【文档说明】广东省佛山市禅城区第一中学2020届高三上学期期中考试数学（理）试题【精准解析】.doc，共(24)页，1.885 MB，由小赞的店铺上传

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2019—2020学年上学期高三级期中考考试题理科数学第一部分选择题一､选择题1.已知ab，||2a，3b，且32ab与ab垂直，则实数的值为（）A.32B.32C.32D.1【答案】B【解析】【分析】由垂直

关系推出数量积为0，化简可得223||(23)2||0aabb，题中所给数据220,||4,||9abab代入上式即可求出.【详解】∵32ab与ab垂直，∴(32)()0abab，即223||(23)2||0aabb．∵,||2,||3abab

，∴220,||4,||9abab，∴12180，即32．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30xy相切，直线10mxy始终平分圆C的面积，则圆C方程为（）A.2222xyyB.222

2xyyC.2221xyyD.2221xyy【答案】D【解析】【分析】计算出直线10mxy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10mxy的方程中，令

0x，则1y，则直线10mxy过定点0,1.由于直线10mxy始终平分圆C的面积，则点0,1是圆C的圆心，又圆C与直线30xy相切，则圆C的半径1322r.因此，圆C的方程

为2212xy，即2221xyy.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.3.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，如果22tantanaAbB，则ABC的形状是（）A.等

腰三角形B.等腰直角三角形C.等腰三角形或直角三角形D.直角三角形【答案】C【解析】【分析】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】利用正弦定理得22sinsincossinsincosABABBA，化简得s

incossincosAABB，即11sin2sin222AB，则22AB或22AB，解得AB或2AB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23alog，3b，23ce，则abc，，的大小关系是（）A.abcB.bacC.bcaD.acb【答案】A【解析】【分析】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23alog,3b,23ce令2fxlogx,gxx函数图像如下图所示:则2442flog,442g所以当3x时,23log3,即ab3b,23ce则66327b,6264432.753.1cee

所以66bc,即bc综上可知,abc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.5.设函数21,01,0xxfxxx且

23fa，则2fa（）A.2B.3C.2或3D.3【答案】C【解析】【分析】对a分类讨论，代入解析式，求出a，即可得出结论.【详解】当0a时，(2)213faa，解得2a，(2)(4)3faf；当0a

时，2(2)213afa，解得1a，(2)(1)2faf，所以(2)2fa或3.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B.椭圆C.双曲线的一支D.抛物线【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.7.已知双曲线C：22221xyab(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则

双曲线C的渐近线方程是A.2x±y＝0B.x±2y＝0C.2x±y＝0D.x±2y＝0【答案】B【解析】【分析】先设出直线的方程为yxm，联立22221xyabyxm，设1122(,),(,)AxyBxy，由线段AB的中点为

(4,1)，212122228,822amxxyymba，由此得出2ab，从而能求出双曲线C的渐近线方程.【详解】设直线方程为yxm，联立22221xyabyxm，消去y，得22222222()20baxamxamab，设1122(,),(,)Ax

yBxy，因为线段AB的中点为(4,1)，所以212122228,822amxxyymba，解得3m，所以22268aba，所以2ab，所以双曲线C的渐近线方程为12yx，即20

xy，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2ab，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35b，62c，tan()24A，则a（）A.15B.35C.3D.62【答案】C【解析】【分析】由题，先利用正切的和差角求得1tan3A，可

得10310sin,cos1010AA，再利用余弦定理求得结果.【详解】由题tantan4tan241tantan4AAA，解得1tan3A所以10310sin,cos1010AA因为35b

，62c，由余弦定理222223102cos(35)(62)23562910abcbcA解得3a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.9.已知函数cosfxAx，(A，ω，为常数，0，0A)的

部分图象如图所示，则A（）A.2B.3C.6D.22【答案】D【解析】【分析】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

】设函数周期T，则322,,3423TT，1112x时，函数取得最大值，1132()12kkZ，112(),()cos(3)44kkZfxAx，(,2)2代入得322cos()cos2442AAA，22A

