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广东省澳台侨二十校2025-2026学年高三上学期第一次联考数学试题
1．（2026高三上·广东期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2026高三上·广东期末）已知复数满足（为虚数单位），则在复平面内复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（2026高三上·广东期末）下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2026高三上·广东期末）已知角的始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．
5．（2026高三上·广东期末）函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2026高三上·广东期末）已知椭圆 ： 的一个焦点为 ，则 的离心率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2026高三上·广东期末）已知圆及圆，则与圆都相切的直线的条数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2026高三上·广东期末）已知等比数列的各项均为正数，是函数的极值点，则（　　）
A．5 B．6 C．10 D．15
9．（2026高三上·广东期末）已知正三棱锥的底面的边长为6，直线与底面所成角的余弦值为，则正三棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
10．（2026高三上·广东期末）从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（　　）
A． B． C． D．
11．（2026高三上·广东期末）在的展开式中，常数项是　 　（用数字作答）．
12．（2026高三上·广东期末）记 为等差数列 的前n项和．若 ，则公差 　 　．
13．（2026高三上·广东期末）若是多项式的因式，且除的余式为5，则除以的余式是　 　．
14．（2026高三上·广东期末）是定义在R上的奇函数，且，当时，，则 =　 　．
15．（2026高三上·广东期末）已知在大小为的二面角中，于点于点，且，则直线与所成角的余弦值为　 　．
16．（2026高三上·广东期末）已知角是的内角，分别是其对边长，向量，，．
（1）求角的大小；
（2））若，求的长和的面积．
17．（2026高三上·广东期末）已知数列满足.
（1）证明：数列为等差数列，并求；
（2）令，求数列的前项和.
18．（2026高三上·广东期末）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求曲线在处的切线方程；
（3）当时，试讨论函数的零点个数．
19．（2026高三上·广东期末）在平面直角坐标系Oxy中，椭圆的右焦点为，短轴长为2.过点且不平行于坐标轴的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的中点为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明：直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值；
（3）求面积的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据元素与集合的关系和x的取值范围，从而得出集合A，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则在复平面内复数对应的点为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算法则得出复数，再根据复数的几何意义找出在复平面内复数对应的点所在的象限.
3．【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、在上单调递增，故A不符；
B、在上不单调，故B不符；
C、易知在上单调递减，在定义域上单调递增，故在上单调递减，又，且定义域为，则为偶函数，故C符合；
D、由在上单调递增，在定义域上单调递增，故在上单调递增，故D不符.
故答案为：C.
【分析】根据幂函数的奇偶性和单调性即可判断A；根据余弦函数的单调性即可判断B；根据对幂型复合函数的单调性和奇偶性即可判断C；根据指幂型复合函数的单调性和奇偶性即可判断D.
4．【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的始边为x轴的非负半轴，终边经过点，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和三角函数定义，从而得出的值．
5．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，得，
则，
所以，函数的定义域为.
故答案为：C.
【分析】由根式函数求定义域的方法，从而得出，再利用绝对值不等式求解方法，从而得出x的取值范围，进而得出函数的定义域.
6．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，可知 ，因为 ，
所以 ，即 ，
所以椭圆C的离心率为 ，
故答案为：C.
【分析】首先根据题中所给的条件椭圆的一个焦点为 ，从而求得 ，再根据题中所给的方程中系数，可以得到 ，利用椭圆中对应 的关系，求得 ，最后利用椭圆离心率的公式求得结果.
7．【答案】A
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆的标准方程为，
所以，圆心，半径，
又因为圆的标准方程为，
所以，圆心，半径，
则，
所以圆内切，则与圆都相切的直线只有1条．
故答案为：A．
【分析】先判断出两圆的位置关系，从而可得到两圆公切线条数.
8．【答案】A
【知识点】函数在某点取得极值的条件；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为是函数的极值点，
所以是的两根，则，
又因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】先求导，再利用函数极值点的定义得到的值，再利用等比数列的下标性质和对数的运算法则，从而得出的值.
