第第頁(yè)四川省成都市2024屆高三下學(xué)期第三次診斷性檢測(cè)理科數(shù)學(xué)試題一、選擇題:本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．已知集合A={x∣x=2k+1，k∈ZA．A∩B=? B．A∪B=Z C．A?B D．2．若復(fù)數(shù)z滿足z+1i=?1?i，則zA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知a,b是兩條不同的直線，α是平面，若a//α,b?α，則a,b不可能（）A．平行 B．垂直 C．相交 D．異面4．“數(shù)九”從每年“冬至”當(dāng)天開(kāi)始計(jì)算，每九天為一個(gè)單位，冬至后的第81天，“數(shù)九”結(jié)束，天氣就變得溫暖起來(lái).如圖，以溫江國(guó)家基準(zhǔn)氣候站為代表記錄了2023一2024年從“一九”到“九九”成都市的“平均氣溫”和“多年平均氣溫”(單位：°CA．“四九”以后成都市“平均氣溫”一直上升B．“四九”成都市“平均氣溫”較“多年平均氣溫”低0.1”°C．“一九”到“五九”成都市“平均氣溫”的方差小于“多年平均氣溫”的方差D．“一九”到“九九”成都市“平均氣溫”的極差小于“多年平均氣溫”的極差5．設(shè)m∈R，雙曲線C的方程為x2m2?y2m+1A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．如圖，由觀測(cè)數(shù)據(jù)xi，yii=1，2，3，4，5，6的散點(diǎn)圖可知，y與x的關(guān)系可以用模型y=blnx+aA．17e12 B．12e12 7．已知sin2α1?cosA．12 B．?12 C．28．已知直線l1:x?ay+1=0與⊙C:x?a2+y?12A．1或?1 B．3或?3 C．?17或?1 D．9．將函數(shù)fx=sinωx+φω>0的圖象向左平移πA．9 B．6 C．3 D．210．已知函數(shù)fx=ex?eπ?xA．0 B．π2 C．3π2 11．已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，M，N分別是邊AB，AD上的點(diǎn)(均不與端點(diǎn)重合)，記△AMN，A．14，34 B．2?1，12．在棱長(zhǎng)為5的正方體ABCD?A1B1C1D1中，Q是A．5π B．25π C．5π二、填空題:本大題共4小題，每小題5分，共20分.把答案填在答題卡上.13．已知函數(shù)f(x)=3x,x≥1314．△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，若15．設(shè)F為拋物線C:x2=2y的焦點(diǎn)，過(guò)F的直線與C相交于A,B兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作C的切線，與x軸交于點(diǎn)D，與y軸交于點(diǎn)E，則DE?16．已知函數(shù)f(x)=xex?me2x，若f(x)存在最小值，且最小值為2三、解答題:本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17．設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知（1）證明：數(shù)列an（2）設(shè)bn=log2an+118．如圖，在四棱錐E?ABCD中，AB//CD，∠BAD=60（1）證明：平面BDE⊥平面ABCD；（2）若AD⊥DE，DE=42，F(xiàn)為19．課外閱讀對(duì)于培養(yǎng)學(xué)生的閱讀興趣，拓寬知識(shí)視野、提高閱讀能力具有重要作用.某市為了解中學(xué)生的課外閱讀情況，從該市全體中學(xué)生中隨機(jī)抽取500名學(xué)生，調(diào)查他們?cè)诤倨陂g每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)t(單位：分鐘)，得到如下所示的頻數(shù)分布表，已知所調(diào)查的學(xué)生中寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)均不超過(guò)100分鐘.時(shí)長(zhǎng)t0,2020,4040,6060,8080,100學(xué)生人數(shù)5010020012525（1）估計(jì)這500名學(xué)生寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)的平均數(shù)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表)；（2）用頻率估計(jì)概率，從該市中學(xué)生中隨機(jī)抽取2名學(xué)生參加座談，抽到的學(xué)生寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)在0,20內(nèi)記0分，在20,60內(nèi)記1分，在60,100內(nèi)記2分.用X表示這兩名學(xué)生得分之和，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.20．已知函數(shù)fx（1）當(dāng)a=2時(shí)，求fx（2）若fx有兩個(gè)零點(diǎn)，求a21．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為32，過(guò)點(diǎn)Pa,b（1）求橢圓C的方程；（2）線段OP上是否存在定點(diǎn)Q，使得直線QA與直線QB的斜率之積為定值.若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.四、選修4-4:坐標(biāo)系與參數(shù)方程22．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C的參數(shù)方程為x=mt2y=mt(t為參數(shù)).以坐標(biāo)原點(diǎn)為極點(diǎn)，x軸非負(fù)半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，直線l（1）求曲線C的普通方程和直線l的直角坐標(biāo)方程；（2）若直線l與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，且M6,2為線段AB的三等分點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m五、選修4-5:不等式選講23．已知函數(shù)fx（1）求不等式fx（2）當(dāng)m=?2時(shí)，函數(shù)fx的最小值為n，若非零實(shí)數(shù)a,b,c滿足a2+

