2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)真題解析(解析版)

1、絕密啟用前2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)注意事項(xiàng)：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2作答時(shí)，務(wù)必將答案寫在答題卡上。寫在本試卷及草稿紙上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.設(shè)集合A=x|x2-5x+60，B=x|x-1b，則ln(ab)03a0D.ab【答案】C【解析】【分析】本題也可用直接法，因?yàn)閍b，所以ab0，當(dāng)ab1時(shí)，ln(ab)0，知A錯(cuò)，因?yàn)閥3x是增函數(shù)，所以3a3b，故B錯(cuò)；因?yàn)閮绾瘮?shù)yx3是增函數(shù)，ab，所以a3b3，知C正

2、確；取a1,b2，滿足ab，1ab2，知D錯(cuò)【詳解】取a2,b1，滿足ab，ln(ab)0，知A錯(cuò)，排除A；因?yàn)?3a3b3，知B錯(cuò)，排除B；取a1,b2，滿足ab，1ab2，知D錯(cuò)，排除D，因?yàn)閮绾瘮?shù)yx3是增函數(shù)，ab，所以a3b3，故選C【點(diǎn)睛】本題主要考查對(duì)數(shù)函數(shù)性質(zhì)、指數(shù)函數(shù)性質(zhì)、冪函數(shù)性質(zhì)及絕對(duì)值意義，滲透了邏輯推理和運(yùn)算能力素養(yǎng)，利用特殊值排除即可判斷7.設(shè)，為兩個(gè)平面，則的充要條件是A.內(nèi)有無數(shù)條直線與平行B.內(nèi)有兩條相交直線與平行，平行于同一條直線，垂直于同一平面【答案】B【解析】【分析】本題考查了空間兩個(gè)平面的判定與性質(zhì)及充要條件，滲透直觀想象、邏輯推理素養(yǎng)，利用面面平行的

3、判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷【詳解】由面面平行的判定定理知：內(nèi)兩條相交直線都與平行是/的充分條件，由面面平行性質(zhì)定理知，若/，則內(nèi)任意一條直線都與平行，所以內(nèi)兩條相交直線都與平行是/的必要條件，故選B【點(diǎn)睛】面面平行的判定問題要緊扣面面平行判定定理，最容易犯的錯(cuò)誤為定理記不住，憑主觀臆斷，如：“若a,b,a/b，則/”此類的錯(cuò)誤x2y21的一個(gè)焦點(diǎn)，則p=8.若拋物線y2=2px（p0）的焦點(diǎn)是橢圓p3pA.2B.3C.4D.8【答案】D【解析】【分析】利用拋物線與橢圓有共同的焦點(diǎn)即可列出關(guān)于p的方程，即可解出p，或者利用檢驗(yàn)排除的方法，如p2時(shí)，拋物線焦點(diǎn)為（1，0），橢圓焦點(diǎn)為（2，0）

4、，排除A，同樣可排除B，C，故選D【詳解】因?yàn)閽佄锞€y22px(p0)的焦點(diǎn)(p,0)是橢圓x2y21的一個(gè)焦點(diǎn)，所以3pp(p)2，23pp2解得p8，故選D【點(diǎn)睛】本題主要考查拋物線與橢圓的幾何性質(zhì)，滲透邏輯推理、運(yùn)算能力素養(yǎng)9.下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間(，)單調(diào)遞增的是242A.f(x)=cosx2B.f(x)=sinx2C.f(x)=cosxD.f(x)=sinx【答案】A【解析】【分析】本題主要考查三角函數(shù)圖象與性質(zhì)，滲透直觀想象、邏輯推理等數(shù)學(xué)素養(yǎng)畫出各函數(shù)圖象，即可做出選擇【詳解】因?yàn)閥sin|x|圖象如下圖，知其不是周期函數(shù)，排除D；因?yàn)閥cosxcosx，周期為2，排除C