9．【答案】B
【知识点】直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，作平面，
因为三棱锥为正三棱锥，
所以点是正三角形的中心，连接，
又因为正三棱锥的底面的边长为6，
所以，
因为直线与底面所成角的余弦值为，
所以，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】作平面，利用三棱锥为正三棱锥得出点是正三角形的中心，再由结合余弦函数的定义和勾股定理，从而求出的值，再利用正三棱锥的体积公式，从而得出正三棱锥的体积.
10．【答案】D
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况，
若这三个数之积为偶数有，9种情况，
它们之和大于8共有 ，5种情况，
从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为.
故答案为：D.
【分析】 根据题意，由列举法分析“从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数”的取法，进而可得其中“三个数的积为偶数”和“三个数的和大于8”的取法数目，由条件概率公式计算可得答案.
11．【答案】15
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：在的展开式中，通项公式为
令 ，
则展开式中常数项是.
故答案为 15．
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式为，再利用常数项的定义，令，从而得出展开式中的常数项．
12．【答案】2
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】由 可得 ，化简得 ，即 ，解得 .
故答案为：2
【分析】转化条件为 ，即可得解.
13．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：是二次多项式，
除以的余式次数必小于2，
设余式为，则可设，
是多项式的因式，，
则，化简得，
除的余式为5，
，则，化简得，
，解得，，
．
故答案为：．
【分析】利用已知条件，设余式，再利用因式定理和余数定理，从而得出方程组，再联立方程组求出a，b的值，从而得出函数除以的余式．
14．【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，
又因为是定义在R上的奇函数，所以，
由，得，则，
所以，
则，
所以，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件将自变量转化到已知区间上，从而代入到函数解析式，再根据函数的奇偶性和对数的运算法则，从而得出的值.
15．【答案】
【知识点】异面直线所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如下图所示，以、为邻边作正方形，连接，
则，因为，，，
所以二面角的平面角为，
又因为四边形为正方形，所以，
则在中，，
所以，
因为，，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，则，
又因为，所以是异面直线与所成角或其补角，
因为，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】以、为邻边作正方形，连接，利用线线垂直得出二面角的平面角，再利用正方形的结构特征和余弦定理，从而计算出的长和BE的长，根据勾股定理得出AB的长，再由得出是异面直线与所成角或其补角，最后解三角形可得答案.
16．【答案】（1）解：由，
可得：，
则，所以，
由，可得；
则，所以.
（2）解：在中，
则，
由正弦定理知，
可得，
则
.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由向量垂直的数量积表示，从而可得，再利用辅助角公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角的值.
（2）利用正弦定理求出的值，再结合两角差的正弦公式和三角形的面积公式求解.
（1）由可得：
，
即，所以，
由可得；
因此可得，
所以.
（2）在中，，
由正弦定理知，可得
.
17．【答案】（1）证明：由，知，
所以
则数列是以为首项，-1为公差的等差数列，
所以，
则.
（2）解：因为，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）把知，再代入结合等差数列的定义，从而证出数列是以为首项，-1为公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）利用已知条件对变形，则，再利用裂项相消求和法得出数列的前项和.
（1）由，知，
所以，
所以数列是以为首项，-1为公差的等差数列，
所以，
所以.
（2）因为，
所以.
18．【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，令，解得，则当时，单调递增；
当时，单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）解：当时，函数，求导可得，
则曲线在处的切线的斜率为，
故曲线在处的切线的方程为，即；
（3）解：令，则，即，
问题转化为直线与曲线图象的交点个数，
令，则，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，且，
当时，，当时，，
当趋向于负无穷时，趋向于负无穷，当趋向于正无穷时，趋向于，
作出函数的图象，如图所示：
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象无交点，
综上所述：当时，函数的零点个数是；当时，函数的零点个数是；
当时，函数的零点个数是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分，两种情况，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）将代入，求导可得，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（3）令，即，问题转化为直线与曲线图象的交点个数，令，求导，利用导数判断函数的单调性，画出的大致图象，数形结合求解即可.
