2020届广东省佛山市禅城区第一中学高三上学期期中数学(理)试题(解析版)

（理）试题

一、单选题

rrrrrrrr 1．已知ab，|a|2，|b|3，且3a2b与ab垂直，则实数的值为（ ）A．3 2B．

3 2C．3 2D．1

【答案】B

r2rrr2【解析】由垂直关系推出数量积为0，化简可得3|a|(23)ab2|b|0，题rrr2r2中所给数据ab0,|a|4,|b|9代入上式即可求出.

【详解】

rrrrrrrr∵3a2b与ab垂直，∴(3a2b)(ab)0，

rrrrr2rrr2即3|a|(23)ab2|b|0．∵ab,|a|2,|b|3，

∴ab0,|a|24,|b|29，∴12180，即故选：B 【点睛】

本题考查向量的数量积，两垂直向量的数量积为0，属于基础题.

2．已知圆C与直线xy30相切，直线mxy10始终平分圆C的面积，则圆

rrrr3． 2C方程为（ ）

A．x2y22y2 C．x2y22y1 【答案】D

【解析】计算出直线mxy10所过定点的坐标，由题意得出定点是圆C的圆心，然后利用点到直线的距离公式计算出圆C的半径长，即可得出圆C的方程. 【详解】

在直线mxy10的方程中，令x0，则y1，则直线mxy10过定点

B．x2y22y2 D．x2y22y1

0,1.

由于直线mxy10始终平分圆C的面积，则点0,1是圆C的圆心，

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又圆C与直线xy30相切，则圆C的半径r2221322. 因此，圆C的方程为x2y12，即xy2y1. 故选：D. 【点睛】

本题考查圆的方程的求解，同时也考查了直线过定点问题，求出圆的圆心坐标为解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.

2atanA3．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，如果2，则△ABCbtanB的形状是（ ） A．等腰三角形

C．等腰三角形或直角三角形 【答案】C

【解析】结合正弦定理和三角恒等变换及三角函数的诱导公式化简即可求得结果 【详解】

B．等腰直角三角形 D．直角三角形

sinAsinAcosA利用正弦定理得，化简得sinAcosAsinBcosB，

sin2BsinBcosB11即sin2Asin2B，则2A2B或2A2B，解得AB或AB 2222故△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形 故选：C 【点睛】

本题考查根据正弦定理和三角恒等变化，三角函数的诱导公式化简求值，属于中档题 4．设alog23，bA．abc 【答案】A

【解析】根据指数幂与对数式的化简运算,结合函数图像即可比较大小. 【详解】

因为alog23,b3，2，则a，b，c的大小关系是（ ） 3ceB．bac C．bca D． acb

3,2 ce3令fxlog2x,gx函数图像如下图所示:

x 第 2 页 共 21 页

则f4log242,g442 所以当x3时,

3log23,即ab

b3,2 3ce6则b63227,c6e3e42.7453.1

6所以b6c6,即bc 综上可知, abc 故选:A 【点睛】

本题考查了指数函数、对数函数与幂函数大小的比较,因为函数值都大于1,需借助函数图像及不等式性质比较大小,属于中档题.

x21,x05．设函数fx且f2a3，则fa2（ ）

x1,x0A．2 【答案】C

B．3 C．2或3 D．3

【解析】对a分类讨论，代入解析式，求出a，即可得出结论. 【详解】

当a0时，f(2a)2a13，解得a2，

f(a2)f(4)3；

当a0时，f(2a)22a13，解得a1，

f(a2)f(1)2，

所以f(a2)2或3.

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故选:C. 【点睛】

本题考查分段函数求值问题，在解题中充分体现了分类讨论思想、函数求值知识，属于基础题.

6． 已知圆O1和圆O2的半径分别为2和4，且|O1O2|＝8，若动圆M与圆O1

内切，与圆O2外切，则动圆圆心M的轨迹是( ) A．圆

C．双曲线的一支 【答案】C

【解析】设动圆M的半径为R，由题意得|MO1|＝R－2，|MO2|＝R＋4， 所以|MO2|－|MO1|＝6(常数)，且6<8＝|O1O2|，

所以动圆圆心M的轨迹是以O1，O2为焦点的双曲线的一支． 故选C.

B．椭圆 D．抛物线

x2y27．已知双曲线C：221(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若

ab线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是 A．2x±y＝0 【答案】B

B．x±2y＝0

C．2x±y＝0

D．x±2y＝0

x2y21【解析】先设出直线的方程为yxm，联立a2b2，设A(x1,y1),B(x2,y2)，

yxm2a2m由线段AB的中点为(4,1)，x1x228,y1y282m2，由此得出2baa2b，从而能求出双曲线C的渐近线方程.

