当且仅当时，取等号，所以.（2）证明：因为，，，，由（1）得，即，所以，由权方和不等式知，当且仅当，即，时取等号，所以.【点睛】（1）方法一：利用柯西不等式证明，简洁高效，是该题的最优解；方法二：对于柯西不等式不作为必须掌握内容的地区同学，采用基本不等式累加，也是不错的方法．5．（2021年全国乙卷理科）已知函数．（1）当时，求不等式的解集;（2）若，求a的取值范围．【答案】（1）.（2）.【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.（2）利用绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.【详解】（1）[方法一]：绝对值的几何意义法当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，∴数轴上到所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是或，所以的解集为.[方法二]【最优解】：零点分段求解法

当时，．当时，，解得；当时，，无解；当时，，解得．综上，的解集为．（2）[方法一]：绝对值不等式的性质法求最小值依题意，即恒成立，，当且仅当时取等号，,故，所以或，解得.所以的取值范围是.[方法二]【最优解】：绝对值的几何意义法求最小值由是数轴上数x表示的点到数a表示的点的距离，得，故，下同解法一.[方法三]：分类讨论+分段函数法当时，则，此时，无解．当时，则，此时，由得，．综上，a的取值范围为．[方法四]：函数图象法解不等式

由方法一求得后，构造两个函数和，即和，如图，两个函数的图像有且仅有一个交点，由图易知，则．【整体点评】（1）解绝对值不等式的方法有几何意义法，零点分段法．方法一采用几何意义方法，适用于绝对值部分的系数为1的情况，方法二使用零点分段求解法，适用于更广泛的情况，为最优解；（2）方法一，利用绝对值不等式的性质求得，利用不等式恒成立的意义得到关于的不等式，然后利用绝对值的意义转化求解；方法二与方法一不同的是利用绝对值的几何意义求得的最小值，最有简洁快速，为最优解法方法三利用零点分区间转化为分段函数利用函数单调性求最小值，要注意函数中的各绝对值的零点的大小关系，采用分类讨论方法，使用与更广泛的情况；方法四与方法一的不同在于得到函数的最小值后，构造关于的函数，利用数形结合思想求解关于的不等式.6(2021年全国甲卷理科)已知函数．（1）画出和的图像；（2）若，求a的取值范围．【答案】（1）图像见解析；（2）【分析】（1）分段去绝对值即可画出图像；（2）根据函数图像数形结和可得需将向左平移可满足同角，求得过时的值可求.【详解】（1）可得，画出图像如下：，画出函数图像如下：（2），如图，在同一个坐标系里画出图像，是平移了个单位得到，则要使，需将向左平移，即，当过时，，解得或（舍去），则数形结合可得需至少将向左平移个单位，.【点睛】关键点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题，解题的关键是根据函数图像数形结合求解.7（2020年高考课标Ⅰ卷）已知函数．（1）画出的图像；（2）求不等式的解集．【答案】（1）详解解析；（2）.【分析】（1）根据分段讨论法，即可写出函数的解析式，作出图象；（2）作出函数的图象，根据图象即可解出．【详解】（1）因为，作出图象，如图所示：（2）将函数的图象向左平移个单位，可得函数的图象，如图所示：由，解得．所以不等式的解集为．【点睛】本题主要考查画分段函数的图象，以及利用图象解不等式，意在考查学生的数形结合能力，属于基础题．8．（2020·全国Ⅱ）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求a的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；（2）利用绝对值三角不等式可得到，由此构造不等式求得结果.【详解】（1）当时，.当时，，解得：；当时，，无解；当时，，解得：；综上所述：的解集为或.（2）（当且仅当时取等号），，解得：或，的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.9．（2020·全国·统考Ⅲ）设a，b，cR，a+b+c=0，abc=1．（1）证明：ab+bc+ca<0；（2）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，证明：max{a，b，c}≥．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析.【分析】（1）方法一：由结合不等式的性质，即可得出证明；（2）方法一：不妨设，因为，所以，则．故原不等式成立．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法，.均不为，则，．［方法二］：消元法由得，则，当且仅当时取等号，又，所以．［方法三］：放缩法方式1：由题意知，又，故结论得证．方式2：因为，所以．即，当且仅当时取等号，又，所以．［方法四］：因为，所以a，b，c必有两个负数和一个正数，不妨设则.［方法五］：利用函数的性质方式1：，令，二次函数对应的图像开口向下，又，所以，判别式，无根，所以，即．方式2：设，则有a，b，c三个零点，若，则为R上的增函数，不可能有三个零点，所以．（2）［方法一］【最优解】：通性通法不妨设，因为，所以，则．故原不等式成立．［方法二］：不妨设，因为，所以，且则关于x的方程有两根，其判别式，即．故原不等式成立．［方法三］：不妨设，则，关于c的方程有解，判别式，则．故原不等式成立．［方法四］：反证法假设，不妨令，则，又，矛盾，故假设不成立．即，命题得证．【整体点评】（1）方法一：利用三项平方和的展开公式结合非零平方为正数即可证出，证法常规，为本题的通性通法，也是最优解法；方法二：利用消元法结合一元二次函数的性质即可证出；方法三：利用放缩法证出；方法四：利用符号法则结合不等式性质即可证出；方法五：利用函数的性质证出．（2）方法一：利用基本不等式直接证出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用一元二次方程根与系数的关系以及方程有解的条件即可证出；方法三：利用消元法以及一元二次方程有解的条件即可证出；方法四：利用反证法以及基本不等式即可证出．10（2019年高考课标Ⅰ卷）．已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：（1）；（2）．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）利用将所证不等式可变为证明：，利用基本不等式可证得，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得，再次利用基本不等式可将式转化为，在取等条件一致的情况下，可得结论.【详解】（1）

当且仅当时取等号，即：（2），当且仅当时取等号又，，（当且仅当时等号同时成立）又

【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力，需要注意的