2020届安徽省合肥市高三第一次教学质量检测数学(理)试题(解析版)

题

一、单选题

1．已知集合Axxx20，Bx2x10，则A2B（ ）

1  D．，2， A．1【答案】A

1 1 B．，21 2 C．，2【解析】确定出集合A,B中的元素后，由并集定义计算． 【详解】

由题意a{x|1x2}，B{x|x}，∴A故选：A. 【点睛】

本题考查集合的并集运算，确定集合中的元素是解题关键．

2．设复数z满足z1zi（i为虚数单位），z在复平面内对应的点为（x，y），则（ ） A．yx

【答案】B

【解析】设zxyi(x,yR)，代入已知等式化简即可． 【详解】

设zxyi(x,yR)，∵z1zi，∴xyi1xyii， 即(x1)yx(y1)，化简得yx．

222212B{x|x1}．

B．yx

22C．x1y1122D．x1y11

故选：B. 【点睛】

本题考查复数模的运算，直接代入复数的代数形式由模的定义化简即得．也可由模的几何意义求解．

3．“一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.

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自2013年以来，“一带一路”建设成果显著.下图是2013-2017年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图.下列描述错误的是（ ）

A．这五年，2013年出口额最少 B．这五年，出口总额比进口总额多 C．这五年，出口增速前四年逐年下降 D．这五年，2017年进口增速最快 【答案】C

【解析】对于选项A：观察五个灰色的条形图的高低即可判断;

对于选项B:观察五组条形图,对比每组灰色条形图与黑色条形图的高低及高低悬殊程度即可判断;

对于选项C：从图中知,红色的折线图是先上升后下降即可判断; 对于选项D：观察这五年所对的蓝色折线图的高低即可判断; 【详解】

对于选项A：观察五个灰色的条形图,可得2013年所对的灰色条形图高度最低,所以这五年，2013年出口额最少.故选项A正确;

对于选项B:观察五组条形图可得,2013年出口额比进口额稍低,但2014年—2017年都是出口额高于进口额,并且2015年和2016年都是出口额明显高于进口额，故这五年，出口总额比进口总额多.故选项B正确;

对于选项C：从图中可知,红色的折线图是先上升后下降,即2013年到2014年出口增速是上升的.故选项C错误;

对于选项D：从图中可知,蓝色的折线图2017年是最高的,即2017年进口增速最快.故选项D正确; 故选: C 【点睛】

本题主要考查统计条形图和折线图的应用;解题的关键是从条形图看出口金额和进口金

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额,从折线图看出口增速和进口增速;属于基础题. 4．下列不等关系，正确的是（ ） A．log23log34log45 C．log23log45log34 【答案】D

【解析】比较logn(n1)与log(n1)(n2)的大小，n2,nN， 【详解】 设n2,nN，

B．log23log45log34 D．log23log34log45

lg(n1)lg(n2)lg2(n1)lgnlg(n2)logn(n1)log(n1)(n2)，

lgnlg(n1)lgnlg(n1)因为

lgnlg(n2)(lgnln(n2)21221)lg(n2n)lg2(n22n1)lg2(n1)，

244 所以logn(n1)log(n1)(n2)0，即logn(n1)log(n1)(n2)（n2,nN）．所以log23log34log45． 故选：D． 【点睛】

本题考查比较对数的大小，本题通过证明数列{logn(n1)}是递减数列得出结论． 5．已知等差数列an的前n项和为Sn，a13，2a43a79，则S7的值等于（ ）A．21 【答案】D

【解析】用等差数列的基本量法计算． 【详解】

设数列公差为d，则2a43a72(a13d)3(a16d)5a124d9，因为

B．1

C．-42

D．0

a13，所以d1，S77a1故选：D． 【点睛】

76d7(3)2110． 2本题考查等差数列的前n项和公式，解题方法是基本量法，即求出首项a1和公差d，然

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后直接计算．

6．若执行下图的程序框图，则输出i的值为（ ）

A．2 【答案】B

B．3 C．4 D．5

【解析】依次写出每次循环得到的x,y,i的值,当i3,x,y86时,不满足条件

xy,退出循环，输出i的值为即可.

