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2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣1，+∞） B．（﹣∞，2） C．（﹣1，2） D．
2．（5分）设z＝i（2+i），则 ＝（ ） ∅
A．1+2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．﹣1﹣2i
3．（5分）已知向量 ＝（2，3）， ＝（3，2），则| ﹣ |＝（ ）
A． B．2 C．5 D．50
4．（5分）生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随
机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次
序为（ ）
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙 C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
6．（5分）设f（x）为奇函数，且当x≥0时，f（x）＝ex﹣1，则当x＜0时，f（x）＝（
）
A．e﹣x﹣1 B．e﹣x+1 C．﹣e﹣x﹣1 D．﹣e﹣x+1
7．（5分）设 ， 为两个平面，则 ∥ 的充要条件是（ ）
A． 内有无α数条β直线与 平行 α β
B．α内有两条相交直线与β 平行
C．α， 平行于同一条直线β
D．α，β垂直于同一平面
α β
8．（5分）若x ＝ ，x ＝ 是函数f（x）＝sin x（ ＞0）两个相邻的极值点，则
1 2
ω ω ω
＝（ ）A．2 B． C．1 D．
9．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆 + ＝1的一个焦点，则p＝（
）
A．2 B．3 C．4 D．8
10．（5分）曲线y＝2sinx+cosx在点（ ，﹣1）处的切线方程为（ ）
A．x﹣y﹣ ﹣1＝0 π B．2x﹣y﹣2 ﹣1＝0
C．2x+y﹣π2 +1＝0 D．x+y﹣ +1π＝0
π π
11．（5分）已知 （0， ），2sin2 ＝cos2 +1，则sin ＝（ ）
α∈ α α α
A． B． C． D．
12．（5分）设F为双曲线C： ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，O为坐标原点，以
OF为直径的圆与圆x2+y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）若变量x，y满足约束条件 则z＝3x﹣y的最大值是 ．
14．（5分）我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10个
车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则
经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 ．
15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB＝0，则B＝
．
16．（5分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方
体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图
1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数
学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的
表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 个面，其棱长为 ．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考
题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17．（12分）如图，长方体ABCD﹣A B C D 的底面ABCD是正方形，点E在棱AA 上，
1 1 1 1 1
BE⊥EC ．
1
（1）证明：BE⊥平面EB C ；
1 1
（2）若AE＝A E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB C C的体积．
1 1 118．（12分）已知{a }是各项均为正数的等比数列，a ＝2，a ＝2a +16．
n 1 3 2
（1）求{a }的通项公式；
n
（2）设b ＝log a ，求数列{b }的前n项和．
n 2 n n
19．（12分）某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，
得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表．
y的分组 [﹣0.20，0） [0，0.20） [0.20，0.40） [0.40，0.60） [0.60，0.80）
企业数 2 24 53 14 7
（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；
（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间
的中点值为代表）．（精确到0.01）
附： ≈8.602．
20．（12分）已知F ，F 是椭圆C： + ＝1（a＞b＞0）的两个焦点，P为C上的点，
1 2O为坐标原点．
（1）若△POF 为等边三角形，求C的离心率；
2
（2）如果存在点P，使得PF ⊥PF ，且△F PF 的面积等于16，求b的值和a的取值范
1 2 1 2
围．
21．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：
（1）f（x）存在唯一的极值点；
（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的
