热门试卷

（1），当时，曲线C为圆心在原点，半径为2的圆，当时，曲线C为中心在原点的椭圆；（2）不存在.

试题分析：（1）先将曲线的参数方程转化为普通方程，讨论的值来判断方程表示什么图形；（2）联立直线与曲线的方程，因为直线与曲线有2个不同的公共点，所以判别式大于0，所以，利用韦达定理将的关系代入中，解出与相矛盾，所以不存在.

试题解析：（Ⅰ）∵，∴可将曲线C的方程化为普通方程：.      2分

①当时，曲线C为圆心在原点，半径为2的圆；              4分

②当时，曲线C为中心在原点的椭圆.                     6分

（Ⅱ）直线的普通方程为：.                           8分

联立直线与曲线的方程，消得，化简得.

若直线与曲线C有两个不同的公共点，则，解得.

又，                      10分

故.

解得与相矛盾.  故不存在满足题意的实数.        12分

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）圆的方程为,圆心为，半径为1，根据直线的参数方程即可得到圆的参数方程．直线的极坐标方程为，将三角函数展开，再根据极坐标与普通方程相互转化即可得结论.

（2）圆上的点到直线的距离的最小值，根据圆的参数参数方程，由点到直线的距离公式，再根据三角函数的性质得到的结论.

（1）由，得，

，即，                           1分

设                              2分

所以直线的直角坐标方程为；

圆的参数方程 为参数．                  3分

（2）设，则点到直线的距离为

，                   5分

当即时，.

圆上的点到直线的距离的最小值为．                         7分

（1）．（2）．

试题分析：（1）根据消去参数得圆的直角坐标方程：.（2）利用代入，可得圆的极坐标方程为．

试题解析：解：（1）圆的直角坐标方程为． 5分

（2）把代入上述方程，得圆的极坐标方程为． 10分

（1）；（2）.

试题分析：本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，参数方程与普通方程的互化等数学知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力以及计算能力.第一问，设出Q点坐标，利用中点坐标公式得到P点坐标，而P在上，代入到的参数方程中即可得到的参数方程；第二问，利用第一问的方程可先求出M点坐标，将曲线化为直角坐标方程，利用两点间距离公式再利用数形结合即可求出|MN|的最大值.

试题解析：①设Q(x，y)，则点P(2x，2y)，又P为C1上的动点，

所以(t为参数)，即(t为参数)．

所以C2的方程为(t为参数)(或4x＋3y－4＝0).（4分）

②由①可得点M(1，0)，且曲线ρ＝2sinθ的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，

所以|MN|的最大值为.（7分）

（1），（2）

(1)圆C1的直角坐标方程为x2＋(y－2)2＝4，直线C2的直角坐标方程为x＋y－4＝0.

解得， 

所以C1与C2交点的极坐标为，.

注：极坐标系下点的表示不唯一．

(2)由(1)可得，P点与Q点的直角坐标分别为(0,2)，(1,3)．

故直线PQ的直角坐标方程为x－y＋2＝0，

由参数方程可得y＝x－＋1.

所以解得

（1）ρ＝4cos（2）x2＋y2－6x－6y＝0

(1)设M(ρ，θ)是圆C上任一点，过点C作CH⊥OM于H点，则在Rt△COH中，OH＝OC·cos∠COH.

∵∠COH＝∠COM＝，OH＝OM＝ρ，

OC＝2，∴ρ＝2cos，

即ρ＝4cos为所求的圆C的极坐标方程．

(2)设点Q的极坐标为(ρ，θ)，∵33，

∴P的极坐标为，

代入圆C的极坐标方程得ρ＝4cos ，

即ρ＝6cos θ＋6sin θ，

∴ρ2＝6ρcos θ＋6ρsin θ，令x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，

得x2＋y2＝6x＋6y，

∴点Q的轨迹的直角坐标方程为x2＋y2－6x－6y＝0.