【详解】

第一次循环:x8,y2，满足xy，继续循环; 第二次循环:i1,x16,y6，满足xy，继续循环; 第三次循环:i2,x32,y22,满足xy，继续循环;

第四次循环:i3,x,y86，不满足xy，跳出循环，输出i3. 故选: B 【点睛】

本题主要考查程序框图中当型循环,循环结构主要用在一些规律的重复计算，如累加、累乘等,在循环结构框图中要特别注意条件的应用；属于基础题. 2x2x7．函数y的图像大致为（ ）.

xcosx第 4 页 共 25 页

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】本题采用排除法: 由f55f排除选项D； 22520排除选项C; 根据特殊值f由x0,且x无限接近于0时, fx0排除选项B； 【详解】

对于选项D:由题意可得, 令函数fx52522x2x y,

xcosx52525f则25f即22252f5f,22252;

5.故选项D排除; 25f对于选项C：因为2225252520,故选项C排除;

对于选项B:当x0,且x无限接近于0时,xcosx接近于10,2x2x0，此时

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fx0.故选项B排除;

故选项:A 【点睛】

本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题. 8．若函数fxsin2x的图象向右平移则下列说法正确的是（ ） A．gx的图象关于x11个单位得到的图象对应的函数为gx，612对称

B．gx在0，上有2个零点

3 0 0上的值域为，gx在，D．

225 上单调递减 C．gx在区间，36【答案】B

【解析】求出g(x)的解析式，并整理后，根据正弦函数性质判断． 【详解】

由题意g(x)sin2(x1111)sin(2x)sin(2x)， 633g(12)sin(1)不是函数的最值，x不是对称轴，A错；

12632由g(x)sin(2x的零点，B正确； 由2k3)0，2x3k(kZ)，xk5，其中,是[0,]上

362622x32k37xk得k，kZ，因此g(x)在

21212757(,)是递减，在(,)上递增，C错；

126312x[2,0]时，2x3[23,]，g(x)[1,]，D错． 332故选：B． 【点睛】

本题考查三角函数图象变换，考查三角函数的性质．掌握正弦函数性质是解题关键．

x2y29．已知双曲线C：221（a0，b0）的左右焦点分别为F1，F2，圆F2与双

ab第 6 页 共 25 页

曲线C的渐近线相切，M是圆F2与双曲线C的一个交点.若F1MF2M=0，则双曲线C的离心率等于（ ） A．5 【答案】A

【解析】求出焦点到渐近线的距离，MF2，由双曲线定义得MF1，再由F1MF2M=0可建立a,b,c的关系，从而求得离心率． 【详解】

由题意F2(c,0)，一条渐近线为yB．2

C．3 D．2

bcbbxay0MFrb， x，即，所以222abaM在双曲线右支上，则MF1MF22ab2a，

222又F1MF2M=0，则MF1MF2，所以b(b2a)4c，2b24ab4a24c2，

e又b2c2a2，所以4ab2b2，2ab，4a2b2c2a2，c25a2，

故选：D． 【点睛】

c 5．a本题考查求双曲线的离心率，解题关键是找到关于a,b,c的等式．本题利用相切，利用双曲线定义，表示出焦半径，由数量积得垂直从而建立a,b,c的等式．解法易得，属于中档题．

t10．射线测厚技术原理公式为II0e，其中I0，I分别为射线穿过被测物前后的强度，

e是自然对数的底数，t为被测物厚度，为被测物的密度，是被测物对射线的吸收

系数.工业上通常用镅241（241Am）低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为（ ）

（注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln20.6931，结果精确到0.001） A．0.110 【答案】C

【解析】根据题意知,t0.8,7.6,【详解】

B．0.112

C．0.114

D．0.116

I1，代入公式II0et,求出即可. I02第 7 页 共 25 页

由题意可得,t0.8,7.6,I1因为II0et, I02所以

1ln20.6931e7.60.8,即0.114. 27.60.86.08所以这种射线的吸收系数为0.114. 故选:C 【点睛】

本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程；属于中档题. 11．已知正方体ABCDA1B1C1D1，过对角线BD1作平面交棱AA1于点E，交棱CC1于点F，则：

①平面分正方体所得两部分的体积相等； ②四边形BFD1E一定是平行四边形； ③平面与平面DBB1不可能垂直； ④四边形BFD1E的面积有最大值. 其中所有正确结论的序号为（ ） A．①④ 【答案】C