第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（10分）在极坐标系中，O为极点，点M（ ， ）（ ＞0）在曲线C： ＝4sin 上，
0 0 0
ρ θ ρ ρ θ直线l过点A（4，0）且与OM垂直，垂足为P．
（1）当 ＝ 时，求 及l的极坐标方程；
0 0
θ ρ
（2）当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）．
（1）当a＝1时，求不等式f（x）＜0的解集；
（2）当x （﹣∞，1）时，f（x）＜0，求a的取值范围．
∈2019 年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知集合A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣1，+∞） B．（﹣∞，2） C．（﹣1，2） D．
【分析】直接利用交集运算得答案． ∅
【解答】解：由A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，
得A∩B＝{x|x＞﹣1}∩{x|x＜2}＝（﹣1，2）．
故选：C．
【点评】本题考查交集及其运算，是基础题．
2．（5分）设z＝i（2+i），则 ＝（ ）
A．1+2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．﹣1﹣2i
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．
【解答】解：∵z＝i（2+i）＝﹣1+2i，
∴ ＝﹣1﹣2i，
故选：D．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3．（5分）已知向量 ＝（2，3）， ＝（3，2），则| ﹣ |＝（ ）
A． B．2 C．5 D．50
【分析】利用向量的坐标减法运算求得 的坐标，再由向量模的公式求解．
【解答】解：∵ ＝（2，3）， ＝（3，2），
∴ ＝（2，3）﹣（3，2）＝（﹣1，1），
∴| |＝ ．
故选：A．
【点评】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量模的求法，是基础题．4．（5分）生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随
机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】本题根据组合的概念可知从这5只兔子中随机取出3只的所有情况数为 ，恰
有2只测量过该指标是从3只侧过的里面选2，从未测的选1，组合数为 ．即可得
出概率．
【解答】解：由题意，可知：
根据组合的概念，可知：
从这5只兔子中随机取出3只的所有情况数为 ，
恰有2只测量过该指标的所有情况数为 ．
∴p＝ ＝ ．
故选：B．
【点评】本题主要考查组合的相关概念及应用以及简单的概率知识，本题属基础题．
5．（5分）在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次
序为（ ）
A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙 C．丙、乙、甲 D．甲、丙、乙
【分析】本题可从三人预测中互相关联的乙、丙两人的预测入手，因为只有一个人预测
正确，而乙对则丙必对，丙对乙很有可能对，假设丙对乙错则会引起矛盾故只有一种情
况就是甲预测正确乙、丙错误，从而得出结果．
【解答】解：由题意，可把三人的预测简写如下：
甲：甲＞乙．
乙：丙＞乙且丙＞甲．丙：丙＞乙．
∵只有一个人预测正确，
∴分析三人的预测，可知：乙、丙的预测不正确．
如果乙预测正确，则丙预测正确，不符合题意．
如果丙预测正确，假设甲、乙预测不正确，
则有丙＞乙，乙＞甲，
∵乙预测不正确，而丙＞乙正确，
∴只有丙＞甲不正确，
∴甲＞丙，这与丙＞乙，乙＞甲矛盾．
不符合题意．
∴只有甲预测正确，乙、丙预测不正确，
甲＞乙，乙＞丙．
故选：A．
【点评】本题主要考查合情推理，因为只有一个人预测正确，所以本题关键是要找到互
相关联的两个预测入手就可找出矛盾．从而得出正确结果．本题属基础题．
6．（5分）设f（x）为奇函数，且当x≥0时，f（x）＝ex﹣1，则当x＜0时，f（x）＝（
）
A．e﹣x﹣1 B．e﹣x+1 C．﹣e﹣x﹣1 D．﹣e﹣x+1
【分析】设x＜0，则﹣x＞0，代入已知函数解析式，结合函数奇偶性可得x＜0时的f
（x）．
【解答】解：设x＜0，则﹣x＞0，
∴f（﹣x）＝e﹣x﹣1，
∵设f（x）为奇函数，∴﹣f（x）＝e﹣x﹣1，
即f（x）＝﹣e﹣x+1．
故选：D．
【点评】本题考查函数的解析式即常用求法，考查函数奇偶性性质的应用，是基础题．
7．（5分）设 ， 为两个平面，则 ∥ 的充要条件是（ ）
A． 内有无α数条β直线与 平行 α β
B．α内有两条相交直线与β 平行
C．α， 平行于同一条直线β
D．α，β垂直于同一平面
α β【分析】充要条件的定义结合面面平行的判定定理可得结论
【解答】解：对于A， 内有无数条直线与 平行， ∩ 或 ∥ ；
对于B， 内有两条相交α直线与 平行， ∥β ； α β α β
对于C，α， 平行于同一条直线β， ∩ 或α β∥ ；
对于D，α，β垂直于同一平面， ∩α 或β ∥α ．β
故选：B．α β α β α β
【点评】本题考查了充要条件的定义和面面平行的判定定理，考查了推理能力，属于基
础题．
8．（5分）若x ＝ ，x ＝ 是函数f（x）＝sin x（ ＞0）两个相邻的极值点，则
1 2
ω ω ω
＝（ ）
A．2 B． C．1 D．
【分析】x ＝ ，x ＝ 是f（x）两个相邻的极值点，则周期T＝2（ ）＝
1 2
，然后根据周期公式即可求出 ．
【解答】解：∵x ＝ ，x ＝ 是函数f（x）＝sin x（ ＞0）两个相邻的极值点，
1 2
ω ω
∴T＝2（ ）＝ ＝
∴ ＝2，
故ω选：A．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是根据条件得出周期，属基础题．
