《2019年全国统一高考数学试卷全国Ⅱ卷理科试题试卷及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年全国统一高考数学试卷全国Ⅱ卷理科试题试卷及答案解析.pdf（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、绝密启用前绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试卷（第 1 页-5 页）+解析（第 6-27 页）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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21.设集合 A=x|x-5x+60，B=x|x-1b，则A.ln(a b)0B.3a0D.ab7.设，为两个平面，则 的充要条件是A.内有无数条直线与 平行B.内有两条相交直线与 平行C.，平行于同一条直线D
2、.，垂直于同一平面8.若抛物线 y2=2px（p0）的焦点是椭圆x2y23pp的B.平均数1的一个焦点，则 p=A.2B.3C.4D.89.下列函数中，以2为周期且在区间(4，2)单调递增的是A.f(x)=cos 2xB.f(x)=sin 2xC.f(x)=cosxD.f(x)=sinx10.已知 a（0，2），2sin2=cos2+1，则 sin=A.1B.555C.33D.2 55x2y222211.设 F 为双曲线 C：221（a0，b0）的右焦点，O为坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 x+y=aab交于 P、Q两点若|PQ|=|OF|，则 C 的离心率为A.2C.212.设函数f(x
3、)的定义域为 R，满足f(x 1)2 f(x)，且当x(0,1时，f(x)x(x 1).若对任意8x(,m，都有f(x)，则 m 的取值范围是9A.,4C,2二、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_.ax14.已知f(x)是奇函数，且当x 0时，f(x)e.若f(ln2)8，则a_.9B.3D.5B.,375D.,3815.VABC的内角A,B,C的对边分别为a,b
4、,c.若b 6,a 2c,B _.，则VABC的面积为316.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1721 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.
5、如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1的正弦值.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.19已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0
6、，4an1 3anbn4，4bn1 3bnan4.（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式.20已知函数fx ln x.x1x 1.（1）讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；x（2）设 x0是 f(x)的一个零点，证明曲线 y=ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y e的切线.21.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1.记 M 的轨迹为曲线 C.2（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，PEx轴
7、，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G.（i）证明：PQG是直角三角形；（ii）求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(0,0)(0 0)在曲线C:4sin上，直线 l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为 P.（1）当0=3时，求0及 l的极坐标方程；（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.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；
8、（2）若x(,1)时，f(x)0，求a的取值范围.绝密启用前绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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21.设集合 A=x|x-5x+60，B=x|x-1b，则A.ln(a b)033C.ab 0abB.3b【答案】C【解析】【分析】本题也可用直接法，因为a b，所以ab 0，当ab1时，ln(a b)0，知 A
9、 错，因为y 3是增x3函数，所以3a 3b，故 B 错；因为幂函数y x是增函数，a b，所以a3b3，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，3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 x是增函数，a b，所以a3b3，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7.设，为两个平面，则 的充要条件是A.内有无数条直
10、线与平行B.内有两条相交直线与 平行C.，平行于同一条直线D.，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：内两条相交直线都与平行是/的充分条件，由面面平行性质定理知，若/，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是/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a,b,a/b，则/”此类的错误8.若抛物线 y=2px（p0）的焦点是椭圆2x23py2p1的一个焦点，