.故选:D.【点睛】本题考查由函数的图像求参数，属于基础题.10.方程2lnln10xxmxx有三个不同的解，则m的取值范围是（）A.1,eeB.1,eeC.1,ee

D.1,ee【答案】B【解析】【分析】令lnxtx，求出至多存在两个t值，使得lnxyx与yt有三个交点时，通过对lnxyx求导分析函数特征，求出t的范围，即为方程210tmt

的解的范围，利用韦达定理结合零点存在性定理，即可求解.【详解】令lnxtx，2ln1ln,xxyyxx，当()0,0fxxe，当()0,fxxe，()fx递增区间是(0,)e，递减区间是(,)e，,()xefx

取得极大值为1e，也为最大值，0,(),,()0xfxxfx，1,()0xfx，当0t或1te时，方程lnxtx有一个解，当10te时，方程lnxtx有两个解，当1te

时，方程lnxtx没有实数解，方程2lnln10xxmxx有三个不同的解，则210tmt要有两个实数解，设为12,tt，121tt，必有一个根小于0，只需另一根在1(0,)e，设2211()1,(0)1,()10mgttmt

ggeee，解得1mee.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.11.直线330xy经过椭圆222210x

yabab的左焦点F，交椭圆于,AB两点，交y轴于C点，若2FCCA，则该椭圆的离心率是（）A.31B.312C.222D.21【答案】A【解析】【分析】由直线330xy过椭圆的左焦点F，得到左焦点为(3,0)F

，且223ab，再由2FCCA，求得33,22A，代入椭圆的方程，求得23362a，进而利用椭圆的离心率的计算公式，即可求解.【详解】由题意，直线330xy经过椭圆的左焦点F，令0y，解得3x，所以3c，即椭圆的左焦

点为(3,0)F，且223ab①直线交y轴于(0,1)C，所以，3,1,2OFOCFC，因为2FCCA，所以3FA，所以33,22A，又由点A在椭圆上，得22394ab②由①②，可得2242490

aa，解得23362a，所以2222642331336cea，所以椭圆的离心率为31e.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,ac，代入公式cea；②只需要根据一个条件得到关于,,abc的齐次式，转化为,ac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1lnaxfxxexax，21,ae，函数fx的最小值M，则

实数M的最小值是（）A.1B.1eC.0D.31e【答案】C【解析】【分析】求得11'1axfxaxex，先证明110axex，可得当10,xa时，fx单调递减，当1,xa

时，,fx单调递增，则2min1111lnfxfeaaa，设2210,,1lnteMteta，22ln10,thtttee

可证明ht在20,e上单调递减，20hthe，从而可得结果.【详解】求得1111111'11axaxaxaxaxfxeaxeaeaxaxexxx

考察11axyex是否有零点，令0y，可得1lnxax，记1lnxxx，2ln2'xxx,x在20,e上递减，在2,e上递增，所以minx2e21e，即21ln1xxe，因为21ae,所以11l

n10axxaexx，故可知，当10,xa时，10,'0,axfxfx单调递减，当1,xa时，10,'0,axfxfx单调递增，从而由上知2min1111lnfxfeaaa

，设222210,,1ln10tteMtetlntteae，记22211ln10,'0,thtttehteetht在20,e上单调递减，

20hthe，M的最小值为0.故选C.【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fx最值步骤：(1)求导数fx；(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.第二部分非选择题二､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【解析】【

分析】如图所示：计算交点为1,1e计算积分1011xeedx得到面积.【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S001111110xxxeedxee

dxexe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.14.直线31yx与抛物线24yx相交于A，B两点，O为原点，则三角形AOB面积为_____

_．【答案】433【解析】【分析】设1122(,),(,)AxyBxy，直线过(1,0)，121||2AOBSyy，将直线方程31yx，与抛物线方程联立，由根与系数关系，即可求解.【详解】联立2314yxyx

