2019年高考数学试卷（理）（新课标Ⅱ）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按试卷类型分类）2008-2025_全国卷·数学（2008-2025）

绝密★启用前 2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ） 答案解析版 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.设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={ x|x-1<0}，则A∩B= A. (-∞，1) B. (-2，1) C. (-3，-1) D. (3，+∞) 【答案】A 【解析】 【分析】 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用 数形结合的思想解题． 【详解】由题意得，A=  x x2,或x3  ,B=  x x<1  ，则AÇB=  x x<1  ．故选A． 【点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目，难度偏易．不能领会交集的含义易致误， 区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 2.设z=-3+2i，则在复平面内z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】C 【解析】 【分析】 本题考查复数的共轭复数和复数在复平面内的对应点位置，渗透了直观想象和数学运算素 养．采取定义法，利用数形结合思想解题． 【详解】由z=32i,得z=32i,则z=32i,对应点（-3，- 2）位于第三象限．故选C． 【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目，难度偏易．忽视共轭复数的定义致错，复数 与共轭复数间的关系为实部同而虚部异，它的实部和虚部分别对应复平面上点的横纵坐标 ． 第1页 | 共22页uuuv uuuv uuur uuur uuur 3.已知AB=(2,3)，AC=(3，t)，BC=1，则AB×BC= A. -3 B. -2 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 本题考查平面向量数量积的坐标运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法，利 用转化与化归思想解题． uuur uuur uuur uuur 【详解】由BC = ACAB=(1,t3)， BC = 12 (t3)2 =1，得t =3，则 uuur uuur uuur BC =(1,0)，AB BC =(2,3) (1,0)=2130=2．故选C．   【点睛】本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大．学生易在 处理向量的法则运算和坐标运算处出错，借助向量的模的公式得到向量的坐标，然后计算 向量数量积． 4.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事 业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测 器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月 拉格朗日L 点的轨道运行．L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为 2 2 M ，月球质量为M ，地月距离为R，L 点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有 １ ２ 2 引力定律，r满足方程： M M M 1  2 =(Rr) 1 . (Rr)2 r2 R3 r 3a33a4 a5 设a= ，由于a的值很小，因此在近似计算中 »3a3，则r的近似值 R (1a)2 为 M M A. 2R B. 2 R M 2M 1 1 3M M C. 3 2R D. 3 2 R M 3M 1 1 第2页 | 共22页【答案】D 【解析】 【分析】 本题在正确理解题意的基础上，将有关式子代入给定公式，建立a的方程，解方程、近似 计算．题目所处位置应是“解答题”，但由于题干较长，易使考生“望而生畏”，注重了 阅读理解、数学式子的变形及运算求解能力的考查． r 【详解】由a= ，得r =aR R M M M 因为 1  2 =(Rr) 1 ， (Rr)2 r2 R3 M M M 所以 1  2 =(1a) 1 ， R2(1a)2 a2R2 R2 M 1 a5 3a4 3a3 即 2 =a2[(1a) ]= »3a3， M (1a)2 (1a)2 1 M 解得a=3 2 ， 3M 1 M 所以r =aR=3 2 R. 3M 1 【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意； 易错点之二是复杂式子的变形出错． 5.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始 评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比 ，不变的数字特征是 A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 【答案】A 【解析】 【分析】 可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案． 