9．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆 + ＝1的一个焦点，则p＝（
）
A．2 B．3 C．4 D．8
【分析】根据抛物线的性质以及椭圆的性质列方程可解得．
【解答】解：由题意可得：3p﹣p＝（ ）2，解得p＝8．
故选：D．
【点评】本题考查了抛物线与椭圆的性质，属基础题．
10．（5分）曲线y＝2sinx+cosx在点（ ，﹣1）处的切线方程为（ ）
πA．x﹣y﹣ ﹣1＝0 B．2x﹣y﹣2 ﹣1＝0
C．2x+y﹣π2 +1＝0 D．x+y﹣ +1π＝0
【分析】求出π 原函数的导函数，得到函数在x＝ 时的π导数，再由直线方程点斜式得答
案． π
【解答】解：由y＝2sinx+cosx，得y′＝2cosx﹣sinx，
∴y′|
x＝
＝2cos ﹣sin ＝﹣2，
∴曲线yπ＝2sinx+πcosx在π点（ ，﹣1）处的切线方程为y+1＝﹣2（x﹣ ），
即2x+y﹣2 +1＝0． π π
故选：C．π
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，熟记基本初等函数的导函
数是关键，是基础题．
11．（5分）已知 （0， ），2sin2 ＝cos2 +1，则sin ＝（ ）
α∈ α α α
A． B． C． D．
【分析】由二倍角的三角函数公式化简已知可得4sin cos ＝2cos2 ，结合角的范围可求
sin ＞0，cos ＞0，可得cos ＝2sin ，根据同角三角函α 数α基本关系α式即可解得sin 的值．
【解α答】解：α∵2sin2 ＝cos2α +1，α α
∴可得：4sin cos ＝2αcos2 ，α
α α α
∵ （0， ），sin ＞0，cos ＞0，
α∈ α α
∴cos ＝2sin ，
∵sin2 α+cos2 α＝sin2 +（2sin ）2＝5sin2 ＝1，
α α α α α
∴解得：sin ＝ ．
α
故选：B．
【点评】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数
化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
12．（5分）设F为双曲线C： ﹣ ＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，O为坐标原点，以
OF为直径的圆与圆x2+y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．【分析】由题意画出图形，先求出PQ，再由|PQ|＝|OF|列式求C的离心率．
【解答】解：如图，
由题意，把x＝ 代入x2+y2＝a2，得PQ＝ ，
再由|PQ|＝|OF|，得 ，即2a2＝c2，
∴ ，解得e＝ ．
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）若变量x，y满足约束条件 则z＝3x﹣y的最大值是 9 ．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优
解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件 作出可行域如图：化目标函数z＝3x﹣y为y＝3x﹣z，由图可知，当直线y＝3x﹣z过A（3，0）时，
直线在y轴上的截距最小，z有最大值为9．
故答案为：9．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
14．（5分）我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10个
车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则
经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 0.9 8 ．
【分析】利用加权平均数公式直接求解．
【解答】解：∵经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，
有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，
∴经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：
＝ （10×0.97+20×0.98+10×0.99）＝0.98．
故答案为：0.98．
【点评】本题考查经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值的求法，考查加权
平均数公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+acosB＝0，则B＝
．
【分析】由正弦定理化简已知等式可得sinAsinB+sinAcosB＝0，由于sinA＞0，化简可得
tanB＝﹣1，结合范围B （0， ），可求B的值为 ．
∈ π
【解答】解：∵bsinA+acosB＝0，∴由正弦定理可得：sinAsinB+sinAcosB＝0，
∵A （0， ），sinA＞0，
∴可∈得：sinπB+cosB＝0，可得：tanB＝﹣1，
∵B （0， ），
∈ π
∴B＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，特殊角的三角函数值在
解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
16．（5分）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方
体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图
1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数
学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的