【解析】根据正方体的性质对每个命题进行判断．结合排除法可选正确结论． 【详解】

截面上方几何体分割成四棱锥四棱锥D1A1EFC1，四棱锥BA1EFC1，三棱锥

B．②③

C．①②④

D．①②③④

B1A1BC1，截面下方几何体对称的也是三个棱锥，对应体积相等（特殊位置截面更容

易得此结论），①正确，排除B；

由正方体相对两个面平行，根据面面平行的性质定理知四边形BFD1E的两组对边平行，从而是平行四边形，②正确，排除A；

当E是AA1中点，F是CC1中点，这时可证EF平面BB1D1D（先证EF//AC），从而平面与平面DBB1垂直，③错误，排除D， 只有C可选了．

事实上，四边形BFD1E即有最大值也有最小值．E与A（或A1）重合时面积最大，E第 8 页 共 25 页

是AA1中点时，面积最小．

设AEx，正方体棱长为1，0x1，BE1x2，D1E1(1x)2x22x2，BD13，

D1E2BE2BD12x2x在BED1中，cosBED1，

222D1EBEx1x2x2所以

(x2x)22x22x2sinBED11cosBED1122(x1)(x2x2)(x21)(x22x2)2，

所以SBEDFBED1EsinBED11132x22x22(x)2，

22所以x0或1时，SBED1F取得最大值2．④正确． 故选：C．

【点睛】

本题考查正方体的截面的性质．解题关键是由截面表示出相应的量与相应的关系．如果空间想象能力丰富，结论易得，由正方体对称性，①正确，从运动角度考虑，当E从A运动到A1时，截面面积发生变化，这是一个有限的连续过程，其中必有最大值和最小值．④正确，②③易于从面线面关系说明．

ex， x012．已知函数fxx，则函数Fxffxefx的零点

xex1lnx，x0个数为（ ）（e是自然对数的底数） A．6 【答案】B

【解析】利用导数研究函数f(x)的性质，如单调性，函数值的变化趋势和，函数的极值．再研究方程f(t)et0的解的个数，即直线yet与函数yf(t)的公共点的的

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B．5

C．4

D．3

取值，从而利用函数f(x)的性质求得F(x)零点个数． 【详解】

x0时，f(x)ex是增函数，f(0)1，

x0时，f(x)xexx1lnx，f(x)(x1)ex111(x1)(ex)，显然xxx10，

由ex1， x

x作出ye和y11(x0)的图象，如图，yex是增函数，y在x0是减函数

xx1ex01，0x01， x0它们有一个交点，设交点横坐标为x0，易得

x在0xx0时，e11x，f(x)0，xx0时，e，f(x)0， xx所以f(x)在(0,x0)上递减，在(x0,)上递增，f(x0)是f(x)的极小值，也是在x011x0x0exlnlnx0，即x0lnx00，xe1时的最小值．，0，0x0x0f(x0)x0ex0x01lnx00，

x0时，f(x)，x时，f(x)．作出f(x)的大致图象，作直线yex，如图，x0时yex与f(x)的图象有两个交点，即f(x)ex0有两个解

t1,t2，t10,t20．

xx0时，f(x)ex，f(x)ex，由f(x1)ee得x1，而x1时，

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ye(1)e，f(1)e，所以直线yex与f(x)ex在(1,e)处相切．即x0时方程f(x)ex0有一个解e．

F(x)f(f(x))ef(x)0，令tf(x)，则F(x)f(t)et0，由上讨论知方程f(t)et0有三个解：e,t1,t2(t10,t20)

而f(x)e有一个解，f(x)t1和f(x)t2都有两个解，所以F(x)0有5个解， 即函数F(x)有5个零点． 故选：B． 【点睛】

本题考查函数的零点个数问题，通过换元法问题转化为f(t)et0的解及f(x)t的解，为此利用导数研究函数f(x)的性质，研究直线yex与函数yf(x)的公共点问题．研究f(x)的图象与直线yt的公共点个数．本题考查了学生的转化与化归思想．运算求解能力．