【详解】设9位评委评分按从小到大排列为x 1 < x 2 < x 3 < x 4L < x 8 < x 9 ． 第3页 | 共22页则①原始中位数为x 5 ，去掉最低分x 1 ，最高分x 9 ，后剩余x 2 < x 3 < x 4L < x 8 ， 中位数仍为x ，\A正确． 5 1 ②原始平均数x= (x < x < x < x < x < x )，后来平均数 9 1 2 3 4L 8 9 1 x¢= （x < x < x < x） 7 2 3 4L 8 平均数受极端值影响较大，\ x与x¢不一定相同，B不正确 ③S2 = 1 éx x2 x x2    x x 2ù 9 êë 1 1 L q úû 1é 2  2  2ù s¢2 = 7êë x 2 x¢  x 3 x¢  L  x 8 x¢ úû 由②易知，C不正确． ④原极差=x -x ，后来极差=x -x 显然极差变小，D不正确． 9 1 8 2 【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解. 6.若a>b，则 A. ln(a−b)>0 B. 3a<3b C. a3−b3>0 D. │a│>│b│ 【答案】C 【解析】 【分析】 本题也可用直接法，因为a >b，所以ab>0，当ab=1时，ln(ab)=0，知A错， 因为y =3x是增函数，所以3a >3b，故B错；因为幂函数y = x3是增函数，a >b，所以 a3 >b3，知C正确；取a=1,b=2，满足a >b，1= a < b =2，知D错． 【详解】取a=2,b=1，满足a >b，ln(ab)=0，知A错，排除A；因为 9=3a >3b =3，知B错，排除B；取a=1,b=2，满足a >b，1= a < b =2，知D错 ，排除D，因为幂函数y = x3是增函数，a >b，所以a3 >b3，故选C． 【点睛】本题主要考查对数函数性质、指数函数性质、幂函数性质及绝对值意义，渗透了 逻辑推理和运算能力素养，利用特殊值排除即可判断． 第4页 | 共22页7.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A. α内有无数条直线与β平行 B. α内有两条相交直线与β平行 C. α，β平行于同一条直线 D. α，β垂直于同一平面 【答案】B 【解析】 【分析】 本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用 面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【详解】由面面平行的判定定理知：a内两条相交直线都与b平行是a//b的充分条件， 由面面平行性质定理知，若a//b，则a内任意一条直线都与b平行，所以a内两条相 交直线都与b平行是a//b的必要条件，故选B． 【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住， 凭主观臆断，如：“若aÌa,bÌb,a//b，则a//b”此类的错误． x2 y2 8.若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆  =1的一个焦点，则p= 3p p A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于 p 的方程，即可解出 p ，或者利用检验排除 的方法，如 p=2时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可 排除B，C，故选D． p x2 y2 【详解】因为抛物线y2 =2px(p >0)的焦点( ,0)是椭圆  =1的一个焦点，所以 2 3p p 第5页 | 共22页p 3p p=( )2，解得 p=8，故选D． 2 【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养． p p p 9.下列函数中，以 为周期且在区间( ， )单调递增的是 2 4 2 A. f(x)=│cos 2x│ B. f(x)=│sin 2x│ C. f(x)=cos│x│ D. f(x)= sin│x│ 【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图 象，即可做出选择． 【详解】因为y =sin|x|图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为 p y =cos x =cosx，周期为2p，排除C，作出y = cos2x 图象，由图象知，其周期为 2 p p p ，在区间( , )单调递增，A正确；作出y = sin2x 的图象，由图象知，其周期为 ，在 4 2 2 p p 区间( , )单调递减，排除B，故选A． 4 2 【点睛】利用二级结论：①函数y = f(x) 的周期是函数y = f(x)周期的一半；② y =sinwx 不是周期函数； 第6页 | 共22页π 10.已知a∈（0， ），2sin2α=cos2α+1，则sinα= 2 1 5 A. B. 5 5 3 2 5 C. D. 3 5 【答案】B 【解析】 【分析】 利用二倍角公式得到正余弦关系，利用角范围及正余弦平方和为1关系得出答案． æ pö 【详解】 Q 2sin2a=cos2a1，\4sina×cosa=2cos2a. Q aÎ ç 0, ÷ ,\cosa>0 è 2ø ． 