【详解】

设直线方程为yxm，

x2y2122222222联立a2b2，消去y，得(ba)x2amxamab0，

yxm设A(x1,y1),B(x2,y2)， 因为线段AB的中点为(4,1)，

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2a2m所以x1x228,y1y282m2，解得m3， 2ba6a2所以28，所以a2b， 2ba所以双曲线C的渐近线方程为y故选B. 【点睛】

该题所考查的是有关双曲线的渐近线的方程的求解问题，涉及到的知识点有直线与双曲线的位置关系的综合题，对应的直线与双曲线相交的解题思路，以及中点坐标公式的应用，结合题中所给的中点坐标，求出a2b，从而得到渐近线的方程.

8．在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.已知b35，c62，1x，即x2y0， 2tan(A)2，则a（ ）

4A．15 【答案】C

【解析】由题，先利用正切的和差角求得tanA再利用余弦定理求得结果. 【详解】

B．35 C．3

D．62 110310，可得sinA，,cosA31010由题tanA42，解得tanA1 41tanAtan34tanAtan所以sinA10310 ,cosA1010因为b35，c62，

由余弦定理a2b2c22bccosA(35)2(62)223562 解得a3 故选C 【点睛】

本题考查了利用正余弦定理解三角形，属于基础题.

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3109 109．已知函数fxAcosx，(A，ω，为常数，0，A0)的部分图象如图所示，则A（ ）

A．2 【答案】D

B．3

C．6 D．22

【解析】由已知x轴交点的横坐标和最高点的横坐标，求出周期，进而求出,，将点(2,2)代入解析式，即可求解.

【详解】

22,3，

231111x时，函数取得最大值，32k(kZ)，

1212112k(kZ),f(x)Acos(3x)，

44设函数周期T，则T34,T32(,2)代入得2Acos()AcosA， 22442A22. 故选:D. 【点睛】

本题考查由函数的图像求参数，属于基础题.

lnxlnx10．方程m10有三个不同的解，则m的取值范围是（ ） xx1e, A．e【答案】B 【解析】令t21,e B．e1e, C．e1,e D．elnxlnx，求出至多存在两个t值，使得y与yt有三个交点时，通xx第 6 页 共 21 页

过对ylnx求导分析函数特征，求出t的范围，即为方程t2mt10的解的范围，x利用韦达定理结合零点存在性定理，即可求解. 【详解】 令tlnxlnx1lnx,y，y，

xxx2当f(x)0,0xe，当f(x)0,xe， f(x)递增区间是(0,e)，递减区间是(e,)，

1xe,f(x)取得极大值为，也为最大值，

ex0,f(x),x,f(x)0， x1,f(x)0，

1lnx时，方程t有一个解， ex1lnx当0t时，方程t有两个解，

ex1lnx当t时，方程t没有实数解，

ex当t0或tlnxlnx方程m10有三个不同的解， xx则t2mt10要有两个实数解，设为t1,t2，

21t1t21，必有一个根小于0，只需另一根在(0,)，

e11m2设g(t)tmt1,g(0)1,g()210，

eee1解得me.

e故选:B. 【点睛】

本题考查复合函数的零点，换元法是解题的关键，考查导数研究函数性质，以及零点存在性定理的应用，属于中档题.

x2y211．直线x3y30经过椭圆221ab0的左焦点F，交椭圆于

abuuuruuurA,B两点，交y轴于C点，若FC2CA，则该椭圆的离心率是（）

A．31

B．

31 2C．222 D．21

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【答案】A

【解析】由直线x3y30过椭圆的左焦点F，得到左焦点为F(3,0)，且

a2b23，

33uuuruuur3362A,再由FC2CA，求得，代入椭圆的方程，求得，进而利用a222椭圆的离心率的计算公式，即可求解. 【详解】

由题意，直线x3y30经过椭圆的左焦点F，令y0，解得x3， 所以c3，即椭圆的左焦点为F(3,0)，且a2b23 ①

直线交y轴于C(0,1)，所以，OF3,OC1,FC2，

33uuuruuur因为FC2CA，所以FA3，所以A2,2，

又由点A在椭圆上，得

394 ② 22ab由①②，可得4a224a290，解得a2336， 2c26423所以e2a336231，

2所以椭圆的离心率为e31. 故选A. 【点睛】

本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中求椭圆的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出a,c ，代入公式ec；②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐a次式，转化为a,c的齐次式，然后转化为关于e的方程，即可得e的值(范围)． 12．已知函数fxxeax11lnxax，a,2，函数fx的最小值M，

