2019年高考試題真題1數(shù)學(xué)理（新課標(biāo)Ⅱ卷）解析版[高考復(fù)習(xí)]

絕密★啟用前 2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試 理科數(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+6>0}，B={ x|x-1<0}，則A∩B= A. (-∞，1) B. (-2，1) C. (-3，-1) D. (3，+∞) 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出集合A，再求出交集． 【詳解】由題意得，，則．故選A． 【點(diǎn)睛】本題考點(diǎn)為集合的運(yùn)算，為基礎(chǔ)題目． 2.設(shè)z=-3+2i，則在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)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】 先求出共軛復(fù)數(shù)再判斷結(jié)果. 【詳解】由得則對(duì)應(yīng)點(diǎn)（-3，-2）位于第三象限．故選C． 【點(diǎn)睛】本題考點(diǎn)為共軛復(fù)數(shù)，為基礎(chǔ)題目． 3.已知=(2,3)，=(3，t)，=1，則= A. -3 B. -2 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 根據(jù)向量三角形法則求出t，再求出向量的數(shù)量積. 【詳解】由，，得，則，．故選C． 【點(diǎn)睛】本題考點(diǎn)為平面向量的數(shù)量積，側(cè)重基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能，難度不大． 4.2019年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功實(shí)現(xiàn)人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國(guó)航天事業(yè)取得又一重大成就，實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個(gè)關(guān)鍵技術(shù)問題是地面與探測(cè)器的通訊聯(lián)系．為解決這個(gè)問題，發(fā)射了嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日點(diǎn)的軌道運(yùn)行．點(diǎn)是平衡點(diǎn)，位于地月連線的延長(zhǎng)線上．設(shè)地球質(zhì)量為M１，月球質(zhì)量為M２，地月距離為R，點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬有引力定律，r滿足方程： . 設(shè)，由于的值很小，因此在近似計(jì)算中，則r的近似值為 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 本題在正確理解題意的基礎(chǔ)上，將有關(guān)式子代入給定公式，建立的方程，解方程、近似計(jì)算．題目所處位置應(yīng)是“解答題”，但由于題干較長(zhǎng)，易使考生“望而生畏”，注重了閱讀理解、數(shù)學(xué)式子的變形及運(yùn)算求解能力的考查． 【詳解】由，得 因?yàn)椋? 所以， 即， 解得， 所以 【點(diǎn)睛】由于本題題干較長(zhǎng)，所以，易錯(cuò)點(diǎn)之一就是能否靜心讀題，正確理解題意；易錯(cuò)點(diǎn)之二是復(fù)雜式子的變形出錯(cuò)． 5.演講比賽共有9位評(píng)委分別給出某選手的原始評(píng)分，評(píng)定該選手的成績(jī)時(shí)，從9個(gè)原始評(píng)分中去掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分，得到7個(gè)有效評(píng)分.7個(gè)有效評(píng)分與9個(gè)原始評(píng)分相比，不變的數(shù)字特征是 A. 中位數(shù) B. 平均數(shù) C. 方差 D. 極差 【答案】A 【解析】 【分析】 可不用動(dòng)筆，直接得到答案，亦可采用特殊數(shù)據(jù)，特值法篩選答案． 【詳解】設(shè)9位評(píng)委評(píng)分按從小到大排列為． 則①原始中位數(shù)為，去掉最低分，最高分，后剩余， 中位數(shù)仍為，A正確． ②原始平均數(shù)，后來平均數(shù) 平均數(shù)受極端值影響較大，與不一定相同，B不正確 ③ 由②易知，C不正確． ④原極差，后來極差顯然極差變小，D不正確． 【點(diǎn)睛】本題旨在考查學(xué)生對(duì)中位數(shù)、平均數(shù)、方差、極差本質(zhì)的理解. 6.若a>b，則 A. ln(a?b)>0 B. 3a<3b C. a3?b3>0 D. │a│>│b│ 【答案】C 【解析】 【分析】 本題也可用直接法，因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，，知A錯(cuò)，因?yàn)槭窃龊瘮?shù)，所以，故B錯(cuò)；因?yàn)閮绾瘮?shù)是增函數(shù)，，所以，知C正確；取，滿足，，知D錯(cuò)． 