，消去x得24403yy，设112212124(,),(,),,43AxyBxyyyyy，212121211||()422AOBSyyyyyy1164316233

,故答案为:433.【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ABC中，角A､B､C所对

应的边分别为a､b､c，且30A，2a，则ABC面积最大值为______．【答案】23【解析】【分析】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ABC中，由余弦定理得22242cos(23)abcbcAbc，44(23)23

bc，当且仅当223bc时，等号成立，1234ABCSbc.故答案为:23.【点睛】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:2211xy与直线l:1ykx有4个交点，则k的

取值范围是______．【答案】66,11,11,22【解析】【分析】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】曲线C:2211xy化简为220xy即yx，或222xy，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yx有两个交点，只需1k，直线l与双曲线222xy有两个交点，联立2212ykxxy消去y得，22(1)230

kxkx，方程有两个解须22210412(1)0kkk，解得6622k且1k，所以所求的k的取值范围是66,11,11,22.故答案为:66,11,11,22

.【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.ABC的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，若22223acacb．（1）求cosB；（2）若2AB，3sin2sinAB

，求ABC的面积．【答案】（1）13（2）829【解析】【分析】（1）由已知结合余弦定理，即可求解；（2）将已知等式化为32ab，再由2c，结合余弦定理求出,ab边，由（1）结论求出sinB，即可求解.【详解】解:（1）22223acbac，222213cos.223a

cacbBacac（2）因为1cos3B，所以0,2B，所以22sin3B．又3sin2sinAB，由正弦定理，32ab．根据余弦定理2222cosbacacB，得43a，2b，所以ABC的面积为182sin29SacB．【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.已知曲线12:2xcosCysin（为参数），曲线21:1xtcosCytsin（t为参数）（1）若4求曲线2C

的普通方程，并说明它表示什么曲线；（2）曲线1C和曲线2C的交点记为M、N，求MN的最小值【答案】(1)曲线2C的普通方程是2yx它表示过(1,1)，倾斜角为4的直线.(2)22【解析】【分析】(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】（1）4212212xtyt（t为参数）11xy曲线2C的普通方程是2yx它

表示过1,1，倾斜角为4的直线.（2）曲线1C的普通方程为224xy将11xtcosytsin代入224xy中，得221cos1sin4tt

22cossin20t2124cossin8124sin2MNtt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34fxxaxb(0a，0b)．（1）当1a

，1b时，解不等式2fx；（2）若fx的最小值为1，求13ab的最小值．【答案】（1）59,22（2）27【解析】【分析】（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()fx最小值321ab，利用基本不

等式，即可求出结论.【详解】解:（1）当1a，1b时34fxxx当3x时，不等式化为342xx，52x，532x；当34x时，不等式化为342xx，明显成立；当4x时，不等式化为342xx，92x；综上所

述，不等式的解集为59,22；（2）0a，0b，3+43+43434fxxaxbxaxbabab当且仅当3+40xaxb时取等号341ab1313493415

baabababab49152151227baab当且仅当34149abbaab，即1916ab时，13ab的最小值为27．【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.20.已知椭圆E:22221xyab(0ab)的左右焦点分别是1F､2F，离心率12e，点31,2在椭圆E上．（1）求椭圆E的方程；（2）如图，分别过1F､2F作两条互相垂直的弦AC与BD，求ACBD

的最小值．【答案】（1）22143xy（2）487【解析】【分析】（1）由离心率求出,ab关系，化简标准方程，将点31,2代入方程，即可求解；（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ACBD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】解:（1）由已知12cea，222214abea，2243ab2222314xybb将点31,2代入得222393+

144bbb，23b，24a椭圆E方程为:22143xy．（2）解法一:由已知11,0F，①当ACx轴或在x轴上时，3AC，4BD，或4AC，3BD，+=7ACBD②当直线斜率存在且不为0时，11,0F，21,0F设直线AC方程为:1ykx联立2