（1），
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由，则，得，
曲线在处的切线的斜率为
故曲线在处的切线的方程为，
即；
（3）由于，即，
即的零点个数可看作直线与曲线图象的交点个数问题；
令，则，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
故，
当时，，当时，，
当趋向于负无穷时，趋向于负无穷，当趋向于正无穷时，趋向于，
作出函数的图象如图：
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象无交点，
故时，函数的零点个数是；时，函数的零点个数是；
时，函数的零点个数是；
19．【答案】（1）解：由题意知：，又，
解得.
椭圆的方程为：.
（2）证明：设，为线段AB的中点，所以，
因为A，B两点在椭圆上，
所以，两式相减可得：，
则，
即，
而直线OM的斜率为，
直线的斜率为，所以.
故直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
（3）解：因为直线的斜率不为，所以设直线的方程为：，
由方程组可得：，
可得，，
设点到直线的距离为，则，
即，
令，则，
所以，
当且仅当，即，则时取等，
所以面积的最大值为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标和短轴长，结合椭圆中a、b、c的关系，求出a、b的值，进而得到椭圆的标准方程。
（2）利用点差法，对A、B两点在椭圆上的方程作差，结合直线斜率的定义，证明直线OM与直线l的斜率乘积为定值。
（3）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出弦长，再结合三角形面积公式，通过换元法和基本不等式求出面积的最大值。
（1）由题意知：，又，
解得.
椭圆的方程为：.
（2）设，为线段AB的中点，所以，
因为A，B两点在椭圆上，
所以，两式相减可得：，
则，
即，
而直线OM的斜率为，
直线的斜率为，所以.
故直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
（3）因为直线的斜率不为，所以设直线的方程为：，
由方程组可得：，
可得，，
设点到直线的距离为，则，
即，
令，则，
所以，
当且仅当，即，则时取等，
所以面积的最大值为.
1 / 1广东省澳台侨二十校2025-2026学年高三上学期第一次联考数学试题
1．（2026高三上·广东期末）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据元素与集合的关系和x的取值范围，从而得出集合A，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2026高三上·广东期末）已知复数满足（为虚数单位），则在复平面内复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则在复平面内复数对应的点为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算法则得出复数，再根据复数的几何意义找出在复平面内复数对应的点所在的象限.
3．（2026高三上·广东期末）下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、在上单调递增，故A不符；
B、在上不单调，故B不符；
C、易知在上单调递减，在定义域上单调递增，故在上单调递减，又，且定义域为，则为偶函数，故C符合；
D、由在上单调递增，在定义域上单调递增，故在上单调递增，故D不符.
故答案为：C.
【分析】根据幂函数的奇偶性和单调性即可判断A；根据余弦函数的单调性即可判断B；根据对幂型复合函数的单调性和奇偶性即可判断C；根据指幂型复合函数的单调性和奇偶性即可判断D.
4．（2026高三上·广东期末）已知角的始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的始边为x轴的非负半轴，终边经过点，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和三角函数定义，从而得出的值．
5．（2026高三上·广东期末）函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，得，
则，
所以，函数的定义域为.
故答案为：C.
【分析】由根式函数求定义域的方法，从而得出，再利用绝对值不等式求解方法，从而得出x的取值范围，进而得出函数的定义域.
6．（2026高三上·广东期末）已知椭圆 ： 的一个焦点为 ，则 的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：根据题意，可知 ，因为 ，
所以 ，即 ，
所以椭圆C的离心率为 ，
故答案为：C.
【分析】首先根据题中所给的条件椭圆的一个焦点为 ，从而求得 ，再根据题中所给的方程中系数，可以得到 ，利用椭圆中对应 的关系，求得 ，最后利用椭圆离心率的公式求得结果.
7．（2026高三上·广东期末）已知圆及圆，则与圆都相切的直线的条数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：因为圆的标准方程为，
所以，圆心，半径，
又因为圆的标准方程为，
所以，圆心，半径，
则，
所以圆内切，则与圆都相切的直线只有1条．
故答案为：A．
【分析】先判断出两圆的位置关系，从而可得到两圆公切线条数.
