Question

本题设有（1）、（2）、（3）三个选考题，每题7分，请考生任选2题作答，满分14分
（1）选修4-2：矩阵与变换
变换T是将平面上每个点M（x，y）的横坐标乘2，纵坐标乘4，变到点M′（2x，4y）．
（Ⅰ）求变换T的矩阵；
（Ⅱ）圆C：x²+y²=1在变换T的作用下变成了什么图形？
（2）选修4-4：坐标系与参数方程
已知极点与原点重合，极轴与x轴的正半轴重合．若曲线C₁的极坐标方程为：5ρ²-3ρ²cos2θ-8=0，直线?的参数方程为：

x=1- 3 t y=t

（t为参数）．
（Ⅰ）求曲线C₁的直角坐标方程；
（Ⅱ）直线?上有一定点P（1，0），曲线C₁与?交于M，N两点，求|PM|．|PN|的值．
（3）选修4-5：不等式选讲
已知a，b，c为实数，且a+b+c+2-2m=0，a²+

1

4

b2+

1

9

c2+m-1=0．
（Ⅰ）求证：a²+

1

4

b2+

1

9

c2≥

(a+b+c)2

14

；
（Ⅱ）求实数m的取值范围．

Answer 1

分析：（1）（Ⅰ）由题意可得T：

x y

→

x′ y′

=

2x 4y

=

2 0

，

0 4

x y

，由此得到变换T的矩阵．
（Ⅱ）由 x′=2x，y′=4y，代入方程 x²+y²=1，得：

1

4

x′2+

1

16

y′²=1，由此得出结论．
（2）（Ⅰ）在曲线C₁的极坐标方程中，把极坐标和直角坐标的互化公式代入，化简整理得到曲线C₁的直角坐标方程．
（Ⅱ）把直线的参数方程代入到曲线C₁的直角坐标方程，得7t²-2

3

t-3=0，t₁t₂=-

3

7

，由t的几何意义求得
|PM|•|PN|的值．
（3）（Ⅰ）由柯西不等式得 [a2+(

1

2

b)2+(

1

3

c)2] • [12+22+32]≥(a+b+c)2，两边同时除以14，即可证得
结论．
（Ⅱ）由已知得 14（1-m）≥（2m-2）²，解一元二次不等式求得实数m的取值范围．再由
 a²+

1

4

b2+

1

9

c2=1-m≥0，可得m≤1．把这两个实数m的取值范围取交集，即得所求．

解答：（1）解：（Ⅰ）由已知得T：

x y

→

x′ y′

=

2x 4y

=

2 0

，

0 4

x y

，
∴变换T的矩阵是

2 0

，

0 4

…（3分）
（Ⅱ）由 x′=2x，y′=4y，得：x=

1

2

x′，y=

1

4

y′，…（4分）
代入方程 x²+y²=1，得：

1

4

x′2+

1

16

y′²=1． …（6分）
∴圆C：x²+y²=1在变化T的作用下变成了椭圆

x2

4

+

y2

16

=1…（7分）
（2）解：（Ⅰ）由5ρ²-3ρ²cos2θ-8=0得，5ρ²-3ρ²（cos²θ-sin²θ）-8=0，
即5ρ²-3ρ²cos²θ+3ρ²sin²θ-8=0，从而5（x²+y²）-3x²+3y²-8=0，
整理得

x2

4

+y2=1．…（3分）
（Ⅱ）把直线的参数方程代入到曲线C₁的直角坐标方程，得7t²-2

3

t-3=0，t₁t₂=-

3

7

．
由t的几何意义知|PM|．|PN|=|t₁•t₂|=

3

7

．…（7分）
（3）解：（Ⅰ）由柯西不等式得 [a2+(

1

2

b)2+(

1

3

c)2] • [12+22+32]≥(a+b+c)2，…（2分）
即(a2+

1

4

b2+

1

9

c2)×14≥(a+b+c)2，∴a²+

1

4

b2+

1

9

c2≥

(a+b+c)2

14

． …（4分）
（Ⅱ）由已知得a+b+c=2m-2，a²+

1

4

b2+

1

9

c2=1-m，
∴14（1-m）≥（2m-2）²，即  2m²+3m-5≤0，∴-

5

2

≤m≤1．…（6分）
又∵a²+

1

4

b2+

1

9

c2=1-m≥0，∴m≤1，∴-

5

2

≤m≤1．…（7分）

点评：本题主要考查 几种矩阵运算、直线的参数方程、柯西不等式的应用，属于基础题．