5、，作出ycos2x圖象，由圖象知，其周期為，在區(qū)間單調(diào)遞增，A正確；作出ysin2x的圖2象，由圖象知，其周期為，在區(qū)間單調(diào)遞減，排除B，故選A2【點(diǎn)睛】利用二級(jí)結(jié)論：函數(shù)yf(x)的周期是函數(shù)yf(x)周期的一半；ysinx不是周期函數(shù)；=cos2+1，則sin=10.已知a0），2sin2（，2A.155B.5C.3D.2535【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式得到正余弦關(guān)系，利用角范圍及正余弦平方和為1關(guān)系得出答案【詳解】2sin2cos21，4sincos2cos2.0,cos02sin0,2sincos，又sin2cos21，5sin21,sin21，又sin0，5sin5，故

6、選B5【點(diǎn)睛】本題為三角函數(shù)中二倍角公式、同角三角函數(shù)基本關(guān)系式的考查，中等難度，判斷正余弦正負(fù)，運(yùn)算準(zhǔn)確性是關(guān)鍵，題目不難，需細(xì)心，解決三角函數(shù)問題，研究角的范圍后得出三角函數(shù)值的正負(fù)，很關(guān)鍵，切記不能憑感覺x2y21（a0，b0）的右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以22211.設(shè)F為雙曲線C：2b2OF為直徑的圓與圓x+y=aa交于P、Q兩點(diǎn)若|PQ|=|OF|，則C的離心率為A.2B.3C.2D.5【答案】A【解析】【分析】準(zhǔn)確畫圖，由圖形對(duì)稱性得出P點(diǎn)坐標(biāo)，代入圓的方程得到c與a關(guān)系，可求雙曲線的離心率【詳解】設(shè)PQ與x軸交于點(diǎn)A，由對(duì)稱性可知PQx軸，又PQ|OF|c，|PA|c,PA為以O(shè)F

7、為直徑的圓的半徑，c2A為圓心|OA|2Pc,c，又P點(diǎn)在圓x2y2a2上，22c2c2a2，即c2a2,e2c22442a2e2，故選A【點(diǎn)睛】本題為圓錐曲線離心率的求解，難度適中，審題時(shí)注意半徑還是直徑，優(yōu)先考慮幾何法，避免代數(shù)法從頭至尾，運(yùn)算繁瑣，準(zhǔn)確率大大降低，雙曲線離心率問題是圓錐曲線中的重點(diǎn)問題，需強(qiáng)化練習(xí)，才能在解決此類問題時(shí)事半功倍，信手拈來12.設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x1)2f(x)，且當(dāng)x(0,1時(shí)，f(x)x(x1).若對(duì)任意x(,m，都有f(x)8，則m的取值范圍是9A.,9B.,743C.,5D.,823【答案】B【解析】【分析】本題為選擇壓軸題，考查函

8、數(shù)平移伸縮，恒成立問題，需準(zhǔn)確求出函數(shù)每一段解析式，分析出臨界點(diǎn)位置，精準(zhǔn)運(yùn)算得到解決【詳解】x(0,1時(shí)，f(x)=x(x1)，f(x+1)=2f(x)，f(x)2f(x1)，即f(x)右移1個(gè)單位，圖像變?yōu)樵瓉淼?倍如圖所示：當(dāng)2x3時(shí)，f(x)=4f(x2)=4(x2)(x3)，令4(x2)(x3)8，整理得：99x245x560，(3x7)(3x8)0,x17,x28（舍），x(,m時(shí)，f(x)8成339立，即m7m,7，故選B33【點(diǎn)睛】易錯(cuò)警示：圖像解析式求解過程容易求反，畫錯(cuò)示意圖，畫成向左側(cè)擴(kuò)大到2倍，導(dǎo)致題目出錯(cuò)，需加深對(duì)抽象函數(shù)表達(dá)式的理解，平時(shí)應(yīng)加強(qiáng)這方面練習(xí)，提高抽象概

9、括、數(shù)學(xué)建模能力二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13.我國(guó)高鐵發(fā)展迅速，技術(shù)先進(jìn)經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在經(jīng)停某站的高鐵列車中，有10個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.97，有20個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為.【答案】098.【解析】【分析】本題考查通過統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)進(jìn)行概率的估計(jì)，采取估算法，利用概率思想解題【詳解】由題意得，經(jīng)停該高鐵站的列車正點(diǎn)數(shù)約為100.97200.98100.9939.2，其中高鐵個(gè)數(shù)為10+20+10=40，所以該站所有高鐵平均正點(diǎn)率約為39.20.9840【點(diǎn)睛】本題考點(diǎn)為概率統(tǒng)計(jì)，滲透了數(shù)據(jù)處理和數(shù)學(xué)運(yùn)算