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：因?yàn)锽={x|x=4k+1,k∈Z}={x|x=2?2k+1,k∈Z}，所以B?A，即A∩B=B，A∪B=A≠Z，故選項(xiàng)D正確；選項(xiàng)A、選項(xiàng)B、選項(xiàng)C錯(cuò)誤.故答案為：D.【分析】利用已知條件和交集的運(yùn)算法則、并集的運(yùn)算法則、集合間的包含關(guān)系，從而逐項(xiàng)判斷找出正確的選項(xiàng).2．【答案】B【解析】【解答】解：由z+1i=?1?i，

則z=?1?所以復(fù)數(shù)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為?2,1，位于第二象限.故答案為：B.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則進(jìn)行化簡(jiǎn)得出復(fù)數(shù)z，再結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義得出答案.3．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)閍//α，b?α，

則a與b可能平行，異面和垂直，若a與b相交，a∩b=A，

則A∈a,A∈b，所以A∈α，即直線a與平面α有公共點(diǎn)，這與a//α矛盾.故答案為：C.【分析】若a與b相交，從而得到a與α有交點(diǎn)，這與題設(shè)矛盾，從而找出答案.4．【答案】D【解析】【解答】解：對(duì)于A，“八九”、“九九”的平均氣溫比“七九”的“平均氣溫”低，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，“四九”成都市“平均氣溫”較“多年平均氣溫”高0.1°C”，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由圖表，“平均氣溫”的波動(dòng)比“多年平均氣溫”的波動(dòng)大，則“一九”到“五九”成都市“平均氣溫”的方差大于“多年平均氣溫”的方差，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，“一九”到“九九”成都市“平均氣溫”的極差為：10.6?5.4=5.2，“多年平均氣溫”的極差為10.7?5.3=5.4，則“一九”到“九九”成都市“平均氣溫”的極差小于“多年平均氣溫”的極差，故D正確.故答案為：D.【分析】由圖表中的數(shù)據(jù)分析可判斷選項(xiàng)A和選項(xiàng)B；由方差的意義可判斷選項(xiàng)C；由極差的計(jì)算公式判斷出選項(xiàng)D，從而找出說(shuō)法正確的選項(xiàng).5．【答案】B【解析】【解答】解：由題意知，a2=m所以m=1或m=?13，故是“故答案為：B.【分析】根據(jù)雙曲線方程得出a,b,c，從而表示出雙曲線的離心率，進(jìn)而得到m值，再根據(jù)充分條件、必要條件的判斷方法，從而找出正確的選項(xiàng).6．【答案】C【解析】【解答】解：由i=16yi由x1x2由線性回歸方程y=bz+1必過(guò)樣本中心點(diǎn)z所以3=2b^+1故答案為：C.【分析】利用已知數(shù)據(jù)和平均數(shù)公式可得樣本中心點(diǎn)坐標(biāo)，再利用線性回歸直線必過(guò)樣本中心點(diǎn)，從而求出b^7．【答案】A【解析】【解答】解：由倍角公式，可得sin2α1?cos故答案為：A.【分析】根據(jù)題意結(jié)合正弦、余弦的倍角公式以及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式，從而得出tanα8．【答案】A【解析】【解答】解：根據(jù)題意，圓C的圓心為a,1，半徑r=1，易知△ABC是等腰直角三角形，所以圓心C到直線l1的距離為22，

則a?a+1a2+1=2故答案為：A.【分析】根據(jù)題意得出圓心坐標(biāo)和圓的半徑的長(zhǎng)，從而判斷出△ABC是等腰直角三角形，進(jìn)而可得圓心C到直線l19．【答案】C【解析】【解答】解：將fx=sinωx+φ的圖象向左平移π6則πω6=π2+2kπ,k∈Z，所以ω=3+12k，k∈Z，

故答案為：C.【分析】根據(jù)正弦型函數(shù)的圖象變換可得y=sinωx+φ+πω6，根據(jù)題意結(jié)合誘導(dǎo)公式可得πω610．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)楹瘮?shù)fx所以fπ?x+fx=eπ?x?若實(shí)數(shù)x1，x又因?yàn)閒x所以x2=π故答案為：C.【分析】先由fπ?x+fx=eπ?x?11．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)AM=x,

則S1=12由平面向量數(shù)量積的運(yùn)算可得：CM?CN?又因?yàn)镾1所以12xy=1?x則1+12xy≥2又因?yàn)閤y>0，即0<xy≤2?2則S=1+故答案為：D.