二、填空题

2，且a∥a2b，则m的值等于__________. 13．已知向量a（1，1），bm，第 11 页 共 25 页

【答案】-2

【解析】计算a2b，由向量共线的坐标运算可者m． 【详解】

由题意a2b(12m,3)，因为a∥a2b，所以12m3，解得m2． 故答案为：2． 【点睛】

本题考查向量平行的坐标表示，属于基础题．

14．直线l经过抛物线C：y212x的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点，弦AB的长为16，则直线l的倾斜角等于__________. 【答案】

2 或33【解析】设A(x1,y1),B(x2,y2)，设直线AB方程为yk(x3)，利用焦点弦长公式

ABx1x2p可求得参数k．

【详解】 由题意p6，抛物线的焦点为F(3,0)， AB16，则AB的斜率存在，

设A(x1,y1),B(x2,y2)，设直线AB方程为yk(x3)，

yk(x3)6(k22)2222由2得kx6(k2)x9k0，所以x1x2， 2y12xk6(k22)所以ABx1x2616，x1x210，k3， 2k所以直线AB的倾斜角为故答案为：【点睛】

本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求思想方法，解题关键是掌握焦点弦长公式． 【答案】72 【解析】【详解】

22由题意A4A372．

2或． 332或． 33故答案为：72．

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【点睛】

本题考查排列的综合应用．解题时确定分步完成本事件．插入法是解本题的关键． 16．已知三棱锥ABCD的棱长均为6，其内有n个小球，球O1与三棱锥ABCD的…，四个面都相切，球O2与三棱锥ABCD的三个面和球O1都相切，如此类推，球On与三棱锥ABCD的三个面和球On1都相切（n2，且nN），则球O1的体积等于__________，球On的表面积等于__________. 【答案】6

6 4n1【解析】由正四面体的内切球的半径是高的

1可求得O1的半径，得其体积，把底面向4上平移，平移到与内切球相切，这个平面以上的部分仍然是正四面体，而第二个球就是这个正四面体的内切球，此球半径是第一个球半径的一半，依次类推可得第n个球． 【详解】

如图，AO是三棱锥ABCD的高，O是BCD的外心，设BCa，则OB3a，3AOa2(326， a)a33O1是三棱锥ABCD的外接球和内切球的球心，O1在AO上，

222设外接球半径为R，内切球半径为r1，则由O1BOO1BO得

R2(3266a)(aR)2，RR，所以334366aaa， 3412r1AOAO1AORr11AO， 444636VO1r13(a)a36，

3312216第 13 页 共 25 页

过AO中点作与底面BCD平行的平面与三条棱AB,AC,AD交于点B1,C1,D1，则平面

B1C1D1与球O1相切，由题意球O2是三棱锥AB1C1D1的内切球，注意到三棱锥AB1C1D1的棱长是三棱锥ABCD棱长的

11，所以有其内切球半径r2r1，同理22球On的半径为rn，则{rn}是仅比为

1n11的等比数列，所以rnr1()，即22rn616a()n1n， 122262n)26． n14Sn4rn24(故答案为：6；【点睛】

6． 4n1本题考查三四面体的内切球问题，掌握正四面体的性质是解题关键．实质上正四面体的高是h，其外接㼀半径是

三、解答题

17．在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a2，acosCccosA2bcosB0.

31h，内切球半径是h． 44（1）求B；

（2）若BC边的中线AM长为5，求ABC的面积. 【答案】（1）B3 （2）1 4【解析】（1）由正弦定理化边为角，由两角和的正弦公式和诱导公式可求得cosB，得

B角；

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（2）在ABM中应用余弦定理求得ABc，再用三角形面积公式求得面积． 【详解】

解：（1）在ABC中，

abc，且acosCccosA2bcosB0， sinAsinBsinC∴sinAcosCsinCcosA2sinBcosB0，

∴sin(AC)2sinBcosBsinB2sinBcosBsinB12cosB0， 2. 又∵sinB0，∴cosB2∵B是三角形的内角，∴B3. 43，ABc， 4（2）在ABM中，BM1，AM5，B2由余弦定理得AM2c2BM2cBMcosB，

∴5c212c(∵c0，∴c2)．即c22c40，(c2)(c22)0, 22. 2，B12在ABC中，a2，c123， 431. 4∴ABC的面积SacsinB22sin【点睛】

