2019年高考理数全国卷2(附答案与解析)

------------- 绝密★启用前

在

2019 年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅱ卷

--------------------

理科数学

本试卷满分 150 分,考试时间 120 分钟.

此 _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 I B  ( )

__

__

_A. (1)_

–， B. (–2，1) 号

卷 – 生 -------------------- 3，–

( 1) D. (3， ) C.

__ 考

___ _

2.设__ z  –3  2i ，则在复平面内 z 对应的点位于 ( ) ___ _ _ ___

_ 上 C.第三象限 D.第四象限 _--------------------3.已知 u ABuur  2,3  ，uuu uuur uuur uuur (_ AC  (3,t ) ， BC  1 ，则 )

A.第一象限AB  BC 

B.第二象限 名

__姓_ __ _ 答_ __ --------------------

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A. –3 B. –2 ___ _ __ 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 _

__

题C.2 2 2 D.3

__ __-------------------- 量为 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

_

１ ２ 2 学 M_

律和万有引力定律，r 满足方程： M

(R  1r 1

)2 r 22  (R  r ) MR3 .设   r ，由于的值

R

5

__很小，因此在近似计算中地月拉格朗日 L 点的轨道运行 (3  3 (1.) 3 L  4 点是平衡点，位于地月连线的延长线上)   .设地球质

无2

3 3

，则 r的近似值为 校

业 毕C. 3

3M

2 R

D. 3

M

2 R

--------------------A.

M 2M R B. M 2 R

1 2M1

效 ---

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

6.若 a＞b ，则 ( ) A. ln(a  b)＞0 B. 3a ＜3b C. a3  b3  0 D. a  b

7.设  ，  为两个平面，则 P  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.  ，  垂直于同一平面

8.若抛物线 y 2  2 px  p  0的焦点是椭圆 x2y3 p 2 

1的一个焦点，则p

( )

p

A.2B.3

C.4 D.8

9.下列函数中，以  为周期且在区间   

2  4 2   ，  单调递增的是 (

)

A. f x   cos 2 x B. f x   sin 2 x C. f x   cos x D. f x   sin x

10.已知 a   π  ，( 0，2  ）

2sin2  cos2+1 ，则 sin  )

A. 15 5 B. 5

C.

32 5 3 D. 5

11.设 F 为双曲线 C： x2 y 2

a

2 b2 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  y 2  a 2 交于 P，Q 两点.若 PQ  OF ，则 C 的离心率为( )

A. 2 B. 3

M 3M

1 1

C.2 D. 5

数学试卷 第 1 页（共 18 页）

数学试卷 第 2 页（共 18 页）

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 x  (, m] ，都有 f ( x)   8

9

，则 m 的取值范围是( )

A.  9   ,7 

 , 4  B.  3 

C.   , 52   D.  ,8 

3  

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

.

14.已知 f ( x) 是奇函数，且当 x  0 时， f ( x)  eax.若 f (ln2)  8 ，则 a  .

15. △ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 a, b, c .若 b  6, a  2c, B  π

3 ，则△ABC 的面积

为

.

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 .（本

题第一空 2 分，第二空 3 分.）

图１ 图２

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

数学试卷 第 3 页（共 18 页）

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.（12 分）

如图，长方体 ABCD – A B1 C1 D1 的底面1 1 1

ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 上，BE  EC .

（1）证明： BE  平面 EB1 C ；

1

（2）若 AE  A E ，求二面角 B – EC – C 的正弦值.

1 1

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.

数学试卷 第 4 页（共 18 页）

-------------

-------------

19.

（12 分） 在

-------------------- 已知数列 a 和 b 满足 a  1 ， b  0 ， 4a  3b

n n 1 1 n1  3a n n n b1  4 ， 4b

n n

a  4 .