【分析】設(shè)AM=x,AN=y,y∈12．【答案】B【解析】【解答】解：以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為

則Q0,0,52，A5,0,0,,C0,5,0，球心O52,52,52則R52,0,5DC?故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又因?yàn)镈R∩CD=D，DR,CD?平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故當(dāng)P位于平面CDRH與內(nèi)切球O的交線上時(shí)，滿足CP⊥AQ，此時(shí)O52,52又因?yàn)閞=254?54故點(diǎn)P的軌跡為以5為半徑的圓，故點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為25故答案為：B.

【分析】利用已知條件建立空間直角坐標(biāo)系，作出輔助線得到AQ⊥平面CDRH，由點(diǎn)到平面的距離和球的半徑得到點(diǎn)P的軌跡為以5為半徑的圓，再結(jié)合圓的周長(zhǎng)公式得出點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度.13．【答案】1【解析】【解答】解：函數(shù)f(x)=3x,x≥13故答案為：12【分析】由0<lo14．【答案】7【解析】【解答】因?yàn)閟inC=2sinA又因?yàn)閎2=2ac，可得b2由余弦定理得cosA=故填：78【分析】利用已知條件結(jié)合正弦定理和余弦定理，從而得出cosA15．【答案】1【解析】【解答】解：由拋物線C:x2=2y設(shè)直線AB的方程為y=kx+12，、

聯(lián)立y=kx+12x2=2y，消則x1由y=12x所以過(guò)點(diǎn)A作C的切線的斜率為x1故切線方程為y?12x令x=0，則y=?12x12即D1則DE=所以DE?故答案為：14.

【分析】設(shè)直線AB的方程為y=kx+12，Ax1,116．【答案】?【解析】【解答】解：函數(shù)f(x)=xex?m令f'(x)=0，則2m=x+1ex當(dāng)x<0時(shí)，可得g'(x)>0，函數(shù)當(dāng)x>0時(shí)，可得g'(x)<0，函數(shù)所以函數(shù)g(x)的極大值為g(0)=1，當(dāng)且僅當(dāng)x>?1時(shí)，g(x)>0，所以2m<1，可得m<12，如圖所示：當(dāng)m∈(0,12當(dāng)x∈(x1,x2)所以f(x)在x=x當(dāng)m<0時(shí)，m=x+12e當(dāng)x∈(?∞,x0)時(shí)，所以f(x)在x=x綜上可得，f(x)在x∈(?∞,0)所以f(x0)=2m解得x0=?3或x0故答案為：?e【分析】求導(dǎo)可得f'(x)=ex(x+1?2mex)，令f'(x)=0，得2m=x+1e17．【答案】（1）證明：當(dāng)n=1時(shí)，2a1=由2a當(dāng)n≥2時(shí)，2a兩式相減得：2a整理得：an所以an+1=2a∴a（2）解：由（1）得an∴b∴T【解析】【分析】（1）利用an與Sn的關(guān)系式和分類(lèi)討論的方法，再結(jié)合等比數(shù)列的定義證出數(shù)列（2）利用（1）結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和已知條件得出數(shù)列cn的通項(xiàng)公式，再結(jié)合裂項(xiàng)相消法求出數(shù)列cn的前n項(xiàng)和（1）當(dāng)n=1時(shí)，2a1=由2a當(dāng)n≥2時(shí)，2a兩式相減得：2a整理得：an所以an+1=2a∴a（2）由（1）得an∴b∴18．【答案】（1）證明：在△ADB中，由余弦定理得：DB=AD2∵CD//AB，∵DB⊥AB,EB∩DB=B,EB,DB?平面EBD，

故AB⊥平面EDB，又因?yàn)锳B?平面ABCD，∴平面EDB⊥平面ABCD.（2）解：由∠BAD=60°，AB=1，AD所以BD⊥AB，AB//CD，所以CD⊥BD，由(1)知平面EDB⊥平面ABCD，