e则实数M的最小值是（） A．1 【答案】C

B．

1eC．0

D．1 3e第 8 页 共 21 页

11ax11ax1f'x1axex0,e0【解析】求得，可得当，先证明xax时，fx单调递减，当x1,时，,fx单调递增，则a1111fxminfe21ln，设t0,e2,M1lnte2t，aaaahtt2220,ehthe0，htlnt10te,可证明在上单调递减，2e从而可得结果. 【详解】

ax1axeax1a求得f'xe1ax11eax11ax1axeax1 xxx1是否有零点，令y0， x1lnx1lnx可得a，记x，

xxlnx2220,ee,上递增， x,'x在上递减，在2x11lnx122， 所以xmin e 2，即

exe1因为a2,

e1lnx1eax10， 所以axx考察yeax1故可知，当x0,1时，1ax0,f'x0,fx单调递减， a当x1,时，1ax0,f'x0,fx单调递增， a1211e1ln， aaa从而由上知fxminf设1t22t0,e2,M1lntetlnt10te， 2aet112记ht2lnt10te,h't20,

eetht在0,e2上单调递减，

hthe20，

M的最小值为0.故选C.

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【点睛】

本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的最值，属于难题.求函数fx最值步骤：(1) 求导数fx；(2)判断函数的单调性；(3)若函数单调递增函数或单调递减，利用单调性求最值；(4) 如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（5）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.

二、填空题

13．直线x＝0、直线y＝e+1与曲线y＝ex+1围成的图形的面积为_____． 【答案】1

xe1e1【解析】如图所示：计算交点为1,e1计算积分dx得到面积.

10【详解】

依题意，令e+1＝ex+1，得x＝1，

所以直线x＝0，y＝e+1与曲线y＝ex+1围成的区域的面积为

xxSe1e1dxeedxexe10x01101

故答案为：1

【点睛】

本题考查了利用积分求面积，意在考查学生的计算能力.

2B两点，O为原点，14．直线y3x1与抛物线y4x相交于A，则三角形AOB

面积为______． 【答案】43 3第 10 页 共 21 页

【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线过(1,0)，SAOB1|y1y2|，将直线方程2y3x1，与抛物线方程联立，由根与系数关系，即可求解.

【详解】

4y3x12yy40， x联立2，消去得

3y4x设A(x1,y1),B(x2,y2),y1y24,y1y24， 3SAOB11|y1y2|(y1y2)24y1y2 2211643, 1623343. 3故答案为:【点睛】

本题考查三角形的面积，合理列出面积表达式是解题的关键，考查直线与圆锥曲线（抛物线）的位置关系，熟练掌握应用根与系数关系设而不求方法，减少计算量，属于基础题.

15．已知VABC中，角A､B､C所对应的边分别为a､b､c，且A30，a2，则

VABC面积最大值为______．

【答案】23

【解析】由余弦定理结合基本不等式，求出bc的最大值，即可求解. 【详解】

在VABC中，由余弦定理得

a24b2c22bccosA(23)bc，

bc44(23)，

23当且仅当bc223时，等号成立，

1SABCbc23. 4故答案为:23. 【点睛】

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本题考查三角形面积的最值，要注意余弦定理的应用，考查基本不等式求最值，属于基础题.

16．曲线C:xy11与直线l:ykx1有4个交点，则k的取值范围是______．

2266,1U1,1U1,【答案】22 【解析】对曲线C方程分类讨论，化简解析式，直接判断曲线C与直线交点情况，或转化为判断曲线C方程与直线l联立方程组解的情况，即可求解, 【详解】

22曲线C:xy11化简为xy0即yx，

2222或xy2，所以曲线C表示两题相交直线与双曲线，

曲线C与直线l由4个交点，所以与两直线yx有两个交点， 只需k1，直线l与双曲线xy2有两个交点，

22ykx122联立2消去y得，(1k)x2kx30， 2xy2k210方程有两个解须， 224k12(1k)0解得66且k1， k2266所以所求的k的取值范围是2,1U1,1U1,2.

66,1U1,1U1,故答案为:22. 【点睛】

本题考查曲线与直线的位置关系，解题的关键对曲线方程化简，用几何方法和代数方法求解直线与曲线的交点个数，属于基础题.