本题考查正弦定理和余弦定理，考查两角和的正弦公式和诱导公式．解三角形是时，要注意已知条件，根据条件确定选用正弦定理还是余弦定理是解题关键．

18．“大湖名城，创新高地”的合肥，历史文化积淀深厚，民俗和人文景观丰富，科教资源众多，自然风光秀美，成为中小学生“研学游”的理想之地.为了将来更好地推进“研学游”项目，某旅游学校一位实习生，在某旅行社实习期间，把“研学游”项目分为科技体验游、民俗人文游、自然风光游三种类型，并在前几年该旅行社接待的全省高一学生“研学游”学校中，随机抽取了100所学校，统计如下： 研学游类型 学校数

该实习生在明年省内有意向组织高一“研学游”学校中，随机抽取了3所学校，并以统计的频率代替学校选择研学游类型的概率（假设每所学校在选择研学游类型时仅选择其中一类，且不受其他学校选择结果的影响）：

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科技体验游 40 民俗人文游 40 自然风光游 20 （1）若这3所学校选择的研学游类型是“科技体验游”和“自然风光游”，求这两种类型都有学校选择的概率；

（2）设这3所学校中选择“科技体验游”学校数为随机变量X，求X的分布列与数学期望.

【答案】（1）

618 （2）分布列见解析，EX 12552，选择“自然风光游”的概5【解析】（1）统计数据说明学校选择“科技体验游”的概率为率为

1，它们相互，两种类型都有学校选择则分为两类：两所学校选“科技体验游”，5一所学校选“自然风光游”或者一所学校选“科技体验游”，两所学校选“自然风光游”，由此可计算概率；

（2）X可能取值为0，1，2，3.，依次计算出概率可得概率分布列，由期望公式可计算期望． 【详解】

（1）依题意，学校选择“科技体验游”的概率为

12，选择“自然风光游”的概率为， 55∴若这3所学校选择研学游类型为“科技体验游”和“自然风光游”，则这两种类型都有学

211218. 校选择的概率为：PCC3255551252322（2）X可能取值为0，1，2，3.

22712303则PX0C3，PX1C3，

55125512532336PX2C，PX5512523282， 3C5125333∴X的分布列为

X P

0 1 2 3 27 125 12536 1258 125∴EX0【点睛】

273686123. 1251251251255本题考查用样本估计总体，考查相互事件同时发生的概率，考查随机变量的概率分布列与期望．掌握相互事件同时发生的概率是解题关键．

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19．如图，已知三棱柱ABCA1B1C1中，平面AA1C1C平面ABC，AA1AC，

ACBC.

（1）证明：A1CAB1；

（2）设AC2CB，A1AC60，求二面角C1AB1B的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）3 4【解析】（1）连结AC1.由菱形得对角线垂直，再由已知及面面垂直的性质定理得线面垂直BC⊥平面AAC11C，B1C1直后再得线线垂直；

（2）取A1C1的中点为M，连结CM，证得CM与CA,CB都垂直后，以C为原点，CA，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，则法

平面AAC，于是证得线面垂11C，从而B1C1AC1向量夹角得二面角，注意要判断二面角是锐角还是钝角． 【详解】 （1）连结AC1.

∵AA1AC，四边形AAC11C为菱形，∴A1CAC1. ∵平面AA1C1C平面ABC，平面AAC11C平面ABCAC，

BC平面ABC，BC⊥AC，

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∴BC⊥平面AAC11C. 又∵BC//B1C1，∴B1C1∵AC1B1C1C1，

∴A1C平面AB1C1，而AB1平面AB1C1， ∴A1CAB1

（2）取A1C1的中点为M，连结CM.

CMAC∵AA1AC，四边形AAC11，CMAC. 11C为菱形，A1AC60，∴

平面AAC. 11C，∴B1C1AC1，CB，CM为正方向建立空间直角坐标系，又由（1）知CMBC，以C为原点，CA如图.

设CB1，AC2CB2，AA1AC，A1AC60，

∴C（0，0，0），A1（1，0，3），A（2，0，0），B（0，1，0），B1（-1，1，3）. 0，3. 由（1）知，平面C1AB1的一个法向量为CA11，nAB0 nAB1，∴. 设平面ABB1的法向量为nx，y，z，则nAB，nAB10 1， 3，∴ 1， 0，AB13，∵AB2，2xy0.