1 sina>0, \ 2sina=cosa，又sin2acos2a=1，\5sin2a=1, sin2a= ，又 5 5 sina>0，\sina= ，故选B． 5 【点睛】本题为三角函数中二倍角公式、同角三角函数基本关系式的考查，中等难度，判 断正余弦正负，运算准确性是关键，题目不难，需细心，解决三角函数问题，研究角的范 围后得出三角函数值的正负，很关键，切记不能凭感觉． x2 y2 11.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 a2 b2 与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为 A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】 第7页 | 共22页准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率 ． 【详解】设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQ^ x轴， c 又 Q PQ =|OF |=c，\|PA|= , \PA为以OF 为直径的圆的半径， 2 c \A为圆心|OA|= ． 2 æc cö \P ç , ÷，又P 点在圆x2  y2 =a2上， è2 2ø c2 c2 c2 c2 \  =a2，即 =a2, \ e2 = =2． 4 4 2 a2 \e= 2 ，故选A． 【点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先 考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆 锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来． 12.设函数 f(x)的定义域为R，满足 f(x1)=2 f(x)，且当xÎ(0,1]时， 8 f(x)= x(x1).若对任意xÎ(¥,m]，都有 f(x)³ ，则m的取值范围是 9 æ 9ù æ 7ù A. ç ¥, ú B. ç ¥, ú è 4û è 3û æ 5ù æ 8ù C. ç ¥, ú D. ç ¥, ú è 2û è 3û 第8页 | 共22页【答案】B 【解析】 【分析】 本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分 析出临界点位置，精准运算得到解决． 【详解】 xÎ(0,1]时， f(x)=x(x1)， f(x+1)=2 f(x)，\ f(x)=2f(x1)，即 f(x) Q 右移1个单位，图像变为原来的2倍． 如图所示：当2< x£3时， f(x)=4f(x2)=4(x2)(x3)，令 8 4(x2)(x3)= ，整理得：9x2 45x56=0， 9 7 8 8 \(3x7)(3x8)=0, \x = ,x = （舍），\ xÎ(¥,m]时， f(x)³ 成立， 1 3 2 3 9 7 æ 7ù 即m£ ，\mÎ ç ¥, ú ，故选B． 3 è 3û 【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2 倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象 概括、数学建模能力． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13.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___________. 【答案】0．98. 【解析】 第9页 | 共22页【分析】 本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题． 【详解】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为 100.97200.98100.99=39.2，其中高铁个数为10+20+10=40，所以该站所有高 39.2 铁平均正点率约为 =0.98． 40 【点睛】本题考点为概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养．侧重统计数据的概率估 算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算 出正点列车数量与列车总数的比值． 14.已知 f(x)是奇函数，且当x<0时， f(x)=eax.若 f(ln2)=8，则a =_________ _. 【答案】-3 【解析】 【分析】 本题主要考查函数奇偶性，对数的计算．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想 得出答案． 【详解】因为 f(x)是奇函数，且当x<0时， f(x)=eax． 又因为ln2Î(0,1)， f(ln2)=8， 所以ealn2 =8，两边取以e为底的对数得aln2=3ln2，所以a=3，即3p． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性，对数的计算． π 15.VABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B= ，则VABC的面 3 积为__________. 【答案】6 3 【解析】 【分析】 本题首先应用余弦定理，建立关于c的方程，应用a,c的关系、三角形面积公式计算求解 ，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求 第10页 | 共22页解能力的考查． 