2021年高考全国乙卷数学（理）高考真题变式题21-23题-（解析版）.docx

2021年高考全国乙卷数学（理）高考真题变式题21-23题 原题21 1．已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 变式题1基础 2．抛物线截直线所得弦长为． （1）求的值； （2）以此弦为底边，以轴上点为顶点的三角形面积为，求点坐标． 变式题2基础 3．已知过点的抛物线方程为，过此抛物线的焦点的直线与抛物线交于，两点，且. （1）求抛物线的方程、焦点坐标、准线方程； （2）求所在的直线方程. 变式题3巩固 4．已知抛物线：，过点的动直线与抛物线交于不同的两点、，分别以、为切点作抛物线的切线、，直线、交于点. (1)求动点的轨迹方程； (2)求面积的最小值，并求出此时直线的方程. 变式题4巩固 5．过直线y=﹣1上动点M，作抛物线的切线MA､MB，A､B为切点，∠AMB=90°. （1）求抛物线方程； （2）若△MAB面积为32，求直线AB的斜率. 变式题5巩固 6．已知抛物线的焦点为，过的直线与相交于，两点，，是的两条切线， ，是切点.当轴时，. （1）求抛物线的方程； （2）证明：. 变式题6提升 7．已知：抛物线，曲线，过上一点作的两条切线，切点分别为． （1）若，求两条切线的方程； （2）求面积的取值范围． 原题22 8．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． 变式题1基础 9．已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为． （1）把的参数方程式化为普通方程， 的极坐标方程式化为直角坐标方程； （2）求与交点的极坐标． 变式题2基础 10．在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，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，半圆C的极坐标方程为． （1）求直线l的直角坐标方程及C的参数方程； （2）若直线平行于l，且与C相切于点D，求点D的直角坐标． 变式题3巩固 11．已知直线l的参数方程为（为常数，为参数），曲线C的参数方程为（为参数）． （1）求直线l和曲线C的普通方程； （2）若直线l与曲线C有公共点，求实数m的取值范围． 变式题4巩固 12．在极坐标系中，直线：，圆：．以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系． （1）求直线的直角坐标方程和圆的参数方程； （2）已知点在圆上，点到直线和x轴的距离分别为，求的最大值． 变式题5巩固 13．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线与，轴的交点分别为，. （1）求曲线的普通方程及曲线的直角坐标方程； （2）为曲线上一点，求的面积的最大值. 变式题6提升 14．在平面直角坐标系中，曲线的方程为(，为参数). （1）求曲线的普通方程并说明曲线的形状. （2）以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求曲线的对称中心到曲线的距离的最大值. 变式题6提升 15．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，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，点为曲线上的动点，点在线段的延长线上，且满足，点轨迹为. （1）求的极坐标方程； （2）设点的极坐标为，求面积的最小值. 原题23 16．已知函数． （1）当时，求不等式的解集; （2）若，求a的取值范围． 变式题1基础 17．（1）解不等式：； （2）求函数的值域. 变式题2巩固 18．已知函数. （1）当a=3时，求f(x)≥6的解集； （2）若f(x)≥2a恒成立，求实数a的取值范围. 变式题3巩固 19．已知函数. （1）解不等式； （2）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围. 变式题4巩固 20．已知. （1）解关于的不等式； （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围. 变式题5巩固 21．已知函数. （1）当时，求不等式的解集； （2）若，求的取值范围. 变式题6提升 22．