BX-0036，必威体育精装版经典试题系列（2015年版）---高考题选编（解答题部分）---选修内容.docVIP

1、已知矩阵对应的线性变换把点变成，求矩阵A的特征值以及属于每个特征值的一个特征向量。 解：由，得 ，矩阵A的特征多项式为。令，得矩阵A的特征值， ，对于特征值，解相应的线性方程组，得一个非零解 ，因此，是矩阵A的属于特征值的一个特征向量，对于特征值，解相应的线性方程组，得一个非零解，因此，是矩阵A的属于特征值的一个特征向量 2、已知直线经过点，且倾斜角为，圆C的参数方程为（是参数）。直线与圆C交于、两点，求、两点间的距离。 解：将圆的参数方程化为普通方程，得，直线的方程为，即，圆心到直线的距离，所以，。 解法二：直线的参数方程为，即（t为参数），将圆的参数方程化为普通方程，得，将直线的参数方程代入圆的普通方程得：，即。∵，，， ∴、两点间的距离为。 3、解不等式：。 解：当时，原不等式可化为：，解得：或。∴。 当时，原不等式可化为：，解得：或，∴。 当时，原不等式可化为：，解得，∴。 综上所述，原不等式的解集为。 4、已知：， ：．若“”是“”的必要而不充分条件，求实数的取值范围． 解：由：，解得，∴“”： ． 由：，解得：， ∴“”： ，由“”是“”的必要而不充分条件可知． ,解得．∴满足条件的m的取值范围为． 解法二：由：，解得，由：, 解得：，由“”是“”的必要而不充分条件可知： ， 即：，（等号不同时成立），解得： ∴满足条件的m的取值范围为． 5、（1）在直角坐标系中，△OAB的顶点坐标O(0 , 0)，A(2，0)，B(1，)，求△OAB在矩阵MN的作用下变换所得到的图形的面积，其中矩阵M = ，N = ． （2）过点P（－3，0）且倾斜角为30°的直线和曲线相交于A、B两点．求线段AB的长． （3）证明不等式： 解：（1），，． ，可知三点在矩阵作用下变换所得的点分别为．可得的面积为1． （2）直线的参数方程为，曲线可以化为． 将直线的参数方程代入上式，得．设A、B对应的参数分别为，∴．AB＝． （3）证明：＜= =2－＜2 6、（Ⅰ）求矩阵的逆矩阵. （Ⅱ）已知曲线C的极坐标方程是．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是：，求直线l与曲线C相交所成的弦的弦长． （Ⅲ）解不等式∣2x-1∣∣x∣+1 解: （I） 设矩阵A的逆矩阵为则即故解得：， 从而A的逆矩阵为. （Ⅱ）曲线C的极坐标方程是化为直角坐标方程为x2＋y2－4x=0，即（x－2）2＋y2=4 直线l的参数方程，化为普通方程为x－y－1=0， 曲线C的圆心（2，0）到直线l的距离为 ，所以，直线l与曲线C相交所成的弦的弦长=． （Ⅲ）当x0时,原不等式可化为又不存在；当时,原不等式可化为;又当 综上,原不等式的解集为 7、已知,,分别就下面条件求的取值范围： （Ⅰ）； （Ⅱ）． ,.由有 得与,矛盾!故当时,的取值范围是; (II) 解: , ,，由必有,得或得 (舍去)或得，故当时, 的取值范围是. 8、设集合． （Ⅰ）求； （Ⅱ）若，求的取值范围． 解：（Ⅰ）化简可得，集合.则. （Ⅱ）集合， 当时，，所以； 当时，∵，∴.因此，要使，只需，解得，所以值不存在. ③ 当时，，要使，只需，解得. 综上所述，的取值范围是或. 9、已知以点C (t, )（t∈R，t≠0）为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，B，其中O为坐标原点． （1）求证：△OAB的面积为定值； （2）设直线y= –2x+4与圆C交于点M，N若|OM|=|ON|，求圆C的方程． （3）若t＞0，当圆C的半径最小时，圆C上至少有三个不同的点到直线l：y –的距离为，求直线l的斜率k的取值范围． 解：（1）∵圆C过原点O,∴OC2=t2+ 则圆C的方程为，令x=0,得y1=0,y2=；令y=0得x1=0,x2=2t,即A(2t,0) B(0, )，∴S△OAB=OA×OB=||×|2t|=4．即△OAB的面积为定值 （2）∵|OM|=|ON|，|CM|=|CN|，∴OC垂直平分线段MN．∵KMN = – 2 ，∴KOC=，∴ 解得t=2或t = –2．当t=2时，圆心C的坐标为（2，1）半径OC=，此时圆心到直线y= –2x+4的距离d=，即圆C与直线y= –2x+4相交于两点 ；当t=-2时,圆心C的坐标为（–2，–1）半径OC=，此时圆心到直线y= –2x+4的距离d=, 即圆C与直线y= –2x+4不相交，∴t= –2不合题意，舍去． ∴圆C的方程为(x –2)2+(y –1)2=5． （3）半径