【詳解】取，滿足，，知A錯(cuò)，排除A；因?yàn)椋狟錯(cuò)，排除B；取，滿足，，知D錯(cuò)，排除D，因?yàn)閮绾瘮?shù)是增函數(shù)，，所以，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)α，β為兩個(gè)平面，則α∥β的充要條件是 A. α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行 B. α內(nèi)有兩條相交直線與β平行 C. α，β平行于同一條直線 D. α，β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)，利用面面平行的判定定理與性質(zhì)定理即可作出判斷． 【詳解】由面面平行判定定理知：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，則”此類的錯(cuò)誤． 8.若拋物線y2=2px（p>0）的焦點(diǎn)是橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，則p= A. 2 B. 3 C. 4 D. 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)于的方程，即可解出，或者利用檢驗(yàn)排除的方法，如時(shí)，拋物線焦點(diǎn)為（1，0），橢圓焦點(diǎn)為（2，0），排除A，同樣可排除B，C，故選D． 【詳解】因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)是橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)，所以，解得，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 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)閳D象如下圖，知其不是周期函數(shù)，排除D；因?yàn)?，周期為，排除C，作出圖象，由圖象知，其周期為，在區(qū)間單調(diào)遞增，A正確；作出的圖象，由圖象知，其周期為，在區(qū)間單調(diào)遞減，排除B，故選A． 【點(diǎn)睛】利用二級(jí)結(jié)論：①函數(shù)的周期是函數(shù)周期的一半；②不是周期函數(shù)； 10.已知a∈（0，），2sin2α=cos2α+1，則sinα= A. B. C. D. 【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】，． ，又，，又，，故選B． 【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． 11.設(shè)F為雙曲線C：（a>0，b>0）的右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P、Q兩點(diǎn)．若|PQ|=|OF|，則C的離心率為 A. B. C. 2 D. 【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)與軸交于點(diǎn)，由對(duì)稱性可知軸， 又，為以為直徑的圓的半徑， 為圓心． ，又點(diǎn)在圓上， ，即． ，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)的定義域?yàn)镽，滿足，且當(dāng)時(shí)，.若對(duì)任意，都有，則m的取值范圍是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本題為選擇壓軸題，考查函數(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】時(shí)，，，，即右移1個(gè)單位，圖像變?yōu)樵瓉淼?倍． 如圖所示：當(dāng)時(shí)，，令，整理得：，（舍），時(shí)，成立，即，，故選B． 【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】0．98. 【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，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． 【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.已知是奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，.若，則__________. 【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)槭瞧婧瘮?shù)，且當(dāng)時(shí)，． 又因?yàn)?，? 所以，兩邊取以為底的對(duì)數(shù)得，所以，即． 【點(diǎn)睛】本題主要考查函數(shù)奇偶性，對(duì)數(shù)計(jì)算． 15.的內(nèi)角的對(duì)邊分別為.若，則的面積為__________. 【答案】 【解析】 【分析】 本題首先應(yīng)用余弦定理，建立關(guān)于的方程，應(yīng)用的關(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， 所以， 即 解得（舍去） 所以， 【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． 16.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“半正多面體”（圖1）.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. 【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個(gè)面． 