2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标ⅱ）（含解析版）下载

2019 年全国统一高考数学试卷（理科）（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）设集合 A＝{x|x2﹣5x+6＞0}，B＝{x|x﹣1＜0}，则 A∩B＝（　　） A．（﹣∞，1） 2．（5 分）设 z＝﹣3+2i，则在复平面内 对应的点位于（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 3．（5 分）已知 ＝（2，3）， ＝（3，t），| |＝1，则 A．﹣3 B．﹣2 C．2 B．（﹣2，1） C．（﹣3，﹣1） D．（3，+∞） D．第四象限 •＝（　　） D．3 4．（5 分）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 L2 点的轨道运行．L2 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球 质量为 M1，月球质量为 M2，地月距离为 R，L2 点到月球的距离为 r，根据牛顿运动定律 和万有引力定律，r 满足方程： +＝（R+r） ．设 α＝ ．由于α 的值很小，因此在近似计算中 ≈3α3，则 r 的近似值 为（　　） A． RB． RC． RD． R5．（5 分）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 6．（5 分）若 a＞b，则（　　） B．3a＜3b A．ln（a﹣b）＞0 C．a3﹣b3＞0 D．|a|＞|b| 7．（5 分）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 第 1 页（共 23 页） 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 8．（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 为周期且在区间（ B．f（x）＝|sin2x| D．8 9．（5 分）下列函数中，以 ，）单调递增的是（　　） A．f（x）＝|cos2x| C．f（x）＝cos|x| D．f（x）＝sin|x| 10．（5 分）已知 α∈（0， ），2sin2α＝cos2α+1，则 sinα＝（　　） A． B． C． D． 11．（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． 12．（5 分）设函数 f（x）的定义域为 R，满足 f（x+1）＝2f（x），且当 x∈（0，1]时，f（ x）＝x（x﹣1）．若对任意 x∈（﹣∞，m]，都有 f（x）≥﹣ ，则m 的取值范围是（　　） A．（﹣∞， ]B．（﹣∞， ]C．（﹣∞， ]D．（﹣∞， ] 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．（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　． 14．（5 分）已知 f（x）是奇函数，且当 x＜0 时，f（x）＝﹣eax．若 f（ln2）＝8，则 a＝　 15．（5 分）△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．若 b＝6，a＝2c，B＝ ，则△ ABC 的面积为　． 　． 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， 第 2 页（共 23 页） 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﹣A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1 上， BE⊥EC1． （1）证明：BE⊥平面 EB1C1； （2）若 AE＝A1E，求二面角 B﹣EC﹣C1 的正弦值． 第 3 页（共 23 页） 18．（12 分）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．（12 分）已知数列{an}和{bn}满足 a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣ 4． （1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列； （2）求{an}和{bn}的通项公式． 第 4 页（共 23 页） 20．（12 分）已知函数 f（x）＝lnx﹣ ．（1）讨论 f（x）的单调性，并证明 f（x）有且仅有两个零点； （2）设 x0 是 f（x）的一个零点，证明曲线 y＝lnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线也是曲线 y ＝ex 的切线． 21．（12 分）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：△PQG 是直角三角形； （ii）求△PQG 面积的最大值． 第 5 页（共 23 页） （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（ρ0，θ0）（ρ0＞0）在曲线 C：ρ＝4sinθ 上， 直线 l 过点 A（4，0）且与 OM 垂直，垂足为 P． （1）当 θ0＝ 时，求 ρ0 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． [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． 第 6 页（共 23 页） 2019 年全国统一高考数学试卷（理科）（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）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，+∞） 【分析】根据题意，求出集合 A、B，由交集的定义计算可得答案． 【解答】解：根据题意，A＝{x|x2﹣5x+6＞0}＝{x|x＞3 或 x＜2}， B＝{x|x﹣1＜0}＝{x|x＜1}， 则 A∩B＝{x|x＜1}＝（﹣∞，1）； 故选：A． 【点评】本题考查交集的计算，关键是掌握交集的定义，属于基础题． 2．