8．（2026高三上·广东期末）已知等比数列的各项均为正数，是函数的极值点，则（　　）
A．5 B．6 C．10 D．15
【答案】A
【知识点】函数在某点取得极值的条件；等比数列的性质
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为是函数的极值点，
所以是的两根，则，
又因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】先求导，再利用函数极值点的定义得到的值，再利用等比数列的下标性质和对数的运算法则，从而得出的值.
9．（2026高三上·广东期末）已知正三棱锥的底面的边长为6，直线与底面所成角的余弦值为，则正三棱锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，作平面，
因为三棱锥为正三棱锥，
所以点是正三角形的中心，连接，
又因为正三棱锥的底面的边长为6，
所以，
因为直线与底面所成角的余弦值为，
所以，
则，
所以.
故答案为：B.
【分析】作平面，利用三棱锥为正三棱锥得出点是正三角形的中心，再由结合余弦函数的定义和勾股定理，从而求出的值，再利用正三棱锥的体积公式，从而得出正三棱锥的体积.
10．（2026高三上·广东期末）从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】条件概率与独立事件
【解析】【解答】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况，
若这三个数之积为偶数有，9种情况，
它们之和大于8共有 ，5种情况，
从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为.
故答案为：D.
【分析】 根据题意，由列举法分析“从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数”的取法，进而可得其中“三个数的积为偶数”和“三个数的和大于8”的取法数目，由条件概率公式计算可得答案.
11．（2026高三上·广东期末）在的展开式中，常数项是　 　（用数字作答）．
【答案】15
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：在的展开式中，通项公式为
令 ，
则展开式中常数项是.
故答案为 15．
【分析】利用二项式定理求出展开式的通项公式为，再利用常数项的定义，令，从而得出展开式中的常数项．
12．（2026高三上·广东期末）记 为等差数列 的前n项和．若 ，则公差 　 　．
【答案】2
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式
【解析】【解答】由 可得 ，化简得 ，即 ，解得 .
故答案为：2
【分析】转化条件为 ，即可得解.
13．（2026高三上·广东期末）若是多项式的因式，且除的余式为5，则除以的余式是　 　．
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：是二次多项式，
除以的余式次数必小于2，
设余式为，则可设，
是多项式的因式，，
则，化简得，
除的余式为5，
，则，化简得，
，解得，，
．
故答案为：．
【分析】利用已知条件，设余式，再利用因式定理和余数定理，从而得出方程组，再联立方程组求出a，b的值，从而得出函数除以的余式．
14．（2026高三上·广东期末）是定义在R上的奇函数，且，当时，，则 =　 　．
【答案】
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的周期性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，
又因为是定义在R上的奇函数，所以，
由，得，则，
所以，
则，
所以，
又因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用已知条件将自变量转化到已知区间上，从而代入到函数解析式，再根据函数的奇偶性和对数的运算法则，从而得出的值.
15．（2026高三上·广东期末）已知在大小为的二面角中，于点于点，且，则直线与所成角的余弦值为　 　．
【答案】
【知识点】异面直线所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：如下图所示，以、为邻边作正方形，连接，
则，因为，，，
所以二面角的平面角为，
又因为四边形为正方形，所以，
则在中，，
所以，
因为，，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，则，
又因为，所以是异面直线与所成角或其补角，
因为，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
【分析】以、为邻边作正方形，连接，利用线线垂直得出二面角的平面角，再利用正方形的结构特征和余弦定理，从而计算出的长和BE的长，根据勾股定理得出AB的长，再由得出是异面直线与所成角或其补角，最后解三角形可得答案.
16．（2026高三上·广东期末）已知角是的内角，分别是其对边长，向量，，．
（1）求角的大小；
（2））若，求的长和的面积．
【答案】（1）解：由，
可得：，
则，所以，
由，可得；
则，所以.
（2）解：在中，
则，
由正弦定理知，
可得，
则
.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由向量垂直的数量积表示，从而可得，再利用辅助角公式和三角形中角A的取值范围，从而得出角的值.