（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

_ _

此

___ -------------------- __

__

__

_

20.（12 分） _

号

已知函数 f x  x1生

卷  ln x  .考 __ __-------------------- __

（1）讨论 f x的单调性，并证明x  1 fx有且仅有两个零点；_

_ （2）设 x__ __

__

0 是0 0 f x  的一个零点，证明曲线 y  lnx 在点 A(x , lnx ) 处的切线也是曲线 ____ _ _

__ 上 y  e x 的切线.

--------------------_ _ _ __ __

_名 _ 姓 __ _

答

__--------------------

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  1 .记

__ 2 __ __ M 的轨迹为曲线 C. _

_

题 校

--------------------（1）求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线； 学 业（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

毕 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G.

（i）证明： △PQG 是直角三角形；

无

--------------------（ ii）求 △PQG 面积的最大值. 效 ---

数学试卷 第 5 页（共 18 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。

22.[选修 4—4：坐标系与参数方程]（10 分）

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]（10 分）

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.

数学试卷

第 6 页（共 18 页）

2019 年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅱ卷

理科数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题

1．【答案】A

【解析】因为 A  

x | x2  5x  6＞0

 x | x＞3或x＜2， B  x | x  1＜0 || x | x＜1 ，所

以 A I B  x | x＜1，故选 A.

【考点】不等式的求解，集合的交运算

【考查能力】运算求解

2．【答案】C

【解析】由题意，得z  3  2i ，其在复平面内对应的点为(3,2) ，位于第三象限，故

选 C.

【考点】共扼复数，复数的几何意义

【考查能力】运算求解

3．【答案】C

uuur uuur uuur uuur

【解析】因为 BC  AC  AB  (1,t  3) ，所以 BC  1  (t  3)2  1 ，解得 t  3 ，所以

uuBCur  (1,0) ，所以 uuABur  BCuuur 

2 1  3  0  2 ，故选 C．

【考点】平面向量的数量积，平面向量的坐标运算

【考查能力】运算求解 4．【答

案】D 【解析】由 M(R  1r M M M M r )因为 r 2  r2  (R  r ) R1 ，得

1 2   (1 )M ，  ， r  2 2 2 3

 1R 1 R R 所以 (1 M   r    1 )2 M  22  (1  )M 3 R 3  3 

4   5  M

3 3  3 4   5 1

，得 (1  ) 2 M 2 ，由 1

(1  ) 2  3 3 ， 得 3  3

 M2，即 r  3 M 2M 3  2 ，所以 r   R ，故选 D 1

 R   MM 3

1

3M 1

【考查能力】对背景材料的审读，逻辑思维，化归与转化，运算求解

5．【答案】A

数学试卷 第 7 页（共 18 页）

【解析】记 9 个原始评分分别为 a，b，c，d，e，f，g，h，i（按从小到大的顺序排列），

易知 c 为 7 个有效评分与 9 个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故

选 A.

【考点】样本的数字特征

【考查能力】分析问题和解决问题

6．【答案】C

【解析】通解 由函数 y  ln x 的图象（图略）知，当0＜a  b＜1时，ln a  b ＜0 ，故 A

不正确；因为函数 y  3x 在 R 上单调递增，所以当 a＞b 时，3a  3b ，故 B 不正确；

因为函数 y  3x 在 R 上单调递增，所以当a＞b 时，3a  3b ，即3a  3b＞0 ，故 C 正

确；当 b  a  0 时， | a || b | ，故 D 不正确。故选 C.

优解 当 a  0.3 ， b  0.4 时， ln a  b ＜0 ， 3a  3b ， | a || b | ，故排除 A，B，D，故

选 C.

【考点】函数的性质

【考查能力】逻辑思维，运算求解

7．【答案】B

【解析】对于 A， 内有无数条直线与  平行，当这无数条直线互相平行时， 与  可

能相交，所以 A 不正确；对于 B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B 正确；

对于 C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C 不正确；对

于 D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧

面都垂直于底面，但它们是相交的，所以 D 不正确.综上可知选 B..

【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系

【考查能力】逻辑思维，空间想象

8．【答案】D

【解析】由题意，知抛物线的焦点坐标为 

p  ,0 ，椭圆的焦点坐标为(2p,0)，所以2p  2 

 2 p ，解得 p  8 ，故选 D..

