黑龙江省大庆市2020届高考数学第三次模拟考试试题理

1、如果您喜欢这份文档，欢迎下载如果您喜欢这份文档，欢迎下载!- - -MN2 6m m23m93m2 412(m2 1)3m2 4将直线 FT ：y mx4 联立，得T 4, 3mTF9 9m2 3 1|TF |1 3m2 4|MN | 4m2m2112m10设 tm21 . 显然 t1.构造t|MTFN|3t1t1. tft 143 t120在 t1,上恒成立, 所以 yf t 在 1, 上单调递增.所以|MFTN |1 3t41t 1 ，当且仅当t 1，即 m 0 时取“=”).所以 |TF | 的取值范围是).|MN |TF | 取得最小值1 时， m 0 , 此时直线l 的方程为|MN

2、|x1121x1121分（注：1. 如果按函数y xx求最值可以不扣分；2. 求最值可以不扣分；2. 若直线方程按斜率是否存在讨论，则可以根据步骤相应给分2）方法2：当lMN2b23,TF 1MNx1y2 x4x2MNk(x2 y31)得 (318k22 ,x1x23 4k4k2) x2 8k2x 4k2 12 0，24k2 123 4k2(x1 x2)2 (y1 y2)2(1 k2)(x1 x2)2 4x1x2)(1 k2)(x1 x2)2212(1 k2)4k29分依题意可知k 依题意可知k 0，则有直线TF：13k (x 1) ，又x=4，则T(4, k)3 1 k2.10 则TFMN3

3、 4k2TFMN3 4k24k 1 k21 (3 4k2)24 k2 k4111624k2649(k211)11 分综上可知，|TF | 最小值为1 ，此时直线l 的方程为|MN |x 1 2）方法3：当l12MN2b2 3,aTF 1MNl 斜率存在时，可设l : y k(x 1)设 M x1, y2N x2 , y2y x24k(x 1)2 y13得 (34k2) x2 8k2x 4k2 120，x1x1x24k2 123 4k28k22 ,x1x23 4k2MN22(x1 x2)(y1 y2)(1 k2)(x1 x2)2 4x1x2)(1 k2)(x1 12(1 k2)x2)24k2依题

4、意可知k 0，则有直线TF：k1(x1），又 x=4，则9T(4, 3) k3 1 k210TF k10则得TFMN3 4k24k 1k222 1 (3 4k2)2 24 4kk( 324)2k1k21设12k2t,t1 ，则有TFMN1416， t设 f(t)9t6, f (t)t21,f (t)t=1f(t)=16,t1f(t)16, 则11TF 11119t 6 1MN 4t综上可知，|TF | 最小值为1 ，此时直线|MN |12x112解（ 1）曲线 C的普通方程为22 xy6cos() 2 , cos() 2 , 所以 cossin 4所以直线l 的直角坐标方程为x 3y 42）点 P 的坐标为（4,0 ）x 4 tcos设直线m的参数方程为x cos （ t 为参数，为倾斜角）y tsin联立直线m与曲线C的方程得：t2 8t cos 10 0设A、 B 对应的参数分别为t1t1,t2 ，则t1t2t28cos10264cos 40 0所以PA PBt1t2t1t28cos43得 cos3 ,且满足2故直线 m的倾斜角为或51023. 解： （ 1）当 a1 时，2,x1,2x, 1 x 2,x 1.1,题，f (x)112,2）因为“x R， ff (x)1的f(x)x1x 2axRf (x)maxa 1，