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【题目】来源:作业帮
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ℓ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ℓ上有一定点P（1，0），曲线C1与ℓ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．
【考点】
直线的参数方程，几种特殊的矩阵变换，一般形式的柯西不等式
【解析】
（1）（Ⅰ）由题意可得T：xy→x′y′＝2x4y＝20，04xy，由此得到变换T的矩阵．（Ⅱ）由 x′=2x，y′=4y，代入方程 x2+y2=1，得：14x′2+116y′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7t2-23t-3=0，t1t2=-37，由t的几何意义求得|PM|•|PN|的值．（3）（Ⅰ）由柯西不等式得 [a2+(12b)2+(13c)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+14b2+19c2=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）（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）（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）（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）
题目来源：作业帮