如圖，設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為，則，延長(zhǎng)與交于點(diǎn)，延長(zhǎng)交正方體棱于，由半正多面體對(duì)稱性可知，為等腰直角三角形， ， ，即該半正多面體棱長(zhǎng)為． 【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17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第22、23為選考題，考生根據(jù)要求作答． （一）必考題：共60分。 17. 如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1. （1）證明：BE⊥平面EB1C1； （2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值. 【答案】（1）證明見解析；（2） 【解析】 【分析】 （1）利用長(zhǎng)方體的性質(zhì)，可以知道側(cè)面，利用線面垂直的性質(zhì)可以證明出，這樣可以利用線面垂直的判定定理，證明出平面； （2）以點(diǎn)坐標(biāo)原點(diǎn)，以分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為，，求出相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，利用，可以求出之間的關(guān)系，分別求出平面、平面的法向量，利用空間向量的數(shù)量積公式求出二面角的余弦值的絕對(duì)值，最后利用同角的三角函數(shù)關(guān)系，求出二面角的正弦值. 【詳解】證明（1）因?yàn)槭情L(zhǎng)方體，所以側(cè)面，而平面，所以 又，，平面，因此平面； （2）以點(diǎn)坐標(biāo)原點(diǎn)，以分別為軸，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系， ， 因?yàn)?，所以? 所以，， 設(shè)是平面的法向量， 所以， 設(shè)是平面的法向量， 所以， 二面角的余弦值的絕對(duì)值為， 所以二面角的正弦值為. 【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）；（2）0.1 【解析】 【分析】 (1)本題首先可以通過題意推導(dǎo)出所包含的事件為“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)出所包含的事件為“前兩球甲乙各得分，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。 【詳解】(1)由題意可知，所包含的事件為“甲連贏兩球或乙連贏兩球” 所以 (2)由題意可知，包含的事件為“前兩球甲乙各得分，后兩球均為甲得分” 所以 【點(diǎn)睛】本題考查古典概型的相關(guān)性質(zhì)，能否通過題意得出以及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， ，. （1）證明：{an+bn}是等比數(shù)列，{an–bn}是等差數(shù)列； （2）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式. 【答案】（1）見解析；（2），。 【解析】 【分析】 (1)可通過題意中以及對(duì)兩式進(jìn)行相加和相減即可推導(dǎo)出數(shù)列是等比數(shù)列以及數(shù)列是等差數(shù)列； (2)可通過(1)中的結(jié)果推導(dǎo)出數(shù)列以及數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后利用數(shù)列以及數(shù)列的通項(xiàng)公式即可得出結(jié)果。 【詳解】(1)由題意可知，，，， 所以，即， 所以數(shù)列是首項(xiàng)為、公比為的等比數(shù)列，， 因?yàn)椋? 所以，數(shù)列是首項(xiàng)、公差為的等差數(shù)列，。 (2)由(1)可知，，， 所以，。 【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)化思想，是中檔題。 20. 已知函數(shù). （1）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=ln x 在點(diǎn)A(x0，ln x0)處的切線也是曲線的切線. 【答案】（1）函數(shù)在和上是單調(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)求導(dǎo)，結(jié)合定義域，判斷函數(shù)的單調(diào)性； （2）先求出曲線在處的切線，然后求出當(dāng)曲線切線的斜率與斜率相等時(shí)，證明曲線切線在縱軸上的截距與在縱軸的截距相等即可. 【詳解】（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋? ，因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)?，所以，因此函?shù)在和上是單調(diào)增函數(shù)； 當(dāng)，時(shí)，，而，顯然當(dāng)，函數(shù)有零點(diǎn)，而函數(shù)在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，函數(shù)有唯一的零點(diǎn)； 當(dāng)時(shí)，， 因?yàn)?，所以函?shù)在必有一零點(diǎn)，而函數(shù)在上是單調(diào)遞增，故當(dāng)時(shí)，函數(shù)有唯一的零點(diǎn) 綜上所述，函數(shù)的定義域內(nèi)有2個(gè)零點(diǎn)； （2）因?yàn)槭堑囊粋€(gè)零點(diǎn)，所以 ，所以曲線在處的切線的斜率，故曲線在處的切線的方程為：而，所以的方程為，它在縱軸的截距為. 