【详解】由余弦定理得b2 =a2 c2 2accosB， 1 所以(2c)2 c2 22cc =62， 2 即c2 =12 解得c=2 3,c=2 3（舍去） 所以a =2c=4 3， 1 1 3 S = acsinB= 4 32 3 =6 3. DABC 2 2 2 【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错 误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算． 16.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_________． 【答案】 (1). 共26个面. (2). 棱长为 21. 【解析】 【分析】 第一问可按题目数出来，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几 何解决． 【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正 多面体共有188=26个面． 如图，设该半正多面体的棱长为x，则AB= BE = x，延长BC与FE交于点G，延长 BC交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，DBGE为等腰直角三角形， 第11页 | 共22页2 2 \BG =GE =CH = x, \ GH =2 xx=( 21)x=1， 2 2 1 x \x= = 21，即该半正多面体棱长为 ． 21 x1 【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌 乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想 象能力，快速还原图形． 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为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分。 17. 如图，长方体ABCD–A B C D 的底面ABCD是正方形，点E在棱AA 上，BE⊥EC . 1 1 1 1 1 1 （1）证明：BE⊥平面EB C ； 1 1 （2）若AE=A E，求二面角B–EC–C 的正弦值. 1 1 第12页 | 共22页3 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 【解析】 【分析】 （1）利用长方体的性质，可以知道BC ^侧面ABBA，利用线面垂直的性质可以证明 1 1 1 1 出BC ^ EB，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE ^平面EBC ； 1 1 1 1 uuur uuur uuur （2）以点B 坐标原点，以BA,BC,BB 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 1 设正方形ABCD的边长为a，BB=b，求出相应点的坐标，利用BE ^ EC ，可以求出 1 1 a,b之间的关系，分别求出平面EBC 、平面ECC 的法向量，利用空间向量的数量积公式 1 求出二面角BECC 的余弦值的绝对值，最后利用同角的三角函数关系，求出二面角 1 BECC 的正弦值. 1 【详解】证明（1）因为ABCDABC D 是长方体，所以BC ^侧面ABBA，而 1 1 1 1 1 1 1 1 BE Ì平面ABBA，所以BE ^ BC 1 1 1 1 又BE ^ EC ，BC ÇEC =C ，BC ,EC Ì平面EBC ，因此BE ^平面EBC ； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 uuur uuur uuur （2）以点B 坐标原点，以BA,BC,BB 分别为x,y,z轴，建立如下图所示的空间直角坐标 1 系， b B(0,0,0),C(0,a,0),C (0,a,b),E(a,0, )， 1 2 第13页 | 共22页uuur uuuur b b b2 因为BE ^ EC ，所以BE×EC =0Þ(a,0, )×(a,a, )=0Þa2  =0Þb=2a 1 1 2 2 4 ， uuur uuuur uuur 所以E(a,0,a)，EC =(a,a,a),CC =(0,0,2a),BE =(a,0,a)， 1 ur 设m=(x ,y ,z )是平面BEC 的法向量， 1 1 1 uuuv ìmv×BE =0, ìax az =0, 所以í uuuv Þí 1 1 Þmv =(1,0,1)， îmv×EC =0. î ax ay az =0. 1 1 1 r 设n=(x ,y ,z )是平面ECC 的法向量， 2 2 2 1 uuuuv ìnv×CC =0, ì2az =0, 所以í uuuv 1 Þí 2 Þnv =(1,1,0)， înv×EC =0. î ax ay az =0. 2 2 2 ur r m×n 1 1 二面角BECC 的余弦值的绝对值为 = = ， 1 m ur × n r 2 2 2 1 3 所以二面角BECC 的正弦值为 1( )2 = . 1 2 2 【点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直，考查了利用空间向量求二角 角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力. 18. 