3xy3z0 13令x1，得y2，zcosCA1， nCA1nCA1n132，. ，即n1，22163∴

34，

∴二面角C1AB1B的余弦值为【点睛】

3 4本题考查用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角．立体几何中证明垂直时，线线垂直，线面垂直，面面垂直常常是相互转化，判定定理与性质定理要灵活应用．在有垂直的情况下常常建立空间直角坐标系，用向量法求空间角．

x2y220．设椭圆C:221（ab0）的左右顶点为A1，A2，上下顶点为B1，B2，

ab第 18 页 共 25 页

菱形A1B1A2B2的内切圆C的半径为2，椭圆的离心率为（1）求椭圆C的方程；

2. 2（2）设M，N是椭圆上关于原点对称的两点，椭圆上一点P满足PMPN，试判断直线PM，PN与圆C的位置关系，并证明你的结论.

x2y21 （2）直线PM、PN与圆C相切，证明见解析 【答案】（1）63【解析】（1）由离心率得a得椭圆方程；

用两种方法表示出菱形A1B1A2B2的面积可求得b,a，2b，

（2）设Mx1，y1，Px2，y2.当直线PM的斜率存在时，设直线PM的方程为ykxm，代入椭圆方程，用韦达定理得x1x2,x1x2，利用OPOM，即

x1x2y1y20得k,m的关系，求出圆心C到直线PM的距离可得直线与圆的位置关

系．直线PM的斜率不存在时，直接计算可得，由对称性PN的结论也可得． 【详解】

（1）设椭圆的半焦距为c.由椭圆的离心率为设圆C的半径为r，则ra2b2ab， ∴23b2b2，解得b2知，bc，a2b. 23，∴a6，

x2y2∴椭圆C的方程为1

63（2）∵M，N关于原点对称，PMPN，∴OPMN. 设Mx1，y1，Px2，y2.

当直线PM的斜率存在时，设直线PM的方程为ykxm.

2222由直线和椭圆方程联立得x22kxm6，即12kx4kmx2m60，

4kmxx122k21∴. 2xx2m6122k21∵OMx1，y1，OPx2，y2，

∴OMOPx1x2y1y2x1x2kx1mkx2m

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3m22k222m264km21kx1x2kmx1x2m1k2km2m0， 22k12k12k1222∴m22k220，m22k22， ∴圆C的圆心O到直线PM的距离为mk122r，∴直线PM与圆C相切.

当直线PM的斜率不存在时，依题意得Nx1,y1，Px1,y1. 由PMPNx12y122得2x12y1，∴xy，结合1得x12，

632121∴直线PM到原点O的距离都是2， ∴直线PM与圆C也相切. 同理可得，直线PN与圆C也相切. ∴直线PM、PN与圆C相切

【点睛】

本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题，考查直线与圆的位置关系．直线与椭圆相交，一般采取设而不求思想，即设交点坐标(x1,y1),(x2,y2)，设直线方程ykxm，由直线方程与椭圆方程联立，消元后用韦达定理得x1x2,x1x2，把这个结

论代入其他条件求解．

1x221．已知函数fxx（e为自然对数的底数）.

e（1）求函数fx的零点x0，以及曲线yfx在xx0处的切线方程；

1（2）设方程fxm（m0）有两个实数根x1，x2，求证：x1x22m1.

2e【答案】（1）x01，y2x1 （2）证明见解析 e【解析】（1）由f(x)0求得函数零点，由导数的几何意义可求得切线方程； （2）根据导函数研究出函数的单调性，只有在1x1时，f(x)0，因此

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x1,x2(1,1)，考查（1）中切线，先证明f(x)2e(x1)（1x1），只要构造函

数gxex1x1 1上单调递增，易得证，方程m2e(x1)的解为在x1，2x1m1，x1x1（不妨设x1x2，则1x112x21），要证不等式变形为2e1m1x221x22证明x212m1，即证x21m，由mx2，x21x2，构造函

ee2e2e数，结合导数知识可证． 【详解】

1x2（1）由fxx0，得x1，∴函数的零点是.

ex22x1fx，f12e，xef10.

曲线yfx在x1处的切线方程为y2ex1. 2f1，

ef10，

2x1 e∴曲线yfx在x1处的切线方程为yx22x1. （2）fxex 12当x，12， 时，

 12时，fx0. fx0；当x12， 12， 12， ，单调递减区间为12， 12. ∴fx的单调递增区间为，由（1）知，当x1或x1时，fx0；当1x1时，fx0. 1时，2ex1fx. 下面证明：当x1， 1时， 当x1，x21x12ex1fx2ex1x0ex10.