（5 分）设 z＝﹣3+2i，则在复平面内 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 【分析】求出 z 的共轭复数，根据复数的几何意义求出复数所对应点的坐标即可． 【解答】解：∵z＝﹣3+2i， ∴，∴在复平面内 对应的点为（﹣3，﹣2），在第三象限． 故选：C． 【点评】本题考查共轭复数的代数表示及其几何意义，属基础题． 3．（5 分）已知 ＝（2，3）， ＝（3，t），| |＝1，则 •＝（　　） A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．3 【分析】由 ＝先求出 的坐标，然后根据| |＝1，可求 t，结合向量数量积定 义的坐标表示即可求解． 【解答】解：∵ ＝（2，3）， ＝（3，t）， ∴＝＝（1，t﹣3）， ∵| |＝1， 第 7 页（共 23 页） ∴t﹣3＝0 即 ＝（1，0）， ＝2 则•故选：C． 【点评】本题主要考查了向量数量积 的定义及性质的坐标表示，属于基础试题 4．（5 分）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 L2 点的轨道运行．L2 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球 质量为 M1，月球质量为 M2，地月距离为 R，L2 点到月球的距离为 r，根据牛顿运动定律 和万有引力定律，r 满足方程： +＝（R+r） ．设 α＝ ．由于α 的值很小，因此在近似计算中 ≈3α3，则 r 的近似值 为（　　） A． RB． RC． RD． R【分析】由 α＝ ．推导出 ＝≈3α3，由此能求出 r＝αR＝ ．【解答】解：∵α＝ ．∴r＝αR， r 满足方程： +＝（R+r） ≈3α3， ．∴＝∴r＝αR＝ 故选：D． ．【点评】本题考查点到月球的距离的求法，考查函数在我国航天事业中的灵活运用，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． 第 8 页（共 23 页） 5．（5 分）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 【分析】根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案． 【解答】解：根据题意，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，最中间的一个数不变，即中位数不变， 故选：A． 【点评】本题考查数据的数字特征，关键是掌握数据的平均数、中位数、方差、极差的 定义以及计算方法，属于基础题． 6．（5 分）若 a＞b，则（　　） A．ln（a﹣b）＞0 B．3a＜3b C．a3﹣b3＞0 D．|a|＞|b| 【分析】取 a＝0，b＝﹣1，利用特殊值法可得正确选项． 【解答】解：取 a＝0，b＝﹣1，则 ln（a﹣b）＝ln1＝0，排除 A； ，排除 B； a3＝03＞（﹣1）3＝﹣1＝b3，故 C 对； |a|＝0＜|﹣1|＝1＝b，排除 D． 故选：C． 【点评】本题考查了不等式的基本性质，利用特殊值法可迅速得到正确选项，属基础题． 7．（5 分）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 【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，α 内有无数条直线与 β 平行，α∩β 或 α∥β； 对于 B，α 内有两条相交直线与 β 平行，α∥β； 第 9 页（共 23 页） 对于 C，α，β 平行于同一条直线，α∩β 或 α∥β； 对于 D，α，β 垂直于同一平面，α∩β 或 α∥β． 故选：B． 【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）若抛物线 y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆 +＝1 的一个焦点，则 p＝（　　） D．8 A．2 B．3 C．4 【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． 9．（5 分）下列函数中，以 为周期且在区间（ ，）单调递增的是（　　） D．f（x）＝sin|x| A．f（x）＝|cos2x| B．f（x）＝|sin2x| C．f（x）＝cos|x| 【分析】根据正弦函数，余弦函数的周期性及单调性依次判断，利用排除法即可求解． 【解答】解：f（x）＝sin|x|不是周期函数，可排除 D 选项； f（x）＝cos|x|的周期为 2π，可排除 C 选项； f（x）＝|sin2x|在 故选：A． 处取得最大值，不可能在区间（ ，）单调递增，可排除 B． 【点评】本题主要考查了正弦函数，余弦函数的周期性及单调性，考查了排除法的应用， 属于基础题． 10．（5 分）已知 α∈（0， A． B． ），2sin2α＝cos2α+1，则 sinα＝（　　） C． D． 【分析】由二倍角的三角函数公式化简已知可得 4sinαcosα＝2cos2α，结合角的范围可求 sinα＞0，cosα＞0，可得 cosα＝2sinα，根据同角三角函数基本关系式即可解得 sinα 的值 ．【解答】解：∵2sin2α＝cos2α+1， ∴可得：4sinαcosα＝2cos2α， 第 10 页（共 23 页） ∵α∈（0， ），sinα＞0，cosα＞0， ∴cosα＝2sinα， ∵sin2α+cos2α＝sin2α+（2sinα）2＝5sin2α＝1， ∴解得：sinα＝ 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． 11．（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． 12．（5 分）设函数 f（x）的定义域为 R，满足 f（x+1）＝2f（x），且当 x∈（0，1]时，f（ x）＝x（x﹣1）．若对任意 x∈（﹣∞，m]，都有 f（x）≥﹣ ，则m 的取值范围是（　　） 第 11 页（共 23 页） A．（﹣∞， ]B．（﹣∞， ]C．（﹣∞， ]D．（﹣∞， ] 【分析】因为 f（x+1）＝2f（x），∴f（x）＝2f（x﹣1），分段求解析式，结合图象可得 ．