10、素養(yǎng)側(cè)重統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)的概率估算，難度不大易忽視概率的估算值不是精確值而失誤，根據(jù)分類抽樣的統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)，估算出正點(diǎn)列車數(shù)量與列車總數(shù)的比值14.已知f(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，f(x)eax.若f(ln2)8，則a.【答案】-3【解析】【分析】本題主要考查函數(shù)奇偶性，對(duì)數(shù)的計(jì)算滲透了數(shù)學(xué)運(yùn)算、直觀想象素養(yǎng)使用轉(zhuǎn)化思想得出答案【詳解】因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，f(x)eax又因?yàn)閘n2(0,1)，f(ln2)8，所以ealn28，兩邊取以e為底的對(duì)數(shù)得aln23ln2，所以a3，即3【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)奇偶性，對(duì)數(shù)的計(jì)算15.VABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若b6,a2c,

11、B.，則VABC的面積為3【答案】63【解析】【分析】本題首先應(yīng)用余弦定理，建立關(guān)于c的方程，應(yīng)用a,c的關(guān)系、三角形面積公式計(jì)算求解，本題屬于常見題目，難度不大，注重了基礎(chǔ)知識(shí)、基本方法、數(shù)學(xué)式子的變形及運(yùn)算求解能力的考查【詳解】由余弦定理得b2a2c22accosB，所以(2c)2c222cc162，2即c212解得c23,c23（舍去）所以a2c43，SABC1acsinB14323363.222【點(diǎn)睛】本題涉及正數(shù)開平方運(yùn)算，易錯(cuò)點(diǎn)往往是余弦定理應(yīng)用有誤或是開方導(dǎo)致錯(cuò)誤解答此類問題，關(guān)鍵是在明確方法的基礎(chǔ)上，準(zhǔn)確記憶公式，細(xì)心計(jì)算中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀

12、多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“”1.半正多面體（圖）半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1則該半正多面體共有個(gè)面，其棱長(zhǎng)為_【答案】(1).共26個(gè)面.(2).棱長(zhǎng)為21.【解析】【分析】第一問可按題目數(shù)出來，第二問需在正方體中簡(jiǎn)單還原出物體位置，利用對(duì)稱性，平面幾何解決【詳解】由圖可知第一層與第三層各有9個(gè)面，計(jì)18個(gè)面，第二層共有8個(gè)面，所以該半正多面體共有18826個(gè)面如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為x，則ABBEx，延長(zhǎng)B

13、C與FE交于點(diǎn)G，延長(zhǎng)BC交正方體棱于H，由半正多面體對(duì)稱性可知，BGE為等腰直角三角形，BGGECH2x,GH22xx(21)x1，22x11，即該半正多面體棱長(zhǎng)為x2x211【點(diǎn)睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實(shí)很簡(jiǎn)單，穩(wěn)中求勝是關(guān)鍵立體幾何平面化，無論多難都不怕，強(qiáng)大空間想象能力，快速還原圖形三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第考生都必須作答第22、23為選考題，考生根據(jù)要求作答（一）必考題：共60分。1721題為必考題，每個(gè)試題17.如圖，長(zhǎng)方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，

14、BEEC1.1）證明：BE平面EB1C1；2）若AE=A1E，求二面角BECC1的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）32【解析】【分析】（1）利用長(zhǎng)方體的性質(zhì)，可以知道B1C1側(cè)面A1B1BA，利用線面垂直的性質(zhì)可以證明出B1C1EB，這樣可以利用線面垂直的判定定理，證明出BE平面EB1C1；（2）以點(diǎn)B坐標(biāo)原點(diǎn)，以BA,BC,BB1分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，B1Bb，求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用BEEC1，可以求出a,b之間的關(guān)系，分別求出平面EBC、平面ECC1的法向量，利用空間向量的數(shù)量積公式求出二面角BECC1的余弦值的絕對(duì)值，最后利用同角的三