2e易知，gxex1而g10，

x1 1上单调递增， 在x1，2 1恒成立， ∴gxg10对x1， 1时，2ex1fx. ∴当x1，由y2ex1ym得xmm1.记x11. 2e2e第 21 页 共 25 页

不妨设x1x2，则1x112x21，

m∴x1x2x1x2x2x1x21.

2e11m要证x1x22m1，只要证x212m1，即证x21m.

2e2e2e1x221x22x又∵mx2，∴只要证x21x2，即x21ex210.

ee2 1，即证ex2x210. ∵x212，xx令xex1，xe1.

当x12, 0时，x0，x为单调递减函数； 当x0,1时，x0，x为单调递增函数.

x∴x00，∴e2x210，

1∴x1x22m1

2e【点睛】

本题考查函数的零点，考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式．本题中不等式的证明中对根x1,x2的处理采取了两种不同的方法，设x1x2，由函数知识得1x112x21，x1利用ym与切线y2e(x1)的交点横坐标x1＝

m1放2e缩为证明x2(m11)2m1，x2直接用ym与f(x)m的解来表示，再2e2e结合函数知识获得证明，转化与化归思想在这里得到进一步的体现． x322．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为y12t2（t为参数），在以坐标原2t2点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的方程为4cos6sin. （1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）设曲线C与直线l交于点M，N，点A的坐标为（3，1），求AMAN. 【答案】（1）x2y313（2）52 【解析】1利用极坐标与直角坐标的互化公式:xy,xcos,ysin22222即可求解;

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2联立直线l的方程和曲线C的方程,整理化简得到关于t的一元二次方程,由题知点

A在直线l上,利用参数方程中参数的几何意义及一元二次方程中的韦达定理即可求出AMAN的值.

【详解】

1因为曲线C的方程4cos6sin，

∴24cos6sin，

2x2y2,xcos,ysin

∴x2y24x6y，

化简得,曲线C的直角坐标方程为：x2y313.

22x3（2）把直线l:y1整理得，t232t80. ∵32222t222tt213， 代入曲线C得1222t22320，所以方程t232t80有两个不等实根，

设t1，t2为方程的两个实数根，由韦达定理可得,

t1t232，t1t28，∴t1，t2为异号，

又∵点A（3，1）在直线l上，由参数方程中参数的几何意义可得,

AMANt1t2t1t2t1t224t1t25052.

所以AMAN52. 【点睛】

本题考查极坐标与直角坐标的互化、参数方程中参数的几何意义等知识，考查学生的运算能力、推理论证能力；其中正确掌握参数方程中参数的几何意义是求解本题的关键;属于中档题.

4. 23．已知函数fxxmx2（mR），不等式fx20的解集为，（1）求m的值；

（2）若a0，b0，c3，且a2bc2m，求a1b1c3的最大值. 【答案】（1）m6（2）32

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【解析】1利用绝对值不等式的解法求出不等式的解集,得到关于m的方程,求出m的值即可;

2由1知m6可得,a2bc12，利用三个正数的基本不等式abc33abc,

构造和是定值即可求出a1b1c3的最大值. 【详解】

（1）∵fxxmx2，

fx2xm2x22，

4, 所以不等式fx20的解集为， 4， 即为不等式xm2x0的解集为， 4, ∴xm2x的解集为， 4， 即不等式xm2x2的解集为， 4， 化简可得,不等式m2m22x0的解集为，2所以

m24,即m6. 2（2）∵m6，∴a2bc12. 又∵a0，b0，c3， ∴a1b1c3a12b2c3

23331a12b2c31a2bc11232， 232323当且仅当a12b2c3,a2bc12等号成立, 即a3，b1，c7时，等号成立， ∴a1b1c3的最大值为32. 【点睛】

本题主要考查含有两个绝对值不等式的解法和三个正数的基本不等式

abc33abc的灵活运用;其中利用a2bc12构造出和为定值即

a12b2c3为定值是求解本题的关键;基本不等式ab2的条件:一正二定三相等是本题的易错点; 属于中档题.

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ab取最值

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