11、则 p=B.3D.8A.2C.4【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 Dx2y2pp1的一个焦点，所以3p p ()2，【详解】因为抛物线y 2px(p 0)的焦点(,0)是椭圆3pp222解得p 8，故选 D【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9.下列函数中，以A.f(x)=cos 2xC.f(x)=cosx【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
12、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y cos x cosx，周期为2，排除 C，作出y cos2x图象，由图象知，其周期为图象，由图象知，其周期为为周期且在区间(，)单调递增的是242B.f(x)=sin 2xD.f(x)=sinx，在区间单调递增，A 正确；作出y sin2x的2，在区间单调递减，排除B，故选 A2【点睛】利用二级结论：函数y f(x)的周期是函数y f(x)周期的一半；y sinx不是周期函数；10.已知 a（0，A.），2sin2=cos2+1，则 sin=2B.153355C.D.2 55【答案】B【
13、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【详解】22sin2cos21，4sin cos 2cos .0,cos 021sin 0,2sin cos，又sin2cos21，5sin2 1,sin2，又sin0，5sin5，故选 B5【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x2y222211.设 F 为双曲线 C：221（a0，b0）的右焦点，O为坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 x+y
14、=aab交于 P、Q两点若|PQ|=|OF|，则 C 的离心率为A.2C.2【答案】A【解析】【分析】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，又B.3D.5cPQ|OF|c，|PA|,PA为以OF为直径的圆的半径，2cA为圆心|OA|2 c c P,，又P点在圆x2 y2 a2上，2 2c2c2c2c2222 a，即 a,e 2 2442ae 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
15、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x(0,1时，f(x)x(x 1).若对任意8x(,m，都有f(x)，则 m 的取值范围是99,A.47,B.35,C.2【答案】B【解析】【分析】8,D.3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】x(0,1时，f(x)=x(x 1)，f(x+1)=2 f(x)，f(x)2 f(x 1)，即f(x)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(
16、x)=4f(x 2)=4(x 2)(x 3)，令4(x2)(x3)8，整理得：9788，x(,m时，f(x)9x245x 56 0，(3x7)(3x8)0,x1,x2（舍）339成立，即m 77，m,，故选 B33【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
17、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】098.【解析】【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100.97200.98100.9939.2，其中高铁个数为 10+20+10=40，所以该站所有高铁平均正点率约为39.2 0.9840【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ax14.已知f(x)是奇函数，且当x 0时，f(x)e.若f(ln2)8，
18、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ax【详解】因为f(x)是奇函数，且当x 0时，f(x)e又因为ln2(0,1)，f(ln2)8，所以ealn2 8，两边取以e为底的对数得aln23ln2，所以a 3，即3【点睛】本题主要考查函数奇偶性，对数的计算15.VABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b 6,a 2c,B【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解
19、能力的考查【详解】由余弦定理得b2 a2c22accosB，所以(2c)c 22cc即c212解得c 2 3,c 2 3（舍去）所以a 2c 4 3，22，则VABC的面积为_.31 62，2SABC113acsin B 4 32 3 6 3.222【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
20、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18826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，BGE为等腰直角三角形，BG GE CH 22x,GH 2
21、x x (2 1)x 1，22x 12 1，即该半正多面体棱长为x2 1x1【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1721 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 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，求二面角 BE
22、CC1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用长方体的性质，可以知道B1C132侧面A1B1BA，利用线面垂直的性质可以证明出B1C1 EB，这样可以利用线面垂直的判定定理，证明出BE 平面EB1C1；（2）以点B坐标原点，以BA,BC,BB1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为a，B1B b，求出相应点的坐标，利用BE EC1，可以求出a,b之间的关系，分别求出平面EBC、平面ECC1的法向量，利用空间向量的数量积公式求出二面角B EC C1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B EC C1的正弦值.【详解】证明（1