三、解答题

17．VABC的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，若ac（1）求cosB；

（2）若AB2，3sinA2sinB，求VABC的面积．

222acb2． 3第 12 页 共 21 页

【答案】（1）

182 （2）

39【解析】（1）由已知结合余弦定理，即可求解；

（2）将已知等式化为3a2b，再由c2，结合余弦定理求出a,b边，由（1）结论求出sinB，即可求解. 【详解】

解:（1）Qacb2222ac， 32aca2c2b231

cosB.2ac2ac3（2）因为cosB122，所以B0,，所以sinB． 323又3sinA2sinB，由正弦定理，3a2b． 根据余弦定理b2a2c22accosB， 得a4，b2， 3182． acsinB29所以VABC的面积为S【点睛】

本题考查应用正弦定理边角互化，考查余弦定理解三角形，以及求解三角形面积，考查计算能力，属于基础题.

18．选修4-4：坐标系与参数方程选讲.

x2cosx1tcos已知曲线C1:（为参数），曲线C2:（t为参数）

y2siny1tsin（1）若4求曲线C2的普通方程，并说明它表示什么曲线；

（2）曲线C1和曲线C2的交点记为M、N，求MN的最小值 【答案】(1) 曲线C2的普通方程是yx2它表示过(1,1)，倾斜角为

的直线.(2) 422 【解析】(1)将参数t消去得到一般方程，由参数方程可得到定点和斜率；（2）联立直线的参数方程和圆的一般方程，再由弦长公式得到结果. 【详解】

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2tx12（1）Q （t为参数）x1y1

4y12t2曲线C2的普通方程是yx2

它表示过1,1，倾斜角为

的直线. 422（2）曲线C1的普通方程为xy4

x1tcos2222将代入xy4中，得1tcos1tsin4 y1tsint22cossin20

2MNt1t24cossin8124sin2 当4时，MN最小22

【点睛】

这个题目考查了直线的参数方程和一般方程的互化，以及弦长公式，题目比较基础. 19．已知函数fxx3ax4b(a0，b0)． （1）当a1，b1时，解不等式fx2； （2）若fx的最小值为1，求【答案】（1）,（2）27

22【解析】（1）对x分类讨论，去绝对值，转化为求一元一次不等式；

（2）根据绝对值不等式的性质求出f(x)最小值3a2b1，利用基本不等式，即可求出结论. 【详解】

解:（1）当a1，b1时fxx3x4 当x3时，不等式化为x3x42，

13

的最小值． ab

59x55，x3； 229； 2当3x4时，不等式化为x3x42，明显成立； 当x4时，不等式化为x3x42，x第 14 页 共 21 页

59综上所述，不等式的解集为,；

22（2）Qa0，b0，

fxx3ax+4bx3ax+4b3a4b3a4b

当且仅当x3ax+4b0时取等号

3a4b1

13134b9a3a4b15 ababab1524b9a151227 ab1a3a4b19当且仅当4b9a，即时，

1bba613的最小值为27． ab【点睛】

本题考查分类讨论解绝对值不等式，以及绝对值不等式性质的应用，考查“1”的代换，运用基本不等式求最值，属于中档题.

1x2y220．已知椭圆E:221(ab0)的左右焦点分别是F1､F2，离心率e，点

2ab31,在椭圆E上．

2（1）求椭圆E的方程；

（2）如图，分别过F1､F2作两条互相垂直的弦AC与BD，求ACBD的最小值．

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48x2y2【答案】（1）1（2）

743【解析】（1）由离心率求出a,b关系，化简标准方程，将点1,解；

（2）先考率两直线斜率为0或斜率不存在的情况，当两直线斜率存在且不等于0，设出直线方程，可以是点斜式（或x轴截距式），与椭圆方程联立，求出相交弦长，进而得到ACBD关于斜率（或斜率倒数）的目标函数，转化求函数的最值，即可求解. 【详解】

3代入方程，即可求2c1a2b212解:（1）由已知e，e， 2a2a4423x2y2ab221

34bb233931,将点代入得2+221，

24b4bbb23，a24

x2y2椭圆E方程为:1．

43（2）解法一:由已知F11,0， ①当ACx轴或在x轴上时，

AC3，BD4，或AC4，BD3， AC+BD=7

②当直线斜率存在且不为0时，

QF11,0，F21,0设直线AC方程为:ykx1

x2y22222联立1得:4k3x8kx4k30

43设Ax1,y1，Bx2,y2

4k238k2 则x1x22，xx1224k34k3第 16 页 共 21 页

AC1kx2x12xx1k2122 4x1x224k312k211QAC^BD，由椭圆对称性，以代换上式中的k得:

k11221121k2kBD， 23k241423k思路一:ACBD4k284k1222233k4487，

84k2124k233k242当且仅当4k233k24即k1时，取“=” 而

48487，ACBD有最小值 77思路二:设tk21，则t1，k2t1

84t284t284ACBDft4t13t112t2t111249

4t21，tk212，k1 248即k1时，有最小值．

748487，ACBD有最小值 而77当且仅当解法二:由已知F11,0，设直线AC:xmy1

1tx2y222联立1得:3m4x6my90

43设Ax1,y1，Bx2,y2则y1y26m9yy ，123m243m242AC1m2y2y1yy1m212 4y1y223m412m21QAC^BD，由椭圆对称性，以1代换上式中的m得: m第 17 页 共 21 页