【考点】抛物线与椭圆的几何性质

【考查能力】逻辑思维，运算求解

数学试卷 第 8 页（共 18 页）

9．【答案】A

【解析】  

A 中，函数 f ( x)  cos 2 x 的周期为 

2 ，当 x   4 , 2   时，

2 x  





 ,， ，函数f(x)单调递增，故A正确；B当 2中，函数f(x)|sin2x|的周期为2  x    ,

   

f( 4 2 时，

2x   , 2 

，函数 f ( x)单调递减，故 B不正确； C中，函数 x)  cos | x | cos x 的周期为 2π，故 C 不正确；D 中，f ( x)  sin | x |sin x, x…0

 

sin x, x  0

由正弦函数图象知，在 x≥0 和 z＜0 时， f ( x) 均以 2π

为周期，但在整个定义域上

f ( x) 不是周期函数，故 D 不正确.故选 A.

【考点】三角函数的图像与性质

【考查能力】逻辑思维，运算求解

10．【答案】B

【 解 析 】 由 2sin 2  cos2 1 ， 得 4sin  cos  1  2sin 2   1 ， 即

2sin  cos  1  sin2  . 因 为   0,   ，所以cos1sin2，所以  2

2sin  1  sin 2   1  sin 2  ，解得 sin   5

5 ，故选 B.

【考点】同角三角函数的基本关系，二倍角公式

【考查能力】运算求解，逻辑思维

11．【答案】

A

【解析】如 图，由题意，知以 OF 为直径的圆的 方程为  c 2

y2c2  x  2 ，将 4 x2  y2  a2 记为②式，①-②得 x  a

2

c ，则以OF为直径的圆与圆 x2  y2  a2 的相

交 弦所在 直线的 方程 为 x  a2 a

2 2 c ，所以 | PQ | 2 a2  .

由 PQ   c  OF ， 得

2 a2   a2 2

c   c ，整理得 c4  4a2c2  4a4  0 ，即 e4  4e2  4  0 ，解得 e  2 ，

故选 A.

数学试卷 第 9 页（共 18 页）

【考点】双曲线的几何性质、圆与圆的位置关系

【考查能力】运算求解，逻辑思维

12．【答案】B

【解析】当 1＜x≤0 时， 0＜x  1≤1 ，则 f ( x) 11

2 f ( x  1) 2 ( x  1)x ；当 1＜x≤2 时，

0＜x  1≤1 ，则 f ( x)  2 f ( x  1)  2(x  1)(x  2) ；当 2＜

x≤3 时， 0＜x  2≤1 ，则

f ( x)  2 f ( x  1)  22 f ( x  2)  22 ( x  2)( x  3) ，……由此可得

L  1

( x  1)x, 1  x„ 0f ( x)   

2(2 x  1),0  x„ 1 由此作出函数 f x  的图象，如图所示，由图可知时 2( x  1)(x  2),1  x„ 2 

22( x  2)( x  3),2  x„ 3 L

2＜x≤3 ，令 22( x  2)( x  3)  8 89 3，整理，得

或 x  3 (3x，7)(3x8)0，解得7    x 

将这两个值标注在图中，要使对任意 x  (, m] 都有 f ( x)≥  8

，必有m≤7 9 ，即实

3

数 m 的取值范围是 7  ,，故选B.  3  

数学试卷 第 10 页（共 18 页）

【考点】函数的解析式，函数的图象，不等式恒成立问题 【考查能力】运算求解，化归与转化

第Ⅱ卷

二．填空题

13．【答案】0.98

【 解 析 】 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

10  20  10  0.98 .

【考点】用样本估计总体

【考查能力】数据处理能力，运算求解能力

14．【答案】 3

当 x＞0 时 ，  x  0, f ( x)  eax . 因 为 函 数 f x  为 奇 函 数 ， 所 以 当 x＞0 时 ，

f ( x)   f ( x)  eax

，所以 f (ln 2)  eatn2

  1 

a

 8 ，所以 a  2  3 .