15、角函數(shù)關(guān)系，求出二面角BECC1的正弦值.【詳解】證明（1）因?yàn)锳BCDA1B1C1D1是長(zhǎng)方體，所以B1C1側(cè)面A1B1BA，而BE平面A1B1BA，所以BEB1C1又BEEC1，B1C1EC1C1，B1C1,EC1平面EB1C1，因此BE平面EB1C1；（2）以點(diǎn)B坐標(biāo)原點(diǎn)，以BA,BC,BB1分別為x,y,z軸，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，B(0,0,0),C(0,a,0),C1(0,a,b),E(a,0,b)，2因?yàn)锽EEC1，所以BEEC10(a,0,b)(a,a,b)0a2b20b2a，224所以E(a,0,a)，EC(a,a,a),CC1(0,0,2a),BE(a,0,a)，

16、設(shè)m(x1,y1,z1)是平面BEC的法向量，mBE0,ax1az10,所以0.ax1ay1m(1,0,1)，mECaz10.設(shè)n(x2,y2,z2)是平面ECC1的法向量，nCC10,2az20,所以0.ax2n(1,1,0)，nECay2az20.二面角BECmn11C1的余弦值的絕對(duì)值為22，mn2所以二面角BECC1的正弦值為1(1)23.22【點(diǎn)睛】本題考查了利用線面垂直的性質(zhì)定理證明線線垂直，考查了利用空間向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函數(shù)關(guān)系，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.18.11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10:10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比

17、賽結(jié)束.甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立.在某局雙方10:10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束.1）求P（X=2）；2）求事件“X=4且甲獲勝”的概率.【答案】（1）0.5；（2）0.1【解析】【分析】(1)本題首先可以通過題意推導(dǎo)出PX2所包含的事件為“甲連贏兩球或乙連贏兩球”，然后計(jì)算出每種事件的概率并求和即可得出結(jié)果；(2)本題首先可以通過題意推導(dǎo)出P(X=4)所包含的事件為“前兩球甲乙各得1分，后兩球均為甲得分”，然后計(jì)算出每種事件的概率并求和即可得出結(jié)果?！驹斀狻?1)由題意可知，PX2所包含的

18、事件為“甲連贏兩球或乙連贏兩球”所以P(X=2)=0.5?0.40.5?0.60.5(2)由題意可知，P(X=4)包含的事件為“前兩球甲乙各得1分，后兩球均為甲得分”所以P(X=4)=0.5創(chuàng)0.60.5創(chuàng)0.4+0.50.4創(chuàng)0.50.4=0.1【點(diǎn)睛】本題考查古典概型的相關(guān)性質(zhì)，能否通過題意得出PX2以及P(X=4)所包含的事件是解決本題的關(guān)鍵，考查推理能力，考查學(xué)生從題目中獲取所需信息的能力，是中檔題。19.已知數(shù)列an和bn滿足a1=1，b1=0，4an13anbn4，4bn13bnan4.1）證明：an+bn是等比數(shù)列，anbn是等差數(shù)列；2）求an和bn的通項(xiàng)公式.【答案】（1）見

19、解析；（2）an=21n+n-12，bn=21n-n+12。【解析】【分析】(1)可通過題意中的4an13anbn4以及4bn13bnan4對(duì)兩式進(jìn)行相加和相減即可推導(dǎo)出數(shù)列anbn是等比數(shù)列以及數(shù)列anbn是等差數(shù)列；(2)可通過(1)中的結(jié)果推導(dǎo)出數(shù)列anbn以及數(shù)列anbn的通項(xiàng)公式，然后利用數(shù)列anbn以及數(shù)列anbn的通項(xiàng)公式即可得出結(jié)果?！驹斀狻?1)由題意可知4an13anbn4，4bn13bnan4，a1+b1=1，a1b11，所以4an+1+4bn+1=3an-bn+4+3bn-an-4=2an+2bn，即an+1+bn+1=21(an+bn)，1n-1所以數(shù)列anbn是首項(xiàng)