已知函数（，）. （1）当，时，解不等式； （2）若的最小值为，求的最小值. 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．（1）；（2）. 【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值； （2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得． 点P到直线的距离为． 所以， 其中，即． 当时，． 【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值； 2．（1）；（2）或. 【分析】（1）设直线交抛物线于点、，将直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的等式，结合可求得实数的值； （2）设点，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得关于的等式，即可解得的值，即可得出点的坐标. 【详解】（1）设直线交抛物线于点、， 联立，消去整理可得， ，解得， 由韦达定理可得，， 所以，， 解得； （2）设点，则点到直线的距离为， 所以，，解得或. 故点的坐标为或. 3．(1)抛物线的方程为，焦点，准线方程为；(2)或. 【分析】(1)根据给定条件求出p值即可求解； (2)设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理并借助弦长公式求解即得. 【详解】(1)因点在抛物线方程上，则， 所以抛物线的方程为，焦点，准线方程为：； (2)显然，直线不垂直y轴，设直线方程为：， 由消去x得：，设，则有， 于是得，解得，即直线AB：， 所以所在的直线方程：或. 4．(1) (2)1， 【分析】（1）设，，分别求出以为切点的切线方程，联立两切线方程表示出点的坐标，再设直线的方程为：，与抛物线的方程联立，代入可得点的轨迹方程；                                              （2）由（1）知和到直线的距离，利用三角形面积公式求得面积，可求得S的最小值和直线的方程. （1） 设，，， 则以A为切点的切线为，整理得：， 同理：以为切点的切线为：， 联立方程组：，解得， 设直线的方程为：， 联立方程组，整理得：， 恒成立，       由韦达定理得：，，故， 所以点的轨迹方程为； （2） 解：由（1）知：，       到直线的距离为：，                         ∴，                       ∴时，取得最小值，此时直线的方程为. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线的交点相关问题，涉及到抛物线的切线和三角形的面积的最值，直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．属中档题. 5．（1）；（2）. 【分析】（1）设，MA，MB的斜率分别为，设出直线MA的方程，联立直线与抛物线方程，根据，可得，由此得解； （2）直线AB：y=kx+m，与抛物线方程联立，结合韦达定理及点到直线的距离公式，再由△MAB面积为32，即可求得k. 【详解】解：（1）设，MA，MB的斜率分别为， ∵∠AMB=90°，∴， 直线，即，即， 联立，消y并整理可得=0， ∵相切，∴，即， 同理可得， 即是的解，故，∴p=2； （2）设直线AB：y=kx+m，联立， 消y并整理可得，x2﹣4kx﹣4m=0， 设， 则由韦达定理可得，， ∵∠AMB=90°， ∴，可得， ∴， 点M到直线AB的距离为，解得. 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为形式； （5）代入韦达定理求解. 6．（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由通径公式，求，即可求得抛物线方程；（2）证法一：首先设出点的坐标，利用导数的几何意义求得切线的方程，并求得点的坐标，再设直线方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，并通过数量积公式，可证明，即可证明；证法二：利用导数的几何意义求得切线的方程，代入点的坐标，即可求得直线方程，与抛物线方程联立，得到韦达定理，并表示，以及. 【详解】（1）解：由题意可知，，准线方程为. 当轴时.