【考点】函数奇偶性

【考查能力】逻辑思维，运算求解

15．【答案】 6 3

【解析】解法一 因为 a  2c ， b  6 ， B 



3

，所以由余弦定理 b2  a2  c2  2ac cos B

号，得 62

 (2c)2

 c2

 2  2c  cos



3 ，所以 c  2 3 ，所以 a  4 3 ，所以 △ABC 的

面积 S  1

2 a csin B 1 2  4 3  2 3  sin 3  6 3 .

解法二 因为 a  2c ， b  6 ， B 



3

，所以由余弦定理 b2  a2  c2  2ac cos B ，得

数学试卷 第 11 页（共 18 页） 62

 (2c)2

 c2

 2  2c  cos



3，得c  2 3 ，所以 a  4 3 ，所以 a2  b2  c2 ，所以

A  

2 号，所以△ ABC 的面积 S 1

2  2 3  6  6 3 .

【考点】余弦定理，三角形的面积公式

【考查能力】逻辑思维，运算求解

16．【答案】26

2  1

【解析】依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后

6 个面都在正方体的

表面上，且该半正多面体由 18 个正方形和 8 个正三角形围成，因此题中的半正多

面体共有 26 个面。注意到该多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正

多面体的棱长为 x，则 22

2 x  x  2 x  1 ，解得 x  2  1 ，故题中的半正多面体

的棱长为 2  1 .

【考点】弧长的计算

【考查能力】运算求解，空间想象能力

三、解答题

（一）必考题

17．【答案】（1）由已知得 B C1 ⊥ 1 平面1 1 1 ABB1 1 1

A ， BE  平面 ABB A ，故 B C  BE . 又 BE  EC1 ，所以 1 1

BE  平面 EB C .

（2）由（1）知 BEB 1 1 901 1 1

.由题设知 Rt△ ABE  Rt△ A B E ，所以 AEB  A EB ，

故 AE  AB ， AA1  2 以uuur方的方向为 uuurAB ..

D 为坐标原点， DA x 轴正方向， DA 为单位长，建立如图所示的空间直

uur

角坐标系 D  xyz ，则 C(0,1,0) ， B(1,1,0)， C (0,1,2) ， E(1,0,1)， CB CEuuur

 (1,1,1)， CCuuur (1,0,0) ， 1

1  (0,0,2) .

uur设平面 EBC 的法向量为 n  ( x, y, z) ，则 uuurCB

 n  0即，  x  0,  CE  n  0， 

 x  y  z  0.

所以可取 n  (0, 1,1) .

设平面 ECC 的法向量为 m  x , y , z  ，则 m  x

1 1 1 1 1 1

, y , z  ，

1

数学试卷 第 12 页（共 18 页）

uuur CC

uuur1

 m  0,

m，即 2 zCE  0 ，  0,   x1 ， 1  y1 1 z  0，

所以可取 m  (1,1,0)

.于是 cosn, m  nm

| n || m

1 | 

2

所以，二面角 B  EC  C 3

1 的正弦值为

2 .

【解析】（1）根据长方体的性质得出 B C1 ⊥1

平面 ABB A1 ，从而推出1

B C1 1

BE ，再结合

BE  EC1

，然后结合已知条件，利用线面垂直的判定定理即可使问题得证；

（2）以 D 为坐标原点建立恰当的空间直角坐标系，然后求出相关点的坐标与相关向量，

求得平面 EBC 与平面 ECC 1的法向量，最后利用向量的夹角公式求解即可.

【考点】直线与平面垂直的证明、几何体体积的求解

【考查能力】化归与转化能力、运算求解能力

18.【答案】解： 1） X  2 就是10：10 （平后，两人又打了 2 个球该局比赛结束，则这 2 个

球均由甲得分，或者均由乙得分.因此 P X  2  0.5  0.4  1  0.5x 1  0.4  0.5 .

（2） X  4 且甲获胜，就是1010： 平后，两人又打了 4 个球该局比赛结束，且这 4 个球

的得分情况为：前两球是甲、乙各得 1 分，后两球均为甲得分。

因此所求概率为[0.5 （ 1  0.4）（ 1  0.5） 0.4]  0.5 0.4  0.1 .