11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多 得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得 分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10 平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束. （1）求P（X=2）； （2）求事件“X=4且甲获胜”的概率. 【答案】（1）0.5；（2）0.1 【解析】 【分析】 (1)本题首先可以通过题意推导出PX =2 所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球” ，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果； (2)本题首先可以通过题意推导出P(X =4)所包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两 第14页 | 共22页球均为甲得分”，然后计算出每种事件的概率并求和即可得出结果。 【详解】(1)由题意可知，PX =2 所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球” 所以P(X =2) =0.5´ 0.4+0.5´ 0.6=0.5 (2)由题意可知，P(X =4)包含的事件为“前两球甲乙各得1分，后两球均为甲得分” 所以P(X =4) =0.5´ 0.6´ 0.5´ 0.4+0.5´ 0.4´ 0.5´ 0.4=0.1 【点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出PX =2 以及P(X =4)所 包含的事件是解决本题的关键，考查推理能力，考查学生从题目中获取所需信息的能力， 是中档题。 19. 已知数列{a }和{b }满足a =1，b =0，4a =3a b 4 ，4b =3b a 4. n n 1 1 n1 n n n1 n n （1）证明：{a +b }是等比数列，{a –b }是等差数列； n n n n （2）求{a }和{b }的通项公式. n n 【答案】（1）见解析；（2）a = 1 +n- 1 ，b = 1 - n+1 。 n 2n 2 n 2n 2 【解析】 【分析】 (1)可通过题意中的4a =3a b 4以及4b =3b a 4对两式进行相加和相减即 n1 n n n1 n n 可推导出数列 a b  是等比数列以及数列 a b  是等差数列； n n n n (2)可通过(1)中的结果推导出数列 a b  以及数列 a b  的通项公式，然后利用数列 n n n n a b  以及数列 a b  的通项公式即可得出结果。 n n n n 【详解】(1)由题意可知4a =3a b 4，4b =3b a 4，a +b =1， n1 n n n1 n n 1 1 a b =1， 1 1 所以4a +4b =3a - b +4+3b - a - 4=2a +2b ，即a +b =1(a +b ) ， n+1 n+1 n n n n n n n+1 n+1 2 n n 1 所以数列 a b  是首项为1、公比为 的等比数列，a +b =(1)n-1 ， n n 2 n n 2 因为4a - 4b =3a - b +4- (3b - a - 4) =4a - 4b +8， n+1 n+1 n n n n n n 第15页 | 共22页所以a - b =a - b +2，数列 a b  是首项1、公差为2的等差数列， n+1 n+1 n n n n a - b =2n-1。 n n (2)由(1)可知，a +b =(1)n-1 ，a - b =2n-1， n n 2 n n 所以a n =1 2 (a n +b n +a n - b n ) = 2 1 n +n- 1 2 ，b n =1 2 é ë a n +b n - (a n - b n )ù û = 2 1 n - n+1 2 。 【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证 明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力 ，考查化归与转化思想，是中档题。 20. x1 已知函数 f x=lnx . x1 （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x 是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x ，ln 0 0 x )处的切线也是曲线y =ex的切线. 0 【答案】（1）函数 f(x)在(0,1)和(1,¥)上是单调增函数，证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）对函数 f(x)求导，结合定义域，判断函数的单调性； （2）先求出曲线y=lnx在A(x ,lnx )处的切线l，然后求出当曲线y =ex切线的斜率与 0 0 l斜率相等时，证明曲线y =ex切线l'在纵轴上的截距与l在纵轴的截距相等即可. 