根据抛物线的定义可知，，解得， 故的方程为. （2）证法一：设，，由，得， 所以的斜率， 从而切线的方程为，即， 同理可知，的斜率，的方程为， 两式联立，解得，， 所以. 设的方程为， 由得，则，. 即， 所以，即. 则，， 因为 ， 所以. 由，得，故. 证法二：设，，由得，， 所以的斜率， 所以切线的方程为，即， 同理可知，的斜率，的方程为， 设，则，， 所以，两点的坐标是方程的两个解， 即直线的方程为，亦即. 又直线恒过定点， 所以，即且直线的方程为. 由得. 所以，. 由抛物线定义知. 所以， 所以. 7．（1）；（2）. 【解析】（1）设所求切线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，由可求出的值，即可求得所求的两条切线的方程； （2）设、、，写出抛物线在点、处的切线方程，将点的坐标代入两切线方程，可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用三角形的面积公式可得出面积关于的表达式，利用函数思想可求得面积的取值范围. 【详解】（1）显然切线斜率存在，设切线方程为， 由，得，由，得， 因此，两条切线的方程为； （2）设、、， 先证明出抛物线在其上一点处的切线方程为. 证明：联立，消去可得，即， 即，解得，所以，直线与抛物线相切于点. 所以，切线的方程为，可得， 切线的方程为，可得， 的方程为，到的距离． 由，得， 由韦达定理可得，， 为曲线上一点，则，所以，且， ， ，， ，，则. 因此，面积的取值范围为． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 8．（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． 【整体点评】（2） 方法一：直角坐标系中直线与圆相切的条件求得切线方程，再转化为极坐标方程， 方法二：直接根据倾斜角求得切线的斜率，得到切线的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程,在本题中巧妙的利用已知圆和点的特殊性求解，计算尤其简洁，为最优解. 9．(1) 的普通方程为,的直角坐标方程为;(2) 与交点的直角坐标为极坐标分别为. 【详解】试题分析：（Ⅰ）曲线 的参数方程利用消去参数化为普通方程．把代入可得极坐标方程; （Ⅱ）曲线 的极坐标方程为，化为直角坐标方程：．联立可得交点坐标，再化为极坐标即可得出． 试题解析：（Ⅰ）将消去参数，化为普通方程， 即的普通方程为， 由，得， 再将代入，得， 即的直角坐标方程为. （Ⅱ）由解得或 所以与交点的极坐标分别为. 10．（1）；（t为参数，）；（2）. 【解析】（1）将参数方程利用代入法消去参数可得直线的普通方程，利用，即可得曲线的直角坐标方程，然后再化为参数方程； （2）由点D在曲线C上可设，由题意可知曲线C在点D处的切线斜率为，然后可得D点的坐标． 【详解】（1）直线l的普通方程为；C的普通方程为． 可得C的参数方程为（t为参数，）． （2）由点D在曲线C上可设，由题意可知曲线C在点D处的切线斜率为，．故D的直角坐标为，即． 11．（1）直线的普通方程为；曲线的普通方程为；（2）. 【分析】（1）直接消去参数方程中的参数可得其普通方程； （2）由直线与圆有公共点，可得圆心到直线的距离小于半径，从而可求出实数m的取值范围 【详解】（1）由直线的参数方程（为常数，为参数），得：． 由曲线的参数方程（为参数）得：． 故直线的普通方程为；曲线的普通方程为． （2）∵直线与圆有公共点，圆心，半径， ∴圆心到直线的距离． ∴，即所求的取值范围为． 12．（1）直线的直角坐标方程为，圆的参数方程为（为参数）；（2）． 【解析】(1)利用极坐标方程与直角坐标方程，普通方程与参数方程的转化方法进行转化即可； (2)结合(1)中的结论得到关于的表达式，结合三角函数的性质确定其最大值即可. 【详解】（1）由：得，； 因为，代入有直线的直角坐标方程为：，即为                                     由圆：得，，因为， ， ，所以圆直角坐标方程为：                 由得，圆的参数方程为（为参数）                                          （2）设点坐标为 则 又    那么 当时，取得最大值. 【点睛】关键点点睛：考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，解题的关键写出圆的参数方程，将问题转化为三角函数的最值问题的处理方法，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 13．