1、阶段质量检测（一）(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1极坐标方程(1)()0(0)表示的图形是()A两个圆B两条直线C一个圆和一条射线 D一条直线和一条射线解析：选C因为(1)()0，所以1或，1表示以极点为圆心、半径为1的圆，表示由极点出发的一条射线，所以C选项正确2已知曲线C的极坐标方程2cos 2，给定两点P，Q，则有()AP在曲线C上，Q不在曲线C上BP，Q都不在曲线C上CP不在曲线C上，Q在曲线C上DP，Q都在曲线C上解析：选C当时，2cos 20，故点P不在曲线上；当时，2cos
2、22，故点Q在曲线上3空间直角坐标系中的点(，1)关于z轴对称的点的柱坐标为()A. B.C. D.解析：选C空间直角坐标系中的点(，1)关于z轴对称的点的坐标为M(，1)设点M的柱坐标为(，z)(0,02，zR)，则2，tan 1，又x0，y0，y0，.它的球坐标为.答案：13在极坐标系中，点A关于直线l：cos 1的对称点的一个极坐标为_解析：由直线l的方程可知直线l过点(1,0)且与极轴垂直，设A是点A关于l的对称点，则四边OBAA是正方形，BOA，且OA2，故A的极坐标是.答案：14从极点作圆2acos 的弦，则各条弦中点的轨迹方程为_解析：数形结合，易知所求轨迹是以为圆心，为半径的圆
3、，求得方程是acos .答案：acos 三、解答题(本大题共4个小题，满分50分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分12分)在极坐标系中，已知圆C经过点P，圆心为直线sin 与极轴的交点，求圆C的极坐标方程解：点P，xcos 1，ysin 1，点P的直角坐标为(1,1)sin展开得sin cos ，yx，令y0，得x1，直线与x轴的交点坐标为C(1,0)圆C的半径r|PC|1.圆C的直角坐标方程为(x1)2y21，即x22xy20，化为极坐标方程得22cos 0，即2cos .圆C的极坐标方程为2cos .16(本小题满分12分)已知圆O1和圆O2的极坐标方程分别为2
4、，22cos2.(1)把圆O1和圆O2的极坐标方程化为直角坐标方程；(2)求经过两圆交点的直线的极坐标方程解：(1)由2知24，所以x2y24.因为22cos 2，所以22cos cos sin sin 2，所以x2y22x2y20.所以圆O1和圆O2的直角坐标方程分别为x2y24，x2y22x2y20.(2)将两圆的直角坐标方程相减，得经过两圆交点的直线方程为xy1.化为极坐标方程为cos sin 1，即sin.17(本小题满分12分)在极坐标系中，已知A，B为等边三角形ABC的两个顶点，求顶点C的极坐标(0,02)解：法一：对于点A有2，所以xcos 2cos ，ysin 2sin ，所以
5、点A的直角坐标为(，)对于B有2，所以x2cos ，y2sin .所以点B的直角坐标为(，)设点C的直角坐标为(x，y)，由于ABC为等边三角形，故有|BC|AC|AB|.所以(x)2(y)2(x)2(y)2()2()2.即所以得yx.将代入，并化简得x26，即x，所以或所以点C的直角坐标为(，)或(，)所以2，tan 1，所以或.所以点C的极坐标为或.法二：设点C的极坐标为(，)(00)因为ABC为等边三角形，所以|AB|BC|AC|4.由余弦定理得即并化简得212(0)，解得2，将2代入得cos 0，所以k，kZ，所以k，kZ.因为02，所以或，所以点C的极坐标为或.18(本小题满分14分)在极坐标系中，已知圆C的圆心为，半径r3.(1)求圆C的极坐标方程；(2)若点Q在圆C上运动，点P在OQ的延长线上，且2，求动点P的轨迹方程解：(1)设M(，)是圆C上除O(0,0)以外的任意一外，在OCM中 ，COM，由余弦定理得|CM|2|OM|2|OC|22|OM|OC|cos COM，所以3223223cos，即6cos.经检验，点O(0,0)也在此方程所表示的圆上所以圆C的极坐标方程为6cos.(2)设点Q为(1，1)，点P为(0，0)，由2，得2()，所以，所以10，10，将其代入圆16cos，得06cos，即09cos.所以动点P的轨迹方程为9cos.