23、）因为ABCD A1B1C1D1是长方体，所以B1C1所以BE B1C1侧面A1B1BA，而BE 平面A1B1BA，又BE EC1，B1C1EC1 C1，B1C1,EC1平面EB1C1，因此BE 平面EB1C1；（2）以点B坐标原点，以BA,BC,BB1分别为x,y,z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，bB(0,0,0),C(0,a,0),C1(0,a,b),E(a,0,)，2bbb22因为BE EC1，所以BEEC1 0(a,0,)(a,a,)0 a 0 b 2a，224所以E(a,0,a)，EC(a,a,a),CC1(0,0,2a),BE(a,0,a)，设m(x1,y1,z1)是平面BE
24、C的法向量，mBE 0,ax1az1 0,m (1,0,1)，所以mEC 0.ax1ay1az1 0.设n(x2,y2,z2)是平面ECC1的法向量，所以2az 0,2 n (1,1,0)，ax ay az 0.222nEC 0.nCC1 0,mnm n11，222二面角B EC C1的余弦值的绝对值为13所以二面角B EC C1的正弦值为1()2.22【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
25、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PX 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，
26、PX 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”()0.6 0.5创 0.4+0.5 0.4创 0.5 0.4=0.1所以P X=4=0.5创【点睛】本题考查古典概型的相关性质，能否通过题意得出PX 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an和bn满足 a1=1，b1=0，4an1 3anbn4，4bn1 3bnan4.（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差
27、数列；（2）求an和bn的通项公式.1【答案】（1）见解析；（2）an=2n+n-1211，bn=2n-n+2。【解析】【分析】(1)可通过题意中的4an1 3anbn4以及4bn1 3bn an 4对两式进行相加和相减即可推导出数列anbn是等比数列以及数列anbn是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列anbn以及数列anbn的通项公式，然后利用数列anbn以及数列anbn的通项公式即可得出结果。【详解】(1)由题意可知4an1 3anbn4，4bn1 3bnan4，a1+b1=1，a1b11，所以4an+1+4bn+1=3an-bn+4+3bn-an-4=2an+2bn，即an+
28、1+bn+1=12an+bn，所以数列anbn是首项为1、公比为()1n-1的等比数列，an+bn=(1，2)2因为4an+1-4bn+1=3an-bn+4-3bn-an-4=4an-4bn+8，所以an+1-bn+1=an-bn+2，数列anbn是首项1、公差为2(2)由(1)可知，an+bn=等差数列，an-bn=2n-1。()()1n-1，2an-bn=2n-1，1211所以an=2an+bn+an-bn=2n+n-()轾an+bn-an-bn，bn=12臌()【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
29、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.已知函数fx ln xx1x 1（1）讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；.x（2）设 x0是 f(x)的一个零点，证明曲线 y=ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线y e的切线.【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】的=21n-n+12。（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(x0,ln x0)处的切线l，然后求出当曲线y ex切线的斜率与l斜率相等时，证明曲线y ex
30、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)(1,)，x1x21f(x)ln x f(x)，因为函数f(x)的定义域为(0,1)(1,)，所以f(x)0，因x1x(x1)2此函数f(x)在(0,1)和(1,)上是单调增函数；1111e2 0，显然当x(0,1)，函数f(x)有零当x(0,1)，时，x 0,y ，而f()lnee11e1e点，而函数f(x)在x(0,1)上单调递增，故当x(0,1)时，函数f(x)有唯一的零点；e12e21e2322当x(1,)时，f(e)lne 0,f(e)lne 2 0，e1e1e 1e2122因为f(e)f(e
31、)0，所以函数f(x)在(e,e)必有一零点，而函数f(x)在(1,)上是单调递增，故当x(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)(1,)内有 2 个零点；（2）因为x0是f(x)的一个零点，所以f(x0)ln x0 x01x 1 0 ln x00 x01x01y ln x y 11，所以曲线y lnx在A(x0,ln x0)处的切线l的斜率k，故曲线y lnx在xx0 x 11(x x0)而ln x00，所以l的方程为x0 x01A(x0,ln x0)处的切线l的方程为：y ln x0 x22，它在纵轴的截距为.x0 x01x01xy xxx设曲线y e的
32、切点为B(x1,e1)，过切点为B(x1,e1)切线l，y e y e，所以在B(x1,e1)处的xxxx切线l的斜率为ex1，因此切线l的方程为y e1x e1(1 x1)，x当切线l的斜率k1 e1等于直线l的斜率k 11x1 x1(ln x0)，时，即ex0 x0(1ln x0)x 11(1ln x0)，而ln x00，所以x0 x011切线l在纵轴的截距为b1 e(1 x1)exlnx0b1x 112(10)，直线l,l的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线l,l重合，故曲线x0 x01x01y lnx在A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y ex的切线.【点睛】本题考查了利用导