（2）利用正弦定理求出的值，再结合两角差的正弦公式和三角形的面积公式求解.
（1）由可得：
，
即，所以，
由可得；
因此可得，
所以.
（2）在中，，
由正弦定理知，可得
.
17．（2026高三上·广东期末）已知数列满足.
（1）证明：数列为等差数列，并求；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）证明：由，知，
所以
则数列是以为首项，-1为公差的等差数列，
所以，
则.
（2）解：因为，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）把知，再代入结合等差数列的定义，从而证出数列是以为首项，-1为公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（2）利用已知条件对变形，则，再利用裂项相消求和法得出数列的前项和.
（1）由，知，
所以，
所以数列是以为首项，-1为公差的等差数列，
所以，
所以.
（2）因为，
所以.
18．（2026高三上·广东期末）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，求曲线在处的切线方程；
（3）当时，试讨论函数的零点个数．
【答案】（1）解：函数定义域为，，
当时，恒成立，函数在上单调递增；
当时，令，解得，则当时，单调递增；
当时，单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）解：当时，函数，求导可得，
则曲线在处的切线的斜率为，
故曲线在处的切线的方程为，即；
（3）解：令，则，即，
问题转化为直线与曲线图象的交点个数，
令，则，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，且，
当时，，当时，，
当趋向于负无穷时，趋向于负无穷，当趋向于正无穷时，趋向于，
作出函数的图象，如图所示：
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象无交点，
综上所述：当时，函数的零点个数是；当时，函数的零点个数是；
当时，函数的零点个数是.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，分，两种情况，利用导数判断函数的单调性即可；
（2）将代入，求导可得，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（3）令，即，问题转化为直线与曲线图象的交点个数，令，求导，利用导数判断函数的单调性，画出的大致图象，数形结合求解即可.
（1），
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，令，解得，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）由，则，得，
曲线在处的切线的斜率为
故曲线在处的切线的方程为，
即；
（3）由于，即，
即的零点个数可看作直线与曲线图象的交点个数问题；
令，则，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
故，
当时，，当时，，
当趋向于负无穷时，趋向于负无穷，当趋向于正无穷时，趋向于，
作出函数的图象如图：
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象有个交点，
当，即时，直线与曲线图象无交点，
故时，函数的零点个数是；时，函数的零点个数是；
时，函数的零点个数是；
19．（2026高三上·广东期末）在平面直角坐标系Oxy中，椭圆的右焦点为，短轴长为2.过点且不平行于坐标轴的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的中点为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明：直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值；
（3）求面积的最大值.
【答案】（1）解：由题意知：，又，
解得.
椭圆的方程为：.
（2）证明：设，为线段AB的中点，所以，
因为A，B两点在椭圆上，
所以，两式相减可得：，
则，
即，
而直线OM的斜率为，
直线的斜率为，所以.
故直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
（3）解：因为直线的斜率不为，所以设直线的方程为：，
由方程组可得：，
可得，，
设点到直线的距离为，则，
即，
令，则，
所以，
当且仅当，即，则时取等，
所以面积的最大值为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标和短轴长，结合椭圆中a、b、c的关系，求出a、b的值，进而得到椭圆的标准方程。
（2）利用点差法，对A、B两点在椭圆上的方程作差，结合直线斜率的定义，证明直线OM与直线l的斜率乘积为定值。
（3）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出弦长，再结合三角形面积公式，通过换元法和基本不等式求出面积的最大值。
（1）由题意知：，又，
解得.
椭圆的方程为：.
（2）设，为线段AB的中点，所以，
因为A，B两点在椭圆上，
所以，两式相减可得：，
则，
即，
而直线OM的斜率为，
直线的斜率为，所以.
故直线OM的斜率与直线的斜率的乘积为定值.
（3）因为直线的斜率不为，所以设直线的方程为：，
由方程组可得：，
可得，，
设点到直线的距离为，则，
即，
令，则，
所以，
当且仅当，即，则时取等，
所以面积的最大值为.
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