数学试卷 第 13 页（共 18 页）

【解题思路】（ 1 ）由题意知 P X  2 包括甲获胜的概率与乙获胜的概率，则利用互斥事

件的概率公式求解即可；

（2）利用相互独立事件与互斥事件的概率公式计算即可。 【考点】互斥事件的概率，相互独立事件的概率

【考查能力】逻辑思维，数据获取与处理，运算求解 19.【答案】解：

（1）由题设得 4 a n1

 b

n1

 2 a

n

 bn  ，即 a

b n1

 b

1

 .

1

2a n n

又因为 a 1 b  1 ，所以 | a  b } 是首项为

1 n n

1，公比为 2的等比数列。

由题设得 4 a

n1

 bn

1

  4 a

n

 bn n 1 8 ，即 a

 bn 1

 a n n

b  2 .

又因为 a1

 b1

 1 ，所以 an

 bn

是首项为 1，公差为 2 的等差数列。

（2）由（1）知， a n  b n  1

2n1 , a n n

b  2n  1 .

所以 a 1a 1n  2   n n n n b

  a  b   1 2 n  n  2 ，

b1n  2   a n n n n b

  a  b  1 1 2 n  n  2 .

【解析】（1）首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列a 

nb

n

为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列

a  b 为等差数列；

n n

（2）由（1）分别求得数列a n n n b n 和 a  b 的通项公式，然后将这两个通项公式进

行加减运算即可求得a 

， b 的通项公式。

n n 【考点】等差数列与等比数列的定义及通项公式

【考查能力】逻辑推理，运算求解

20.【答案】解：

（1） f ( x) 的定义域为 (0,1) (1, ) . 因为 f ( x)  1x 2

0，所以f( ( x  1)2

x) 在 (0,1) (1, ) 单调递增.

因为 f (e)  1 

e  1 e2  1 e2  3

e  12

2

2

0，所以f(x)在(1,)有唯一零点x1

，  0, fe2e  1 e  1

即 f x1 1

 0 .又 0 

1  1

x 1, f     ln xx  1

1  1   f x 1  x1 1

x  0 ，故 f ( x) 在 (0,1)有唯

1 一零点 1

x1 .

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综上， f ( x) 有且仅有两个零点。

（ 2 ）因为 1x elnx 0 ，故点 B   ln x1 0 , 在曲线yex上由题设知fx0，即  0



x0

x1 1 x  1

ln x  ln x

0



0

0  x x0 1 ，连接 AB，则直线 AB 的斜率 k  0  x 0

x 0  1 0  1  ln x 0  x

0  x1曲线 x 0  11 

x 0 x 0

0

y  ex

在点 B   ln x 0,1   处切线的斜率是一，曲线 y  1nx 在点 Ax0 ,ln x处切线

x0

0  的斜率也是一，所以曲线 y  1nx 在点 Ax 0,ln

x 0

处的切线也是曲线 y  ex 的切线. 【解析】（ 1 ）首先求得函数 f ( x) 的定义域，然后求出了 f (x) ，根据了 f (x) 与 0 的大小

关系可得函数 f ( x) 的单调性，从而利用函数零点的存在性定理证明即可；

（2）先确定点 B 

 ln x , 1   在曲线 y  ex 上，结合 f x0   0 得直线 AB 的斜率，再由 0 x

0



导数的几何意义确定曲线 y  ex 在点 B 处的切线斜率及曲线 y  1nx 在点 A 处的切

线斜率，从而使问题得证。

【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点，导数的几何意义

【考查能力】逻辑推理，运算求解

21.【答案】解：（ 1）由题设得 yx  2  x y  2  1 ，化简得 x2 

y 2

 1(| x | 2) ，所以 C 为 2 4 2

中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点. （

2）（i）设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y  kx(k  0) .

 y  kx

由  x2

2 y 2 1得 x  .

4 2

1  2k 2

记 u 

2

1  2k

，则 P(u, uk ),Q(u, uk ), E(u,0) .

2

于是直线 QG 的斜率为 k ，方程为 y  k

(xu).