（1），；（2）. 【分析】（1）利用三角消参得到曲线的普通方程；由得直线的直角坐标方程； （2）分别求出和点到直线的距离的最大值，即可求出的面积的最大值. 【详解】（1）由得，即为曲线的普通方程； 由且消去，得， 即曲线的直角坐标方程为. （2）由（1）知曲线的直角坐标方程为， 令得；令得， 所以，， 所以. 设 则到直线的距离为， 当（其中）时取最大值. 故此时的面积最大值为. 14．（1）曲线的普通方程为，曲线是以为圆心，1为半径的圆；（2）. 【分析】（1）利用三角函数的性质，曲线的方程消去曲线的参数，可得曲线的普通方程以及的形状； （2）将曲线的极坐标方程化为普通方程，设出曲线的对称中心即为圆心，利用点线距公式结合正弦函数的性质，得出距离的最大值． 【详解】（1）曲线的方程为(，为参数)可知 (，为参数) 消去参数得曲线的普通方程为 ∴曲线是以为圆心，1为半径的圆. （2）将曲线的极坐标方程为，即， 化为直角坐标方程为 曲线的对称中心即为圆心 ∴曲线的对称中心到曲线的距离 ∵ ∴曲线的对称中心到曲线的距离的最大值为. 15．（1），；（2）. 【分析】（1）消去参数化方程为直角坐标方程，然后由公式代为极坐标方程，设，得，代入极坐标方程后可得极坐标方程； （2），得，求出的横坐标，的纵坐标，由求得面积，由，可转化为的三角函数，从而求得最小值． 【详解】（1）由平方关系消去参数得，代入得 ，化简得，此为的极坐标方程； 设，若则，在上，，即， 所以极坐标方程为； （2）由题意点直角坐标为，设，由（1）， 则，， 所以． 因为，所以， 所以的最小值是2． 16．（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. 17．（1）；（2）. 【分析】（1）分三类情况，分别解不等式，最后求并集即可； （2）利用绝对值三角不等式及极限思想，即可得到结果. 【详解】当时，，可得：，此时， 当时，，可得：，此时， 当时，，可得：(舍去） 综上，原不等式的解集是. ，当且仅当时， 即时取到等号，又，当且仅当时取到等号， 的最小值为 另一方面，当时，， . 18．（1）；（2） 【分析】（1）把代入函数解析式，然后根据，利用零点分段法解不等式即可； （2）根据绝对值不等式性质可得，把不等式，对任意恒成立转化为恒成立，然后求出的取值范围． 【详解】解：（1）把代入， 可得， 当时，等价于，解得，则， 当时，等价于，此式不成立， 当时，等价于，解得，则． 综上，不等式的解集为：． （2），当时等号成立， 不等式，对任意恒成立转化为恒成立， 若，即，则不等式成立， 若，即，则， 即，解得，则． 综上，实数的取值范围是． 19．（1）；（2）. 【分析】（1）根据绝对值得性质，利用分类讨论方法求解不等式； （2）将不等式解集为R转化为求f(x)的最大值问题，利用绝对值不等式求得其最大值，然后解关于a的二次不等式即可. 【详解】解：（1）原不等式等价于，不等式可化为， 当时，，解得，即； 当时，，解得，即； 当时，，解得，即， 综上所述，不等式的解集为； （2）由不等式可得， ∵，当且仅当时等号成立， ∴，即，解得或. ∴实数的取值范围为. 20．（1）；（2）. 【分析】（1）利用零点分域法去绝对值转化为三个不等式组，再解不等式组即可求解； （2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，只需的最小值大于或等于即可求解. 【详解】（1）由，得. 所以 或 或， 即或或，所以， 所以原不等式的解集为. （2）因为， 所以， 所以的最小值为， 因为对任意恒成立， 所以，解得：， 所以实数的取值范围是. 21．（1）；（2）. 【分析】（1）分类讨论x的范围求的解集即可. （2）由绝对值的几何意义可得，再讨论参数a求的解集，即可得的取值范围. 【详解】（1）当时， 令，则，而时， 不等式的解集为. （2），且当时等号成立，当时，，得，则， 当时，，得，则. 综上，若，则的取值范围是. 22．（1）；（2）最小值为. 【分析】（1）根据绝对值的性质，结合分类讨论法进行求解即可； （2）根据绝对值的性质，结合基本不等式的性质进行求解即可. 【详解】解：（1）当，时，即为，得， 所以或或 解得或或，故解集为. （2）因为， 所以 . 若的最小值为，则， 所以. 则， 当且仅当且， 即，时等号成立， 所以的最小值为. 答案第23页，共1页