【详解】（1）函数 f(x)的定义域为(0,1)È(1,¥)， x1 x2 1 f(x)=lnx Þ f¢(x)= ，因为函数 f(x)的定义域为(0,1)È(1,¥)，所 x1 x(x1)2 以 f¢(x)>0，因此函数 f(x)在(0,1)和(1,¥)上是单调增函数； 1 1 1 1 e 2 当xÎ(0,1)，时，x®0,y®¥，而 f( )=ln  = >0，显然当xÎ(0,1) e e 1 e1 1 e 第16页 | 共22页，函数 f(x)有零点，而函数 f(x)在xÎ(0,1)上单调递增，故当xÎ(0,1)时，函数 f(x)有 唯一的零点； e1 2 e2 1 e2 3 当xÎ(1,¥)时， f(e)=lne = <0, f(e2)=lne2  = >0， e1 e1 e2 1 e2 1 因为 f(e)× f(e2)<0，所以函数 f(x)在(e,e2)必有一零点，而函数 f(x)在(1,¥)上是单 调递增，故当xÎ(1,¥)时，函数 f(x)有唯一的零点 综上所述，函数 f(x)的定义域(0,1)È(1,¥)内有2个零点； x 1 x 1 （2）因为x 是 f(x)的一个零点，所以 f(x )=lnx  0 =0Þlnx = 0 0 0 0 x 1 0 x 1 0 0 1 1 y =lnxÞ y¢= ，所以曲线y=lnx在A(x ,lnx )处的切线l的斜率k = ，故曲线 x 0 0 x 0 1 x 1 y=lnx在A(x ,lnx )处的切线l的方程为：ylnx = (xx )而lnx = 0 ，所以 0 0 0 x 0 0 x 1 0 0 x 2 2 l的方程为y =  ，它在纵轴的截距为 . x x 1 x 1 0 0 0 设曲线y =ex的切点为B(x ,ex 1)，过切点为B(x ,ex 1)切线l'，y =ex Þ y¢=ex，所以在 1 1 B(x ,ex 1)处的切线l'的斜率为ex 1，因此切线l'的方程为y =ex 1xex 1(1x )， 1 1 1 1 当切线l'的斜率k =ex 1等于直线l的斜率k = 时，即ex 1 = Þ x =(lnx )， 1 x x 1 0 0 0 1 x 1 切线l'在纵轴的截距为b =ex 1(1x )=elnx 0(1lnx )= (1lnx )，而lnx = 0 1 1 0 x 0 0 x 1 0 0 1 x 1 2 ，所以b = (1 0 )= ，直线l,l'的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此 1 x x 1 x 1 0 0 0 直线l,l'重合，故曲线y=lnx在A(x ,lnx )处的切线也是曲线y =ex的切线. 0 0 【点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学 运算能力. 第17页 | 共22页21. 1 已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为− .记M的轨迹 2 为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E， 连结QE并延长交C于点G. （i）证明： V PQG 是直角三角形； （ii）求 V PQG面积的最大值. （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． 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】 【分析】 1 （1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为− ，可以得到等 2 式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件； （2）（i）设出直线PQ的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点E 的坐标，求出直线QE的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出G的坐标，再求 出直线PG的斜率，计算k k 的值，就可以证明出 PQG是直角三角形； PQ PG V （ii）由（i）可知P,Q,G三点坐标， V PQG是直角三角形，求出PQ,PG的长，利用面 积公式求出 V PQG的面积，利用导数求出面积的最大值. y y 【详解】（1）直线AM 的斜率为 (x¹2)，直线BM 的斜率为 (x¹2)，由题 x2 x2 y y 1 意可知： × = Þ x2 2y2 =4,(x¹±2)，所以曲线C是以坐标原点为中心， x2 x2 2 x2 y2 焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为  =1,x¹±2； 4 2 （2）（i）设直线PQ的方程为y =kx,由题意可知k >0,直线PQ的方程与椭圆方程 第18页 | 共22页ì 2 ì 2 x= , x= , ï ï ìy =kx, ï 2k2 1 ï 2k2 1 x2 2y2 =4联立,即í Þí 或í ,点P在第一象限 îx2 2y2 =4. ï 2k ï 2k y = . y = . ï î 2k2 1 ï î 2k2 1 2 2k 2 2k ，所以P( , ),Q( , )，因此点E的坐标为 2k2 1 2k2 1 2k2 1 2k2 1 2 ( ,0) 2k2 1 k k k 直线QE的斜率为k = ，可得直线QE方程：y = x ，与椭圆方程联立， QE 2 2 2k2 1 ì k k ï y = x , 4k2x 12k2 8 í 2 2k2 1 ，消去y得，(2k2)x2   =0（*），设点 ï 2k2 1 2k2 1 îx2 2y2 =4. 