20、為1、公比為2的等比數(shù)列，an+bn=(12)，因?yàn)?an+1-4bn+1=3an-bn+4-(3bn-an-4)=4an-4bn+8，所以an+1-b=a-b+2，數(shù)列ab是首項(xiàng)1、公差為2等差數(shù)列，a-b=2n-1。n+1nnnnnnn-1(2)由(1)可知，an+bn=(21)，an-bn=2n-1，1(an+bn+an-bn)=1+n-11輊(an-bn)=11。所以an=22n2，bn=2an+bn-n-n+2臌2【點(diǎn)睛】本題考查了數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)，主要考查了等差數(shù)列以及等比數(shù)列的相關(guān)證明，證明數(shù)列是等差數(shù)列或者等比數(shù)列一定要結(jié)合等差數(shù)列或者等比數(shù)列的定義，考查推理能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化

21、思想，是中檔題。20.已知函數(shù)x1fxlnx.11）討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；（2）設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y=lnx在點(diǎn)A(x0，lnx0)處的切線也是曲線yex切線.【答案】（1）函數(shù)f(x)在(0,1)和(1,)上是單調(diào)增函數(shù)，證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，結(jié)合定義域，判斷函數(shù)的單調(diào)性；（2）先求出曲線ylnx在A(x0,lnx0)處的切線l，然后求出當(dāng)曲線yex切線的斜率與l斜率相等時(shí)，證明曲線yex切線l在縱軸上的截距與l在縱軸的截距相等即可.【詳解】（1）函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,1)(1,)，f(

22、x)lnxx1f(x)x21，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0,1)(1,)，所以f(x)0，因x1x(x1)2此函數(shù)f(x)在(0,1)和(1,)上是單調(diào)增函數(shù)；，而f(1)ln1112當(dāng)x(0,1)，時(shí)，x0,ye0，顯然當(dāng)x(0,1)，函數(shù)f(x)有零ee11e1e點(diǎn)，而函數(shù)f(x)在x(0,1)上單調(diào)遞增，故當(dāng)x(0,1)時(shí)，函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)；當(dāng)x(1,)時(shí)，f(e)lnee120,f(e2)lne2e21e230，e1e1e21e21因?yàn)閒(e)f(e2)0，所以函數(shù)f(x)在(e,e2)必有一零點(diǎn)，而函數(shù)f(x)在(1,)上是單調(diào)遞增，故當(dāng)(1,)時(shí)，函數(shù)f(x)有唯一的零點(diǎn)

23、綜上所述，函數(shù)f(x)的定義域(0,1)(1,)內(nèi)有2個(gè)零點(diǎn)；（2）因?yàn)閤0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，所以f(x0)lnx0 x010lnx0 x01x01x01ylnxy1,lnx0)處的切線l的斜率k1lnx在，所以曲線ylnx在A(x0，故曲線yxx0A(x0,lnx0)處的切線l的方程為：ylnx01x0)而lnx0 x01x2(xx01，所以l的方程為y，x0 x0 x01它在縱軸的截距為21.x0設(shè)曲線yex的切點(diǎn)為B(x1,ex1)，過切點(diǎn)為B(x1,ex1)切線l，yexyex，所以在B(x1,ex1)處的切線l的斜率為ex1，因此切線l的方程為yex1xex1(1x1)，當(dāng)切線l

24、的斜率k1ex1等于直線l的斜率k1時(shí)，即ex11x1(lnx0)，x0 x0切線l在縱軸的截距為b1ex1(1x1)elnx0(1lnx0)1(1lnx0)，而lnx0 x01，所以x0 x01b11x012，直線l,ll,l(1x0)x0的斜率相等，在縱軸上的截距也相等，因此直線重合，故曲線x011ylnx在A(x0,lnx0)處的切線也是曲線yex的切線.【點(diǎn)睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求已知函數(shù)的單調(diào)性、考查了曲線的切線方程，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.21.已知點(diǎn)A(-2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)M(x,y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-1.記M的軌跡為曲線C.2（1）求C的方程，并說明C是什么