【 解 答 】 解 ： 因 为f （ x+1 ） ＝ 2f （ x ） ， ∴ f （ x ） ＝ 2f （ x ﹣ 1 ） ， ∵x∈（0，1]时，f（x）＝x（x﹣1）∈[﹣ ，0]， ∴x∈（1，2]时，x﹣1∈（0，1]，f（x）＝2f（x﹣1）＝2（x﹣1）（x﹣2）∈[﹣ ，0]； ∴x∈（2，3]时，x﹣1∈（1，2]，f（x）＝2f（x﹣1）＝4（x﹣2）（x﹣3）∈[﹣1，0]， 当 x∈（2，3]时，由 4（x﹣2）（x﹣3）＝﹣ 解得x＝ 或x＝ ，若对任意 x∈（﹣∞，m]，都有 f（x）≥﹣ ，则m≤ 故选：B． ．【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，属中档题． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．（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　0.98　． 【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， 第 12 页（共 23 页） ∴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． 14．（5 分）已知 f（x）是奇函数，且当 x＜0 时，f（x）＝﹣eax．若 f（ln2）＝8，则 a＝　﹣ 3　． 【分析】奇函数的定义结合对数的运算可得结果 【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴f（﹣ln2）＝﹣8， 又∵当 x＜0 时，f（x）＝﹣eax， ∴f（﹣ln2）＝﹣e﹣aln2＝﹣8， ∴﹣aln2＝ln8，∴a＝﹣3． 故答案为：﹣3 【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，对数的运算性质，属于基础题． 15．（5 分）△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c．若 b＝6，a＝2c，B＝ ABC 的面积为　． ，则△ 【分析】利用余弦定理得到 c2，然后根据面积公式 S△ABC ＝acsinB＝c2sinB 求出结果即 可． 【解答】解：由余弦定理有 b2＝a2+c2﹣2accosB， ∵b＝6，a＝2c，B＝ ，∴36＝（2c）2+c2﹣4c2cos ∴c2＝12， ，∴S△ABC＝ ，故答案为：6 ．【点评】本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属基础题． 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 第 13 页（共 23 页） 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﹣A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1 上， BE⊥EC1． （1）证明：BE⊥平面 EB1C1； （2）若 AE＝A1E，求二面角 B﹣EC﹣C1 的正弦值． 第 14 页（共 23 页） 【分析】（1）推导出 B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能证明 BE⊥平面 EB1C1． （2）以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 B﹣ EC﹣C1 的正弦值． 【解答】证明：（1）长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，B1C1⊥平面 ABA1B1， ∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1， ∴BE⊥平面 EB1C1． 解：（2）以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面 EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1， 则 E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0）， ∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面 EBC， 故取平面 EBC 的法向量为 ＝ ＝（﹣1，0，1）， 设平面 ECC1 的法向量 ＝（x，y，z）， 由，得 ＞＝ ，取 x＝1，得 ＝（1，﹣1，0）， ∴cos＜ ＝﹣ ，．∴二面角 B﹣EC﹣C1 的正弦值为 第 15 页（共 23 页） 【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线 面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题． 18．（12 分）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． 【分析】（1）设双方 10：10 平后的第 k 个球甲获胜为事件 Ak（k＝1，2，3，…），则 P（X＝2）＝P（A1A2）+P（ ）＝P（A1）P（A2）+P（ ）P（ ），由此能求 出结果． （2）P（X＝4 且甲获胜）＝P（ A2A3A4）+P（ ）＝P（ ）P（A2）P（A3 ）P（A4）+P（A1）P（ ）P（A3）P（A4），由此能求出事件“X＝4 且甲获胜”的概 率． 【解答】解：（1）设双方 10：10 平后的第 k 个球甲获胜为事件 Ak（k＝1，2，3，…）， 则 P（X＝2）＝P（A1A2）+P（ ＝P（A1）P（A2）+P（ ）P（ ＝0.5×0.4+0.5×0.6＝0.5． ））（2）P（X＝4 且甲获胜）＝P（ A2A3A4）+P（ ）第 16 页（共 23 页） ＝P（ ）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（ ）P（A3）P（A4） ＝（0.5×0.4+0.5×0.6）×0.5×0.4＝0.1． 【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理 能力与计算能力，是中档题． 19．（12 分）已知数列{an}和{bn}满足 a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣ 4． （1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列； （2）求{an}和{bn}的通项公式． 