設(shè)曲線的切點(diǎn)為，過切點(diǎn)為切線，，所以在處的切線的斜率為，因此切線的方程為， 當(dāng)切線的斜率等于直線的斜率時(shí)，即， 切線在縱軸的截距為，而，所以，直線的斜率相等，在縱軸上的截距也相等，因此直線重合，故曲線在處的切線也是曲線的切線. 【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?.記M的軌跡為曲線C. （1）求C的方程，并說明C是什么曲線； （2）過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G. （i）證明：是直角三角形； （ii）求面積的最大值. （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】 【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?，可以得到等式，化簡(jiǎn)可以求出曲線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)的坐標(biāo)，求出直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)關(guān)系求出的坐標(biāo)，再求出直線的斜率，計(jì)算的值，就可以證明出是直角三角形； （ii）由（i）可知三點(diǎn)坐標(biāo)，是直角三角形，求出的長(zhǎng)，利用面積公式求出的面積，利用導(dǎo)數(shù)求出面積的最大值. 【詳解】（1）直線的斜率為，直線的斜率為，由題意可知：，所以曲線C是以坐標(biāo)原點(diǎn)為中心，焦點(diǎn)在軸上，不包括左右兩頂點(diǎn)的橢圓，其方程為； （2）（i）設(shè)直線的方程為,由題意可知,直線的方程與橢圓方程聯(lián)立,即或,點(diǎn)P在第一象限，所以，因此點(diǎn)的坐標(biāo)為 直線的斜率為，可得直線方程：，與橢圓方程聯(lián)立，，消去得，（*），設(shè)點(diǎn)，顯然點(diǎn)的橫坐標(biāo)和是方程（*）的解 所以有，代入直線方程中，得 ，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為， 直線的斜率為; , 因?yàn)樗?，因此是直角三角形? （ii）由（i）可知：， 的坐標(biāo)為， ， , ,因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，因此當(dāng)時(shí)，函數(shù)有最大值，最大值為. 【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. 22.[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)在曲線上，直線l過點(diǎn)且與垂直，垂足為P. （1）當(dāng)時(shí)，求及l(fā)的極坐標(biāo)方程； （2）當(dāng)M在C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí)，求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程. 【答案】（1），l的極坐標(biāo)方程為；（2） 【解析】 【分析】 （1）先由題意，將代入即可求出；根據(jù)題意求出直線的直角坐標(biāo)方程，再化為極坐標(biāo)方程即可； （2）先由題意得到P點(diǎn)軌跡的直角坐標(biāo)方程，再化為極坐標(biāo)方程即可，要注意變量的取值范圍. 【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)在曲線上， 所以； 即，所以， 因?yàn)橹本€l過點(diǎn)且與垂直， 所以直線的直角坐標(biāo)方程為，即； 因此，其極坐標(biāo)方程為，即l的極坐標(biāo)方程為； （2）設(shè)，則， ， 由題意，，所以，故，整理得， 因?yàn)镻在線段OM上，M在C上運(yùn)動(dòng)，所以， 所以，P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程為，即. 【點(diǎn)睛】本題主要考查極坐標(biāo)方程與直角坐標(biāo)方程的互化，熟記公式即可，屬于?？碱}型. 23.[選修4-5：不等式選講] 已知 （1）當(dāng)時(shí)，求不等式的解集； （2）若時(shí)，，求的取值范圍. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）根據(jù)，將原不等式化為，分別討論，，三種情況，即可求出結(jié)果； （2）分別討論和兩種情況，即可得出結(jié)果. 【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，原不等式可化為； 當(dāng)時(shí)，原不等式可化為，即，顯然成立， 此時(shí)解集為； 當(dāng)時(shí)，原不等式可化為，解得，此時(shí)解集為空集； 當(dāng)時(shí)，原不等式可化為，即，顯然不成立；此時(shí)解集為空集； 綜上，原不等式解集為； （2）當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，所以由可得? 即，顯然恒成立；所以滿足題意； 當(dāng)時(shí)，，因?yàn)闀r(shí)， 顯然不能成立，所以不滿足題意； 綜上，的取值范圍是. 【點(diǎn)睛】本題主要考查含絕對(duì)值的不等式，熟記分類討論的方法求解即可，屬于?？碱}型.