33、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.21.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1.记 M 的轨迹为曲线 C.2（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，PEx轴，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G.（i）证明：PQG直角三角形；（ii）求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）分别求出直线AM与BM的斜率，由已
34、知直线AM与BM的斜率之积为可以求出曲线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kPQkPG的值，就可以证明出PQG是直角三角形；（ii）由（i）可知P,Q,G三点坐标，PQG是直角三角形，求出PQ,PG的长，利用面积公式求出是1，可以得到等式，化简2PQG的面积，利用导数求出面积的最大值.【详解】（1）直线AM的斜率为yy(x 2)，直线BM的斜率为(x 2)，由题意可知：x 2x2yy1 x2 2y2 4,(
35、x 2)，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括x 2 x22x2y2左右两顶点的椭圆，其方程为1,x 2；4222（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x 2y 4联立,即22x,x,22y kx,2k 12k 1或,点P在第一象限，所以22x 2y 4.2k2ky.y.222k 12k 1P(22k 12,2k2k 12),Q(22k 12,2k2k 12)，因此点E的坐标为(22k 12,0)直线QE的斜率为kQEkkky xQE，可得直线方程：，与椭圆方程联立，222k21kk22y x,4k x12k 8222 0（*），设点G
36、(x1,y1)，显然Q2k21，消去y得，(2k)x 222k 12k 1x22y2 4.点的横坐标22k 12和x1是方程（*）的解12k28226k24所以有x，代入直线QE方程中，得2k 1 x 112k22k21(k22)2k21y12k3(k22)2k21，所以点G的坐标为(k22)2k21(k22)2k21，(6k24,2k3)2k3直线PG的斜率为;kPG(k22)2k216k24(k 2)2k 1222k2k32k(k22)12k212,26k 42(k22)k2k21因为kPQkPG k()1,所以PQ PG，因此PQG是直角三角形；1k（ii）由（i）可知：P(22k 12
37、,2k2k 12),Q(22k 12,2k2k 12)，(,)G的坐标为(k22)2k21(k22)2k21，6k242k3PQ(22k 1222k 12)(222k2k 1)(222k2k 12k32)24 1k22k 12k2k 1222，PG(6k24(k 2)2k 1222k 12(k 2)2k 122)4k k21(k 2)2k 122,SPQG14k k214 1k28(k3k)2(k22)2k212k212k45k228(k 1)(k 1)(2k43k22)S,因为k 0，所以当0 k 1时，S 0，函数S(k)单调递增，当422(2k 5k 2)k 1时，S 0，函数S(k)单
38、调递减，因此当k 1时，函数S(k)有最大值，最大值为S(1)16.9【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(0,0)(0 0)在曲线C:4sin上，直线 l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为 P.（1）当0=3时，求0及 l的极坐标方程；（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.【答案】（1）0 2 3，l的极坐标方程为sin(【解析】【分析】（1）先由题意，将0=坐标方程即
39、可；6)2；（2）4cos(42)3代入 4sin即可求出0；根据题意求出直线l的直角坐标方程，再化为极（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(0,0)(0 0)在曲线C:4sin上，所以0 4sin0 4sin即M(2 3,3 2 3；3)，所以kOM tan33，因为直线 l过点A(4,0)且与OM垂直，所以直线l的直角坐标方程为y 3(x4)，即x+3y 4 0；3因此，其极坐标方程为cos3sin 4，即 l的极坐标方程为sin(（2）设P(x,y)，则kOP6)2；yy，kAP，xx4由题意，OP AP，所以kO
40、PkAPy2 1，故2 1，整理得x2 y24x 0，x 4x因为 P在线段 OM上，M在 C 上运动，所以0 x 2,2 y 4，2所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos 0，即 4cos(42).【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x(,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，x2
41、三种情况，即可求出结果；（2）分别讨论a1和a1两种情况，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；当x 1时，原不等式可化(1 x)x(2 x)(x 1)0，即(x1)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x2时，原不等式可化为(x 1)x(x 2)(x 1)0，即(x1)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a1时，因为x(,1)，所以由f(x)0可得(a x)x(2 x)(x a)0，即(xa)(x1)0，显然恒成立；所以a1满足题意；当a1时，f(x)满足题意；综上，a的取值范围是1,).【点睛】本题主要考查含绝对值的不等式，熟记分类讨论的方法求解即可，属于常考题型.2 2(xa),a x 1，因2(xa)(1 x),x aa x 1时，f(x)0显然不能成立，所以a1不