2143xy得:2222438430kxkxk设11,Axy，22,Bxy则2122843kxxk，21224343kxxk222221121221211

1443kACkxxkxxxxkACBD^，由椭圆对称性，以1k代换上式中的k得:22222112112134143kkBDkk，思路一:22228414334kACB

Dkk2222284148743342kkk，当且仅当224334kk即1k时，取“=”而4877，ACBD有最小值487思路二:设21tk，则1t，21kt

22228484844131121114924ttACBDftttttt当且仅当112t，212tk，1k即1k时，有最小值487．而4877，ACBD有最小值48

7解法二:由已知11,0F，设直线AC:1xmy联立22143xy得:2234690mxmy设11,Axy，22,Bxy则122634myym，122934yym2222211212212111434mACmyymyyyym

ACBD^，由椭圆对称性，以1m代换上式中的m得:2222112112+114+334mmBDmm．思路一22228414334mACBDmm

2222284148743342mmm，当且仅当2243=34mm即1m时，取“=”，ACBD有最小值487．思路二:设21,tm则21,1tmt22228484844131121114924ttACBDtttttt

当且仅当112t，212tm即1m时，有最小值487．ACBD有最小值487．【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:22xpy(0p)的焦点F到直线20xy的距离为322．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

物线的切线，两切线相交于点P．（1）求证:PAPB．（2）若动弦AB不经过点2,1M，直线AB与准线l相交于点N，记MA，MB，MN的斜率分别为1k，2k，3k．问:是否存在常数λ，使得12311kkk在弦AB运动时恒成立?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】【分析】（1）根据已知求出抛物线方程，要证PAPB，只需证明1PAPBkk，设11,Axy，22,Bxy，利用求导方法求出切线,PAPA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

1ykx，求出N点坐标，求出123,,kkk，利用12,xx关系，12kk用k表示，代入12311kkk，判断是否存在使得0k时等式均成立，即可得出结论.【详解】（1）22xpy(0p)0,2pF

由已知0223222222pp，2p故抛物线方程为24xy0,1F依题意，设直线AB方程为1ykx(0k)联立24xy得:2440xkx设11,Axy，22,Bxy124xxk，124xx24xy/2xy12PAxk，22PB

xk124144PAPBxxkkPAPB（2）将1y代入1ykx得2,1Nk2,1M21111111124224xyxkxx，22222221124224xyxkxx12121

22244414444xxxxkkkk311212kkkk．若有12311kkk成立，则有1111kkk整理得(1)0,0kk恒成立，1.故存在1,使12311kkk成立．【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ln(xafxxeae是自然对数的底数）.（1）当0a是，求证：2fx；（2）若函数fx有两个零点，求a的取值范围.【答案

】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）1a【解析】【分析】(1)当0a时，'1,xfxex令'=0fx.根据函数的单调性,求得函数的最大值,利用基本不等式的性质,即可求证；(2)由题意可知:要使函数fx有两个零点，则需()fx

在0,上有唯一极大值点1x,且10fx,则111112lnfxxxx,构造辅助函数,求导,根据函数单调性即可求得11ln1axx，可得取值范围.【详解】（1）当0a时，ln,xfxxe∴'1,xfx

ex令'=0fx.得：01,12xx,且fx在00,x上单增，在0,x上单减，且00000,ln1xxxxe,00000max0011ln2.xfxfxxexxxx

∴2fx；(2)对lnxafxxea,求导,得'10xaefxxx，要使函数fx有两个零点，则需()fx在0,上有唯一极大值点1x,且10fx,则'10fx,即111xaex,则11lna

xx，11lnaxx，且111112lnfxxxx,令'2121()2ln,(1)0,()10hxxxhhxxxx，∴hx在0,上单调递增，()0hx,∴1x,则11x,又lnyxx在(0,)上单增,由11x,得11ln1a

xx综上,1a,所以a的取值范围是:1a.【点睛】本题考查运用导函数证明不等式和研究函数的零点问题，属于难度题.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.