25、曲線；（2）過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交長(zhǎng)交C于點(diǎn)G.C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PEx軸，垂足為E，連結(jié)QE并延i）證明：PQG直角三角形；ii）求PQG面積的最大值.（二）選考題：共10分請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分【答案】（1）詳見解析（2）詳見解析【解析】是【分析】（1）分別求出直線AM與BM的斜率，由已知直線AM與BM的斜率之積為-1，可以得到等式，化簡(jiǎn)可2以求出曲線C的方程，注意直線AM與BM有斜率的條件；（2）（i）設(shè)出直線PQ的方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而求出點(diǎn)E的坐標(biāo)，求出直線QE的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)關(guān)系求

26、出G的坐標(biāo)，再求出直線PG的斜率，計(jì)算kPQkPG的值，就可以證明出PQG是直角三角形；（ii）由（i）可知P,Q,G三點(diǎn)坐標(biāo)，PQG是直角三角形，求出PQ,PG的長(zhǎng)，利用面積公式求出PQG的面積，利用導(dǎo)數(shù)求出面積的最大值.【詳解】（1）直線AM的斜率為y2)，直線BM的斜率為y(x2)，由題意可知：x(xx22y2xy1x22y24,(x2)，所以曲線C是以坐標(biāo)原點(diǎn)為中心，焦點(diǎn)在x軸上，不包括x22左右兩頂點(diǎn)的橢圓，其方程為x2y21,x2；42（2）（i）設(shè)直線PQ的方程為ykx,由題意可知k0,直線PQ的方程與橢圓方程x22y24聯(lián)立,即x2,x2,ykx,222k1或2k1,點(diǎn)P在第一

27、象限，所以x22y24.y2k.y2k.2k212k21P(2,2k),Q(2,2k)，因此點(diǎn)E的坐標(biāo)為(2,0)2k22k2112k212k212k21直線QE的斜率為kQEk，可得直線QE方程：ykxk，與橢圓方程聯(lián)立，22k221kk4k2x12k2yx2,，消去y得，(22)x2822k1k2k212k20（*），設(shè)點(diǎn)G(x1,y1)，顯然Q點(diǎn)x22y214.的橫坐標(biāo)2和x1是方程（*）的解2k21212k286k24所以有x12k21x1，代入直線QE方程中，得2k212k2(k22)2k21y12k3，所以點(diǎn)G的坐標(biāo)為(6k242,22k32)(k22)2k2(k22)2k1(k2

28、)2k1，12k32k直線PG的斜率為;kPG(k22)2k212k212k32k(k22)16k242242(k2,6k2)k(k22)2k212k21因?yàn)閗PQkPGk(1)1,所以PQPG，因此PQG是直角三角形；k（ii）由（i）可知：P(2,2k),Q(22k)，2k22k2,12k2112k21(6k24,2k3)G的坐標(biāo)為2)2k2)2k2(k221(k21，PQ(22)2(2k2k)241k2，2k212k212k212k212k21PG(6k24121)2(k22k312k)2(k24kk21,(k22)2k22k22)2k22k212)2k21SPQG14kk2141k28

29、(k3k)2(k22)2k212k212k45k22S8(k1)(k1)(2k43k22),因?yàn)閗0，所以當(dāng)0k1時(shí)，S0，函數(shù)S(k)單調(diào)遞增，當(dāng)k1(2k45k22)2時(shí)，S0，函數(shù)S(k)單調(diào)遞減，因此當(dāng)k1時(shí)，函數(shù)S(k)有最大值，最大值為S(1)16.9【點(diǎn)睛】本題考查了求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及利用直線與橢圓的位置關(guān)系，判斷三角形形狀以及三角形面積最大值問題，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最大值問題.選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程在極坐標(biāo)系中，O為極點(diǎn)，點(diǎn)M(0,0)(00)在曲線C:4sin上，直線l過點(diǎn)A(4,0)且與OM垂直，垂足為P.（1）當(dāng)0=3時(shí)，求0及l(fā)的極坐標(biāo)方程；（2）當(dāng)M在【答案】（1）0C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí)，求23，l的極坐標(biāo)方程為sin(P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程.)2；（2）4cos