【分析】（1）定义法证明即可； （2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得 【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4； ∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8； 即 an+1+bn+1 ＝ （an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2； 又 a1+b1＝1，a1﹣b1＝1， ∴{an+bn}是首项为 1，公比为 的等比数列， {an﹣bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列； n﹣1 （2）由（1）可得：an+bn＝（ an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1； ），∴an＝（ ）n+n﹣ bn＝（ ）n﹣n+ 【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题 20．（12 分）已知函数 f（x）＝lnx﹣ ，．．（1）讨论 f（x）的单调性，并证明 f（x）有且仅有两个零点； （2）设 x0 是 f（x）的一个零点，证明曲线 y＝lnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线也是曲线 y ＝ex 的切线． 【分析】（1）讨论 f（x）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求 零点个数， 第 17 页（共 23 页） （2）运用曲线的切线方程定义可证明． 【解答】解析：（1）函数 f（x）＝lnx﹣ ．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）； f′（x）＝ +＞0，（x＞0 且 x≠1）， ∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增， ①在（0，1）区间取值有 ，代入函数，由函数零点的定义得， ∵f（ ）＜0，f（ ）＞0，f（ ）•f（ ）＜0， ∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点， ②在（1，+∞）区间，区间取值有 e，e2 代入函数，由函数零点的定义得， 又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0， ∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点， 故 f（x）在定义域内有且仅有两个零点； （2）x0 是 f（x）的一个零点，则有 lnx0＝ ，曲线 y＝lnx，则有 y′＝ ；曲线 y＝lnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0＝ （x﹣x0） 即：y＝ 即：y＝ x﹣1+lnx0 x+ 而曲线 y＝ex 的切线在点（ln ，）处的切线方程为：y﹣ ＝（x﹣ln ）， 即：y＝ x+ ，故曲线 y＝lnx 在点 A（x0，lnx0）处的切线也是曲线 y＝ex 的切线． 故得证． 【点评】本题考查 f（x）的单调性，函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零 点个数，以及利用曲线的切线方程定义证明． 21．（12 分）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 第 18 页（共 23 页） 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． 【分析】（1）利用直接法不难得到方程； （2）（i）设 P（x0，y0），则 Q（﹣x0，﹣y0），E（x0，0），利用直线 QE 的方程与椭 圆方程联立求得 G 点坐标，去证 PQ，PG 斜率之积为﹣1； （ii）利用 S＝ ，代入已得数据，并对 换元，利用“对号” 函数可得最值． 【解答】解：（1）由题意得 ，整理得曲线 C 的方程： ，∴曲线 C 是焦点在 x 轴上不含长轴端点的椭圆； （2） （i）设 P（x0，y0），则 Q（﹣x0，﹣y0）， E（x0，0），G（xG，yG）， ∴直线 QE 的方程为： ，与得联立消去 y， ，∴，第 19 页（共 23 页） ∴∴∴，＝，＝＝＝把，代入上式， 得 kPG＝ ＝＝﹣ ，∴kPQ×kPG ＝＝﹣1， ∴PQ⊥PG， 故△PQG 为直角三角形； （ii）S△PQG ＝＝第 20 页（共 23 页） ＝＝＝＝＝＝＝＝令 t＝ ，则 t≥2， S△PQG＝ ＝利用“对号”函数 f（t）＝2t+ 在[2，+∞）的单调性可知， f（t） （t＝2 时取等号）， ∴＝（此时 ）， 故△PQG 面积的最大值为 ．【点评】此题考查了直接法求曲线方程，直线与椭圆的综合，换元法等，对运算能力考 查尤为突出，难度大． 第 21 页（共 23 页） （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（ρ0，θ0）（ρ0＞0）在曲线 C：ρ＝4sinθ 上， 直线 l 过点 A（4，0）且与 OM 垂直，垂足为 P． （1）当 θ0＝ （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 θ0＝ 直接代入ρ＝4sinθ 即可求得 ρ0，在直线 l 上任取一点（ρ，θ） 时，求 ρ0 及 l 的极坐标方程； ，利用三角形中点边角关系即可求得 l 的极坐标方程； （2）设 P（ρ，θ），在 Rt△OAP 中，根据边与角的关系得答案． 【解答】解：（1）当 θ0＝ 时， ，，在直线 l 上任取一点（ρ，θ），则有 故 l 的极坐标方程为有 ；（2）设 P（ρ，θ），则在 Rt△OAP 中，有 ρ＝4cosθ， ∵P 在线段 OM 上，∴θ∈[ ]， 故 P 点轨迹的极坐标方程为 ρ＝4cosθ，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 第 22 页（共 23 页） 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． 第 23 页（共 23 页）