发布时间 : 星期一 文章2020年内蒙古赤峰市高考(文科)数学(4月份)模拟试卷 含解析更新完毕开始阅读04312447ce1755270722192e453610661fd95a41
动点P在直线s：y＝﹣1上，过点P作曲线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．（1）求曲线C的方程；
（2）判断直线AB是否能恒过定点？若能，求定点坐标；若不能，说明理由． 【分析】（1）由已知得动点M到点F（0，1）的距离与到直线l：y＝﹣1的距离相等，然后直接利用抛物线的定义求曲线C的方程；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（t，﹣1），利用导数求过点A与B的切线方程，可得点A（x1，y1），B（x2，y2）的坐标都满足恒过抛物线的焦点F（0，1）．
解：（1）由已知得动点M到点F（0，1）的距离与到直线l：y＝﹣1的距离相等， 由抛物线的定义可知，曲线C为抛物线，焦点F（0，1），准线l：y＝﹣1． ∴曲线C的方程为x2＝4y；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（t，﹣1）， 由x2＝4y，即
，得y
．
，即
．
，由此可得直线AB：y＝
，
∴抛物线C在点A处的切线方程为∵
，∴
，
，①
又点P（t，﹣1）在切线PA上，∴同理
，②
综合①②得，A（x1，y1），B（x2，y2）的坐标都满足∴直线AB：y＝
，恒过抛物线的焦点F（0，1）．
．
21．已知函数f（x）＝x2+（1﹣a）x﹣lnx． （1）当a＞0时，求函数f（x）的极值；
（2）当a＜0时，求函数f（x）在上[，1]的最小值． 【分析】（1）可求得f′（x）＝ax+（1﹣a）﹣＝
，进一步分析知函
数f（x）在（0，1）上为减函数，函数f（x）在（1+∞）上为增函数，可求函数f（x）的极值；
（2）由（1）可得f′（x）＝（x＞0）?可得x1＝﹣，x2＝1，分﹣≥
1，即﹣1≤a＜0，＜﹣＜1，即﹣4＜a＜﹣1，当0＜﹣≤，即≤﹣4时，三类讨论，分别求得其最小值，最后通过分段函数式表示即可．
f′+∞）解：（1）函数f（x）的定义域为（0，，（x）＝ax+（1﹣a）﹣＝2分
∵a＞0，x＞0，∴数；
f′（x）＞0?x＞1，函数f（x）在（1+∞）上为增函数； 所以f（x）极小值＝f（1）＝1﹣，无极大值…5分 （2）由（1）可得f′（x）＝
（x＞0），
＞0，f′（x）＜0?0＜x＜1，函数f（x）在（0，1）上为减函
…
∵a＜0，由f′（x）＝0，可得x1＝﹣，x2＝1…6分
当﹣≥1，即﹣1≤a＜0时，f′（x）≤0在x∈[，1]成立，f（x）在此区间[，1]上为减函数，
所以f（x）min＝f（1）＝1﹣…7分
当＜﹣＜1，即﹣4＜a＜﹣1时，x∈[，﹣]，f′（x）＜0；x∈（﹣，1），f′（x）＞0；
所以f（x）在[，﹣]为减函数，在（﹣，1）为增函数， 所以f（x）min＝f（﹣）＝1﹣
+ln（﹣）…9分
当0＜﹣≤，即a≤﹣4时，∵x∈[，1]，f′（x）≥0，∴f（x）在[，1]上为增函数，∴f（x）min＝f（）＝﹣
a+2ln2…11分
综上所述，f（x）min＝…12分
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23二题中任选一题作答，如果多做，则按所做的
第一题计分.作答时，用2B铅笔在答题卡.上把所选题目对应的标号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为
（t为参数），以坐标原点为
．
极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）若a＝﹣2，求曲线C与l的交点坐标；
（2）过曲线C上任意一点P作与l夹角为45°的直线，交l于点A，且|PA|的最大值求a的值．
，
【分析】（1）直接利用参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换的应用求出结果．（2）利用直线和曲线的位置关系的应用建立关系，进一步点到直线的距离求出结果． 解：（1）曲线C的极坐标方程为
，整理得3ρ2+ρ2sin2θ＝12，转换为
直角坐标方程为．
当a＝﹣2时，直线l的参数方程为角坐标方程为x+2y+2＝0．
（t为参数），整理得，转换为直
所以，解得或，
所以交点坐标为（﹣2，0）和（1，）．
（2）曲线的直角坐标方程为x+2y﹣a＝0， 故曲线C上任意一点P（
＝
，
）到直线的距离d＝
则|PA|＝＝，
当a≥0时，|PA|的最大值为解得a＝1．
当a＜0时，|PA|的最大值为故a＝1或﹣1．
，
，解得a＝﹣1．
[选修4--5：不等式选讲]
23．已知函数f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|． （1）解不等式f（x）≤l；
（2）记函数f（x）的最大值为s，若a+b+c＝s（a，b，c＞0），证明：a2b2+b2c2+c2a2≥3abc．
【分析】（1）将函数f（x）化为分段函数的形式，再分类讨论解不等式即可； （2）易知a+b+c＝3，利用基本不等式可得2（a2b2+b2c2+c2a2）≥2abc（a+b+c），由此得证．
解：（1），
当x≤﹣1时，﹣3≤1恒成立；
当﹣1＜x＜2时，2x﹣1≤1，即x≤1，则﹣1＜x≤1； 当x≥2时，3≤1显然不成立． 故不等式的解集为（﹣∞，1]；
（2）证明：由（1）知，s＝3，于是a+b+c＝3， 由基本不等式可知
（当且仅当
（当且仅当a＝c时取等号）， a＝b
时取等号），
（当且仅当c＝b时取等号），
上述三式相加可得，2（a2b2+b2c2+c2a2）≥2abc（a+b+c）（当且仅当a＝b＝c时取等号），∵a+b+c＝3，
∴a2b2+b2c2+c2a2≥3abc．