平面EDB∩平面ABCD=BD，CD?平面ABCD，故CD⊥平面EDB，ED?平面∴CD⊥ED，

又∵ED⊥AD,AD∩CD=D,AD,CD?平面ABCD，∴ED⊥平面ABCD，∵BD?平面ABCD，∴ED⊥BD，

又因?yàn)槿鐖D，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DB,DC,DE所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則D0,0,0,B3∵F是CE中點(diǎn)，∴F0,1,2設(shè)m→=x,y,zAB?m?AE=0令x=42得m設(shè)直線BF與平面ABE所成角大小為θ，則sinθ=所以直線BF與平面ABE所成角的正弦值為7035【解析】【分析】(1)先由余弦定理解出DB的值，再由勾股定理證出DB⊥AB，從而證出AB⊥平面EDB，進(jìn)而證出平面EDB⊥平面BCD.(2)利用已知條件和余弦定理以及（1）中的面面垂直的性質(zhì)定理，從而證出線面垂直，進(jìn)而證出線線垂直，則建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ABE的一個(gè)法向量，再結(jié)合數(shù)量積求向量夾角公式和誘導(dǎo)公式得出直線BF與平面ABE所成角的正弦值.（1）在△ADB中，由余弦定理DB=AD2∵CD//AB，∵DB⊥AB,EB∩DB=B,EB,DB?平面EBD，故AB⊥平面EDB，又AB?平面ABCD，∴平面EDB⊥平面ABCD.（2）由∠BAD=60°，AB2所以BD⊥AB，AB//CD，所以CD⊥BD，又由(1)知平面EDB⊥平面ABCD，平面EDB∩平面ABCD=BD，CD?平面ABCD，故CD⊥平面EDB，ED?平面∴CD⊥ED，又∵ED⊥AD,AD∩CD=D,AD,CD?平面ABCD，∴ED⊥平面ABCD，∵BD?平面∴ED⊥BD，又BD⊥DC，如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DB,DC,DE所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D?xyz，則：D0,0,0A3∵F是CE中點(diǎn)，∴F0,1,2設(shè)m→=x,y,zAB?m?AE=0令x=42得m設(shè)直線BF與平面ABE所成角大小為θ，則sinθ=所以直線BF與平面ABE所成角的正弦值為703519．【答案】（1）解：由題意，樣本中500名學(xué)生寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)的平均數(shù)為：t=10×所以，估計(jì)這500名學(xué)生寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)的平均數(shù)為49.（2）解：每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)在0,20的概率為：50500每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)在20,60的概率為：100+200500每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)在60,100的概率為：125+25500由題意，隨機(jī)變量X的可能取值為0,1,2,3,4，PX=0PX=2PX=3∴X的分布列為：X01234P0.010.120.420.360.09X的數(shù)學(xué)期望E【解析】【分析】（1）用該組區(qū)間的中點(diǎn)值為代表，根據(jù)平均數(shù)的計(jì)算公式估計(jì)出這500名學(xué)生寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)的平均數(shù).（2）由題意得出隨機(jī)變量X的可能取值，根據(jù)獨(dú)立事件的概率乘法公式求出對(duì)應(yīng)的概率，即可得出隨機(jī)變量X的分布列，再結(jié)合隨機(jī)變量的分布列求數(shù)學(xué)期望的方法得出隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望.（1）由題意，樣本中500名學(xué)生寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)的平均數(shù)t=10×所以估計(jì)這500名學(xué)生寒假期間每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)的平均數(shù)為49.（2）每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)在0,20的概率為：50500每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)在20,60的概率為：100+200500每天課外閱讀平均時(shí)長(zhǎng)在60,100的概率為：125+25500由題意，隨機(jī)變量X的可能取值為0,1,2,3,4，PX=0PX=2PX=3∴X的分布列為：X01234P0.010.120.420.360.09X的數(shù)學(xué)期望EX20．【答案】（1）解：當(dāng)a=2時(shí)，fx=xlnx?ax則f'注意到函數(shù)y=lnx與y=?1x均在又因?yàn)閒'x在0，+∞上單調(diào)遞增，