表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有 26 个面，其棱长为 ﹣ 1
．
【分析】中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有8+1，个面，下层也有8+1个
面，故共有 26个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的
cos45°＝ 倍．
【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+ x+ x＝
1，解得x＝ ﹣1．
故答案为：26， ﹣1．【点评】本题考查了球内接多面体，属中档题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考
题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17．（12分）如图，长方体ABCD﹣A B C D 的底面ABCD是正方形，点E在棱AA 上，
1 1 1 1 1
BE⊥EC ．
1
（1）证明：BE⊥平面EB C ；
1 1
（2）若AE＝A E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB C C的体积．
1 1 1
【分析】（1）由线面垂直的性质可得B C ⊥BE，结合BE⊥EC 利用线面垂直的判定定
1 1 1
理可证明BE⊥平面EB C ；
1 1
（2）由条件可得AE＝AB＝3，然后得到E到平面BB C C的距离d＝3，在求四棱锥的
1 1
体积即可．
【解答】解：（1）证明：由长方体ABCD﹣A B C D ，可知
1 1 1 1
B C ⊥平面ABB A ，BE 平面ABB A ，
1 1 1 1 1 1
∴B 1 C 1 ⊥BE， ⊂
∵BE⊥EC ，B C ∩EC ＝C ，
1 1 1 1 1
∴BE⊥平面EB C ；
1 1
（2）由（1）知∠BEB ＝90°，由题设可知Rt△ABE≌Rt△A B E，
1 1 1
∴∠AEB＝∠A EB ＝45°，∴AE＝AB＝3，AA ＝2AE＝6，
1 1 1
∵在长方体ABCD﹣A B C D 中，AA ∥平面BB C C，E AA ，AB⊥平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴E到平面BB 1 C 1 C的距离d＝AB＝3， ∈
∴四棱锥E﹣BB C C的体积V＝ ×3×6×3＝18．
1 1【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了四棱锥体积的求法，属中档题．
18．（12分）已知{a }是各项均为正数的等比数列，a ＝2，a ＝2a +16．
n 1 3 2
（1）求{a }的通项公式；
n
（2）设b ＝log a ，求数列{b }的前n项和．
n 2 n n
【分析】（1）设等比数列的公比，由已知列式求得公比，则通项公式可求；
（2）把（1）中求得的{a }的通项公式代入b ＝log a ，得到b ，说明数列{b }是等差数
n n 2 n n n
列，再由等差数列的前n项和公式求解．
【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，
由a ＝2，a ＝2a +16，得2q2＝4q+16，
1 3 2
即q2﹣2q﹣8＝0，解得q＝﹣2（舍）或q＝4．
∴ ；
（2）b ＝log a ＝ ，
n 2 n
∵b ＝1，b ﹣b ＝2（n+1）﹣1﹣2n+1＝2，
1 n+1 n
∴数列{b }是以1为首项，以2为公差的等差数列，
n
则数列{b }的前n项和 ．
n
【点评】本题考查等差数列与等比数列的通项公式及前n项和，考查对数的运算性质，
是基础题．
19．（12分）某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了100个企业，
得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表．
y的分组 [﹣0.20，0） [0，0.20） [0.20，0.40） [0.40，0.60） [0.60，0.80）
企业数 2 24 53 14 7
（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例、产值负增长的企业比例；
（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间
的中点值为代表）．（精确到0.01）
附： ≈8.602．
【分析】（1）根据频数分布表计算即可；
（2）根据平均值和标准差计算公式代入数据计算即可．
【解答】解：（1）根据产值增长率频数表得，所调查的100个企业中产值增长率不低
于40%的企业为：＝0.21＝21%，
产值负增长的企业频率为： ＝0.02＝2%，
用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%，
产值负增长的企业比例为2%；
（2）企业产值增长率的平均数 ﹣0.1×2+0.1×24+0.3×53+0.5×14+0.7×7＝0.3＝
30%，
产值增长率的方差s2＝
＝ [（﹣0.4）2×2+（﹣0.2）2×24+02×53+0.22×14+0.42×7]
＝0.0296，
∴产值增长率的标准差s＝ ≈0.17，
∴这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为0.30，0.17．
【点评】本题考查了样本数据的平均值和方差的求法，考查运算求解能力，属基础题．
20．（12分）已知F ，F 是椭圆C： + ＝1（a＞b＞0）的两个焦点，P为C上的点，
1 2
O为坐标原点．
（1）若△POF 为等边三角形，求C的离心率；
2
（2）如果存在点P，使得PF ⊥PF ，且△F PF 的面积等于16，求b的值和a的取值范
1 2 1 2
围．
【分析】（1）根据△POF 为等边三角形，可得在△F PF 中，∠F PF ＝90°，在根据
2 1 2 1 2
直角形和椭圆定义可得；