2 2

 yk ( x 

由  2u),

得 

2  k 2 

x2  2uk  x 4 2  y

2

 1

2

2 x  k 2u 2  8  0

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x c

,c yG Gu设 G ，则G u 和 x 是方程①的解，故 x 

3k 2  2 2  k，由此得uk 3

2 y  2  k. 2 从而直线uk 3

PG 的斜率为 

2k2 1

uk

u 3k 2  2

.所以PQPG，即△PQG是直角三角形.

k

2  k 2  u

（ ii ） 由 （ i ） 得 PQ  2u 1  k 2 ， | PG | 2ukk

21

2  k ，所以么△PQG的面积

2 

8 1  kS  18k1  k 2    2 | PQ || PG | 



1 k   2k 2 

2  k 2 

 设1 ，则由k＞0得t≥2， 1  2  1 t  k 

 k2 k k  



当且仅当 k  1 时取等号。

因为 S  8t

在[2,

1  2t

)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值 2 为 169

因此， △PQG 面积的最大值为等

【解析】（1）利用斜率公式建立方程，化简即可求得曲线C 的方程，从而可判断曲线类

型.

（2）（i）设直线 PQ 的方程为 y  kx k  0，然后与椭圆方程联立，求得点P，Q，E 的

坐标，从而求得直线 QG 的方程，并与椭圆方程联立，求得点 G 的坐标，由此求得

直线 PG 的斜率，进而可使问题得证；（ i）由（ i）求出 PQ ， PG ，从而得到 △POG 面积的表达式，进而利用换元法及函数的单调性求得最大值.

【考点】轨迹方程的求法、直线与椭圆的位置关系

【考查能力】逻辑推理，运算求解

22.【答案】解：（1）因为 M  ,  在 时，C 上，所以当  

0 0 3 

4sin3 

00

2 3 .

由已知得 | OP || OA | cos



3

 2 .

设 Q(, )

为 的任意一点，连接 l 上除 P OQ，在

Rt△ OPQ

中， 

cos 

  | OP | 2 .

经检验，点 P  2,

 

   3 在曲线 

 cos 

2上所以，l的极坐标方程为cos 3 

 

3   2 . （中，

2）设 P(, ) ，在 Rt△

OAP | OP || OA | cos  4cos  ，即   4cos  .

因为 P 在线段 OM 上，且 AP  OM ，故 的取值范围是      , 4 2  .

所以，P 点轨迹的极坐标方程为   4cos  ，       . ,

4 2 

【解析】（1）由点 M 在曲线 C 上，将 



0

3 代入曲线

C 的极坐标方程中即可求得  0的

值，设出直线 l 上除 P 外的任意一点 Q 的极坐标，结合 OP 的值及平面几何知识即

可求得直线 l 的极坐标方程；

（

2）设点 P(, ) ，根据题意得到   4cos  ，再根据已知条件求得 的取值范围，从而

求得 P 点轨迹的极坐标方程.

【考点】查极坐标的几何意义，动点的轨迹方程的求法

【考查能力】数形结合思想的运用，运算求解，逻辑思维

23. 【 答 案 】 解 ：

（ 1 ） 当 a  1 时 f ( x) | x  1| x | x  2| ( x  1) . 当 x＜1 时 ，

f ( x)  2( x  1)2  0 ；

当 x≥1时 f ( x)…0 .

所以，不等式 f ( x)  0 的解集为 (,1) .

（2）因为 f (a)  0 ，所以 a≥1，

当 a≥1. x  (,1) 时 f ( x)  (a  x) x  (2  x)(x  a)  2(a  x)(x  1)  0 .

所以，a 的取值范围是[1,) .

【解析】（ 1 ）

首先求得当 a  1 时，函数 f x  的解析式，然后分 x＜1 ，x≥1讨论函数 f x 

的范围，从而求得不等式的解集；

（2）首先由 f a   0 及已知条件得到 a 的取值范围，然后结合 x 的取值范围，利用因

式分解求得 f x  的范围，从而求得 a 的取值范围.

【考点】绝对值不等式的求解

【考查能力】逻辑思维，运算能力

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