1122112m2+1m． BD214m+3324m思路一ACBD4m84m212233m42

84m21224m233m242487，

当且仅当4m23=3m24即m1时，取“=”，

ACBD有最小值

48． 722思路二:设tm1,则t1,mt1

84t284t284ACBDt4t13t112t2t111249

4t2148，tm212即m1时，有最小值． 2748ACBD有最小值．

7当且仅当【点睛】

本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，要熟练掌握求相交弦长方法，考查最值问题，先求出“目标函数”，根据函数的性质特征，可以考虑用基本不等式、换元法转化为熟悉函数、用函数的单调性等等，属于较难题.

21．如图，已知抛物线C:x22py(p0)的焦点F到直线xy20的距离为

1t32．AB是过抛物线C焦点F的动弦，O是坐标原点，过A，B两点分别作此抛物2线的切线，两切线相交于点P．

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（1）求证:PAPB．

（2）若动弦AB不经过点M2,1，直线AB与准线l相交于点N，记MA，MB，MN的斜率分别为k1，k2，k3．问:是否存在常数λ，使得k1k2恒成立?若存在，求λ的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）存在，-1

【解析】（1）根据已知求出抛物线方程，要证PAPB，只需证明kPAkPB1，设

11k3在弦AB运动时

Ax1,y1，Bx2,y2，利用求导方法求出切线PA,PA斜率，设出直线AB的方程，

与抛物线方程联立，利用根与系数关系，即可得证；

（2）设直线ykx1，求出N点坐标，求出k1,k2,k3，利用x1,x2关系，k1k2用k表示，代入k1k2论. 【详解】

2（1）Qx2py(p0)F0,11k3，判断是否存在使得k0时等式均成立，即可得出结

p 2由已知0pp2232， 22222p2

故抛物线方程为x4y

2QF0,1依题意，设直线AB方程为ykx1(k0)

联立x4y得:x24kx40

2第 19 页 共 21 页

设Ax1,y1，Bx2,y2x1x24k，x1x24

xxxx2/QyykPA1，kPB2

2224kPAkPBx1x241 44PAPB

（2）将y1代入ykx1得N2,1 kQM2,1

x12x2211y11x2y1x2 ，

Qk141k2242x12x124x22x224k1k2x12x22x1x244k4k1 444411kk32k1． 2k若有k1k211k3成立，则有

k111k k1整理得k(1)0,k0恒成立，1. 故存在1,使k1k2【点睛】

本题考查抛物线的性质，以及直线与抛物线的位置关系，考查导数的几何意义的应用，考查恒成立问题，属于中档题. 22．已知函数fxlnxexa11k3成立．

a(e是自然对数的底数 ）.

（1）当a0是，求证： fx2； （2）若函数fx有两个零点，求a的取值范围. 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）a1

【解析】试题分析：（Ⅰ）证明不等式fx2，就是证明fxmax2，先利用导数求函数fx最值：求导函数，由零点存在定理确定零点范围，分析函数单调性，确

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定函数最值，再根据基本不等式证明，（Ⅱ）根据图像可知原题等价于gx在0,上有唯一极大值点，且极大值大于零，即根据极值定义得ax1lnx1及极大值

gx12lnx111x1,再利用导数研究函数gx12lnx1x1单调性，根据单调x1x1性解不等式gx10得x11，进而得到a的取值范围. 试题解析：（Ⅰ）当a0时，

f'x1x1e,令f'x=0.得：xx0,1 x2且fx在0,x0上单增，在x0,上单减

fxmaxlnx0ex0x0（Ⅱ）g'x11x02. x0x01xae x故等价于gx在0,上有唯一极大值点x1,且gx10

Qg'x101ex1alnx1x1a x1得：ax1lnx1 故gx12lnx1令hx2lnx1x1, x11x,h10 xQh'x21210,hx0x1，则x11 xx又Qyxlnx在0,上单增，由x11，得ax1lnx11. 综上，a1.

点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.

(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.

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