由f'1=0，得x∈1,+∞，f'x>0綜上所述，fx的單調(diào)遞增區(qū)間為1,+∞，單調(diào)遞減區(qū)間為（2）解：令x=t>0，設(shè)函數(shù)g則函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)g(1)當(dāng)a≤0時(shí)，gt當(dāng)t>1時(shí)，gt>0；當(dāng)0<t<1時(shí)，當(dāng)t=1時(shí)，gt∴gt在0，+∞上只有一個(gè)零點(diǎn)(2)當(dāng)a>0時(shí)，g'(t)=2t(2lnt+1)?a，?'(t)=2(2lnt+3)，令所以?t在(0,1e則?(t)min=?(1e32當(dāng)t→+∞時(shí)，?(t)→+由零點(diǎn)存在定理得存在t0∈(1所以，當(dāng)t∈(0,t0)當(dāng)t∈t0，當(dāng)t→0+時(shí)，g(t)→a>0，t→+∞時(shí)，g(t)→+故當(dāng)t0=1時(shí)，函數(shù)當(dāng)t0≠1時(shí)，此時(shí)gt在(0,由?t在(1e所以，當(dāng)a=2時(shí)，t0當(dāng)(0,2)∪(2,+∞)時(shí)，綜上所述，a的取值范圍為(0,2)∪(2,+∞【解析】【分析】（1）代入a=2得出函數(shù)的解析式，再對(duì)fx求導(dǎo)判斷出函數(shù)的單調(diào)性，從而得出函數(shù)f（2）令x=t>0，設(shè)函數(shù)gt=2t2lnt?at+a，將函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)gt有兩個(gè)零點(diǎn)，再對(duì)（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx=xlnx?af注意到函數(shù)y=lnx與y=?1x均在f'x在0，x∈0，1，f'xx∈1,+∞，f'x>0綜上，fx的單增區(qū)間為1,+∞，單減區(qū)間為（2）令x=t>0，設(shè)函數(shù)g函數(shù)fx有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于函數(shù)g(1)當(dāng)a≤0時(shí)，gt當(dāng)t>1時(shí)，gt>0；當(dāng)0<t<1時(shí)，當(dāng)t=1時(shí)，gt∴gt在0，+∞上只有一個(gè)零點(diǎn)(2)當(dāng)a>0時(shí)，g'(t)=2t(2ln?'(t)=2(2lnt+3)，令?t在(0,1e?(t)min=?(1e當(dāng)t→+∞時(shí)，?(t)→+由零點(diǎn)存在定理得存在t0∈(1所以t∈(0,t0)t∈t0，由t→0+時(shí)，g(t)→a>0，t→+∞時(shí)，g(t)→+故當(dāng)t0=1時(shí)，函數(shù)當(dāng)t0≠1時(shí)，此時(shí)gt在(0,由?t在(1e故當(dāng)a=2時(shí)，t0當(dāng)(0,2)∪(2,+∞)時(shí)，綜上，a的取值范圍為(0,2)∪(2,+∞21．【答案】（1）解：∵ca=∵l過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O,∴直線l的方程為y=b由y=12xx2∵AB∴b2=1故橢圓C的方程為x2（2）解：假設(shè)存在定點(diǎn)，Q2m,m,m∈0,1，

由題意，直線設(shè)直線l:y?1=kx?2，即y=kx+1?2k,A由y=kx+1?2kx2+4y2=4，

消去所以x1∴k∴====4∴當(dāng)m2=1?m2時(shí)，即當(dāng)∴存在定點(diǎn)Q1,12，使得直線QA與直線QB【解析】【分析】（1）根據(jù)橢圓的離心率公式和橢圓中a，b，c三者的關(guān)系式，從而求出a,b的關(guān)系式，聯(lián)立直線與橢圓方程，再結(jié)合AB=10求出（2）設(shè)直線l:y?1=kx?2，Ax1,y1,Bx2,y2，（1）∵ca=∵l過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O,∴直線l的方程為y=b由y=12xx2∵AB∴b2=1故橢圓C的方程為x2（2）假設(shè)存在定點(diǎn)，Q2m,m,m∈0,1設(shè)直線l:y?1=kx?2，即y=kx+1?2k,A由y=kx+1?2kx2+4y2其中Δ>0x1∴k∴====4∴當(dāng)m2=1?m2，即∴存在定點(diǎn)Q1,12，使得直線QA與直線QB22．【答案】（1）解：由曲線C的參數(shù)方程x=mt2y=mt消去參數(shù)t可得曲線C的普通方程為y2由直線l的極坐標(biāo)方程得：22因?yàn)閤=ρcosθ，y=ρsinθ，所以直線l的直角坐標(biāo)方程為x?y?4=0.（2）解：根據(jù)（1），直線的傾斜角為π4，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)M所以直線l的參數(shù)方程為x=6+22t因?yàn)镸6,2為線段AB的三等分點(diǎn)，易得曲線C:y2直線l與曲線C:y2=mx聯(lián)立得：t設(shè)A，B兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，

則t1因?yàn)镸為線段AB的三等