（2）根据三个条件列三个方程，解方程组可得b＝4，根据x2＝ （c2﹣b2），所以
c2≥b2，从而a2＝b2+c2≥2b2＝32，故a≥4 ，
【解答】解：（1）连接PF ，由△POF 为等边三角形可知在△F PF 中，
1 2 1 2
∠F PF ＝90°，|PF |＝c，|PF |＝ c，于是2a＝|PF |+|PF |＝（ +1）c，
1 2 2 1 1 2故曲线C的离心率e＝ ＝ ﹣1．
（2）由题意可知，满足条件的点P（x，y）存在当且仅当： |y|•2c＝16，
• ＝﹣1， + ＝1，
即c|y|＝16，
x2+y2＝c2，
①
②
+ ＝1，
③
由 及a2＝b2+c2得y2＝ ，又由 知y2＝ ，故b＝4，
②③ ①
由 得x2＝ （c2﹣b2），所以c2≥b2，从而a2＝b2+c2≥2b2＝32，故a≥4 ，
②③
当b＝4，a≥4 时，存在满足条件的点P．
所以b＝4，a的取值范围为[4 ，+∞）．
【点评】本题考查了双曲线的性质，属中档题．
21．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：
（1）f（x）存在唯一的极值点；
（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【分析】（1）推导出f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝lnx﹣ ，从而f′
（x）单调递增，进而存在唯一的x （1，2），使得f′（x ）＝0．由此能证明f（x）
0 0
存在唯一的极值点． ∈
（2）由f（x ）＜f（1）＝﹣2，f（e2）＝e2﹣3＞0，得到f（x）＝0在（x ，+∞）内存
0 0
在唯一的根x＝a，由a＞x ＞1，得 ，从而 是f（x）＝0在（0，x ）的唯一
0 0
根，由此能证明f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【解答】证明：（1）∵函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．
∴f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝ ＝lnx﹣ ，
∵y＝lnx单调递增，y＝ 单调递减，∴f′（x）单调递增，
又f′（1）＝﹣1＜0，f′（2）＝ln2﹣ ＝ ＞0，
∴存在唯一的x （1，2），使得f′（x ）＝0．
0 0
当x＜x
0
时，f′（∈x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞x 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
0
∴f（x）存在唯一的极值点．
（2）由（1）知f（x ）＜f（1）＝﹣2，
0
又f（e2）＝e2﹣3＞0，
∴f（x）＝0在（x ，+∞）内存在唯一的根x＝a，
0
由a＞x ＞1，得 ，
0
∵f（ ）＝（ ）ln ﹣ ＝ ＝0，
∴ 是f（x）＝0在（0，x ）的唯一根，
0
综上，f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．
【点评】本题考查函数有唯一的极值点的证明，考查函数有且仅有两个实根，且两个实
根互为倒数的证明，考查导数性质、函数的单调性、最值、极值等基础知识，考查化归
与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题．
（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的
第一题计分。
[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
22．（10分）在极坐标系中，O为极点，点M（ ， ）（ ＞0）在曲线C： ＝4sin 上，
0 0 0
直线l过点A（4，0）且与OM垂直，垂足为Pρ． θ ρ ρ θ
（1）当 ＝ 时，求 及l的极坐标方程；
0 0
θ ρ
（2）当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程．
【分析】（1）把 ＝ 直接代入 ＝4sin 即可求得 ，在直线l上任取一点（ ，
0 0
θ ρ θ ρ ρ），利用三角形中点边角关系即可求得l的极坐标方程；
θ（2）设P（ ， ），在Rt△OAP中，根据边与角的关系得答案．
ρ θ
【解答】解：（1）当 ＝ 时， ，
0
θ
在直线l上任取一点（ ， ），则有 ，
ρ θ
故l的极坐标方程为有 ；
（2）设P（ ， ），则在Rt△OAP中，有 ＝4cos ，
ρ θ ρ θ
∵P在线段OM上，∴ [ ， ]，
θ∈
故P点轨迹的极坐标方程为 ＝4cos ， [ ， ]．
ρ θ θ∈
【点评】本题考查解得曲线的极坐标方程及其应用，画图能够起到事半功倍的作用，是
基础题．
[选修4-5：不等式选讲]（10分）
23．已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）．
（1）当a＝1时，求不等式f（x）＜0的解集；
（2）当x （﹣∞，1）时，f（x）＜0，求a的取值范围．
【分析】（∈1）将a＝1代入得f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），然后分x＜1和x≥1两种
情况讨论f（x）＜0即可；
（2）根据条件分a≥1和a＜1两种情况讨论即可．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），
∵f（x）＜0，∴当x＜1时，f（x）＝﹣2（x﹣1）2＜0，恒成立，∴x＜1；
当x≥1时，f（x）＝（x﹣1）（x+|x﹣2|）≥0恒成立，∴x ；
综上，不等式的解集为（﹣∞，1）； ∈∅
（2）当a≥1时，f（x）＝2（a﹣x）（x﹣1）＜0在x （﹣∞，1）上恒成立；
当a＜1时，x （a，1），f（x）＝2（x﹣a）＞0，不满∈足题意，
∈∴a的取值范围为：[1，+∞）
【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属中档题．