2 G(x ,y )，显然Q点的横坐标 和x 是方程（*）的解 1 1 2k2 1 1 12k2 8  所以有 2 2k2 1 6k2 4 ，代入直线QE方程中，得 x × = Þ x = 1 2k2 1 2k2 1 (k2 2) 2k2 1 6k2 4 2k3 2k3 ( , ) y 1 = ，所以点G的坐标为 (k2 2) 2k2 1 (k2 2) 2k2 1 ， (k2 2) 2k2 1 2k3 2k  (k2 2) 2k2 1 2k2 1 2k32k(k2 2) 1 直线PG的斜率为; k = = = , PG 6k2 4 2 6k2 42(k2 2) k  (k2 2) 2k2 1 2k2 1 1 因为k k =k×( )=1,所以PQ^ PG，因此 PQG是直角三角形； V PQ PG k 2 2k 2 2k （ii）由（i）可知：P( , ),Q( , )， 2k2 1 2k2 1 2k2 1 2k2 1 6k2 4 2k3 ( , ) G的坐标为 (k2 2) 2k2 1 (k2 2) 2k2 1 ， 第19页 | 共22页2 2 2k 2k 4 1k2 PQ= (  )2 (  )2 = ， 2k2 1 2k2 1 2k2 1 2k2 1 2k2 1 6k2 4 2 2k3 2k 4k k2 1 PG= (  )2 (  )2 = (k2 2) 2k2 1 2k2 1 (k2 2) 2k2 1 2k2 1 (k2 2) 2k2 1 , 1 4k k2 1 4 1k2 8(k3 k) S =  × = DPQG 2 (k2 2) 2k2 1 2k2 1 2k4 5k2 2 8(k1)(k1)(2k4 3k2 2) S' = ,因为k >0，所以当00，函数S(k) (2k4 5k2 2)2 单调递增，当k >1时，S' <0，函数S(k)单调递减，因此当k =1时，函数S(k)有最大 16 值，最大值为S(1)= . 9 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形 状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了利用导数求函数最大值问题. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程] 在极坐标系中，O为极点，点M(r,q)(r >0)在曲线C:r=4sinq上，直线l过点 0 0 0 A(4,0)且与OM 垂直，垂足为P. p （1）当q= 时，求r及l的极坐标方程； 0 3 0 （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. p 【答案】（1）r =2 3，l的极坐标方程为rsin(q )=2；（2） 0 6 p p r=4cosq( £q£ ) 4 2 【解析】 【分析】 p （1）先由题意，将q= 代入r=4sinq即可求出r；根据题意求出直线l的直角坐标 0 3 0 方程，再化为极坐标方程即可； （2）先由题意得到P点轨迹的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可，要注意变量的取值 范围. 【详解】（1）因为点M(r,q)(r >0)在曲线C:r=4sinq上， 0 0 0 第20页 | 共22页p 所以r =4sinq =4sin =2 3； 0 0 3 p p 即M(2 3, )，所以k =tan = 3， 3 OM 3 因为直线l过点A(4,0)且与OM 垂直， 3 所以直线l的直角坐标方程为y = (x4)，即x+ 3y4=0； 3 p 因此，其极坐标方程为rcosq 3rsinq=4，即l的极坐标方程为rsin(q )=2 6 ； y y （2）设P(x,y)，则k = ， k = ， OP x AP x4 y2 由题意，OP^ AP，所以k k =1，故 =1，整理得x2  y2 4x=0， OP AP x2 4x 因为P在线段OM上，M在C上运动，所以0£ x£2,2£ y£4， p p 所以，P点轨迹的极坐标方程为r2 4rcosq=0，即r=4cosq( £q£ ). 4 2 【点睛】本题主要考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，熟记公式即可，属于常考 题型. 23.[选修4-5：不等式选讲] 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）若xÎ(¥,1)时， f(x)<0，求a的取值范围. 【答案】（1）(¥,1)；（2）[1,¥) 【解析】 【分析】 （1）根据a=1，将原不等式化为|x1|x|x2|(x1)<0，分别讨论x<1，1£ x<2 ，x³2三种情况，即可求出结果； （2）分别讨论a≥1和a<1两种情况，即可得出结果. 【详解】（1）当a=1时，原不等式可化为|x1|x|x2|(x1)<0； 第21页 | 共22页当x<1时，原不等式可化为(1x)x(2x)(x1)<0，即(x1)2 >0，显然成立， 此时解集为(¥,1)； 当1£ x<2时，原不等式可化为(x1)x(2x)(x1)<0，解得x<1，此时解集为空集 ； 当x³2时，原不等式可化为(x1)x(x2)(x1)<0，即(x1)2 <0，显然不成立； 此时解集为空集； 综上，原不等式的解集为(¥,1)； （2）当a≥1时，因为xÎ(¥,1)，所以由 f(x)<0可得(ax)x(2x)(xa)<0， 即(xa)(x1)>0，显然恒成立；所以a≥1满足题意； ì 2(xa),a£ x<1 当a<1时， f(x)=í ，因为 a£ x<1时， î2(xa)(1x),x