2023年12月2日发(作者：数学试卷高一推荐)
绝密★启用前
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.
设集合
A={x|x2-5x+6>0}，B={ x|x-1<0}，则
A∩B=
A．(-∞，1)
B．(-2，1)
D．(3，+∞)
C．(-3，-1)
2.
设
z=-3+2i，则在复平面内
z
对应的点位于
A.
第一象限
B．第二象限
D．第四象限
C．第三象限
3.
已知
AB
=(2,3)，
AC
=(3，t)，
BC
=1，则
AB BC
=
A．-3
B．-2
D．3
C．2
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
M
１，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：
M1
2M
2
(R r)
M (R r)
1
.
r2 R3
设
r
R
，由于
的值很小，因此在近似计算中
3
3
3
4
5
(1
)2
33，则
r
的近似值
为
A.
M
2
R
M1
B.
M
2
R
2M1
3
C．
3M
2
M1
R
3
D．
M
2
R3M1
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
D．极差
C．方差
6.
若
a>b，则
A.
ln(a−b)>0 B．3a<3b
D．│a│>│b│
C．a3−b3>0
7.
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
D．α，β
垂直于同一平面
C．α，β
平行于同一条直线
8.
若抛物线
y2=2px(p>0)x2
y2
的焦点是椭圆
1
的一个焦点，则
p=
3 p p
B．3
D．8
A．2
C．4
9.
下列函数中，以 为周期且在区间(
，
)单调递增的是
2 4 2
A．f(x)=│cos 2x│
B．f(x)=│sin 2x│
D．f(x)= sin│x│
C．f(x)=cos│x│
10.
已知
α∈(0，
)，2sin 2α=cos 2α+1，则
sin α=
2
1A.
5
C.
B.
5
5
3
3
D.
2
5
5
11.
2 2
xy 1(a 0, b 0)
的右焦点，O
为坐标原点，以OF
为直径的
设
F
为双曲线
C：
2 2
ab圆与圆
x2 y2 a2
交于
P，Q
两点.若
PQ OF
，则
C
的离心率为
A．
2
B．
3 C．2 D．
5
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)
，则
m
的取值范围是
8
9
A．
,
4
5
C．
,
2
9
7
3
8
D．
,
3 B．
,
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 (ln 2) 8
，则a
15.
π
△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
3
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
1.则该半正多面体共有 的棱长为
个面，其棱长为
.
本题第一空
2
分， （第二空
3
分.）
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 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.
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）
4bn1 3bn an 4
.
已知数列{an}和{bn}满足
a1=1，b1=0，
4an1
3an
bn
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.
20．（12
分）
x
ln x 已知函数
f
x 1
x 1
.
（1）
讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；
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（2）
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
1
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，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.
（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 :
4 sin
上，直线
l
过点
A(4, 0)
且与OM
垂直，垂足为
P.
（1）当=
时，求
及
l
的极坐标方程；
0
3
0
（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. 2019 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）参考答案
1．A
2．C
7．B
12．B
3．C
8．D
4．D
9．A
5．A
10．B
6．C
11．A
13．0.98
14．–3
16．26；
2
1
15．6
3
17.
解：（1）由已知得，
B1C1
平面
ABB1
A1
，
BE
平面
ABB1
A1
，故
B1C1
BE
．
又
BE EC1
，所以
BE
平面
EB1C1
．
（2）由（1）知BEB1
90
．由题设知Rt△ABE Rt△A1B1E
，所以AEB 45
，故
AE AB
，
AA1 2 AB
．
以
D
为坐标原点，
DA
的方向为x轴正方向，
| DA |
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
则C（0，1，0），B（1，1，0），
C1
（0，1，2），E（1，0，1），
CE (1, 1,1)
，
CC1 (0, 0, 2)
．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 x 0,
CB n 0,
即x y z 0,
CE n 0,
所以可取n=
(0, 1, 1)
.
设平面
ECC1
的法向量为m=（x，y，z），则
CC1
m 0,
2z 0,
即x y z 0.
CE m 0,
所以可取m=（1，1，0）．
于是cos n, m
1
．
| n || m | 2
3
．
2n m
所以，二面角
B EC C
的正弦值为
1
18.
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0.4+
（1–0.5）×分，或者均由乙得分．因此P（X=2）=0.5×（1–04）=05．
（2）X=4且甲获胜，就是10：10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
[0.5×0.4]×0.5×0.4=0.1
． （1–0.4）+（1–0.5）×
19.
解：（1）由题设得4(a
n1
b ) 2(a b )
，即
a
n1 n n
1
b
(a b )
．
n1 n1
2
n n
n n
又因为a1+b1=l，所以a b
是首项为1，公比为 的等比数列．
1
2由题设得4(an1 bn1) 4(an bn ) 8
，即
an1 bn1 an bn 2
．
又因为a1–b1=l，所以an
bn
是首项为1，公差为2的等差数列．
（2）由（1）知，
a b
n n
1
，
a b
2n 1
．
n n
2n1
所以a [(a b ) (a b )]
n
1
2
n n n n
1
n
，
2n
2
1 1 1 1
b [(a b ) (a b )] n
．
n n n
2
n n
2n
2
20.
解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．
e 1
e2 1 e2 3
2
f（e）=1 0
，
f (e ) 2
因为
0
，
e 1
e2 1 e2 1
所以
f（x）在（1，+∞）有唯一零点
x1，即
f（x1）=0．
又0
1 x1
1
1，
f ( ) ln x f (x
1) 0
，
1
x x x 1
1 1 1
1
f（x）在（0，1）有唯一零点 故
1
x
1
．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
（2）因为
1
x
0
eln x0
，故点
B（–lnx0，
1
x0
）在曲线
y=ex
上．
由题设知
f (x ) 0
，即ln x
x0
1
，0 0
x0
1
1
1
x0
1
ln x
0
x 1 1 x x
00AB
的斜率k
0
． 故直线
ln x0
x0
x0
1
x
x0
0
x0
1
1
1
)
B( ln x,处切线的斜率是 ，曲线
y ln x
在点
A(x
曲线
y=e
在点
0
0
, ln x
0
)
处切
x0
x
0
x
1
线的斜率也是
x0
，
所以曲线
y ln x
在点
A(x0 , ln x0 )
处的切线也是曲线
y=ex
的切线．
21.
解：（1）由题设得
y y 1
，化简得
x2
y2
1(| x | 2)
，所以 C 为中心
x 2 x 2 2
4 2
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 2
由
x2
y2
得
x
．
21 2k
1
4 2
记u
2
1 2k
2
，则
P(u, uk ), Q(u, uk ), E(u, 0)
．
k
k
于是直线QG
的斜率为
，方程为
y (x u)
．
2 2
k
y (x u),
2
由
2
得
x
y2
1
4 2
(2 k
2 )x2 2uk
2 x k
2u2 8 0
．①
uk3
u(3k
2 2)
设G(xG
, yG
)
，则u
和
xG
是方程①的解，故
xG
，由此得
yG
．
2 k
2
2 k
2
uk
3
22 k
uk
1
．
从而直线
PG
的斜率为
2
u(3k 2) uk
22 k
所以
PQ PG
，即△PQG
是直角三角形．
21 k
| PQ | 2u
（ii）由（i）得
2uk k 1
| PG |
2 k
2
，
，
2
2
1
所以△PQG
的面积
S | PQ‖PG |8k(1 k )
k
．2 (1 2k
2 )(2 k
2 )
1 2(
1
k)2
k
1
8( k)
设
t=k+
，则由
k>0
得
t≥2，当且仅当
k=1
时取等号．
1
k
8t
因为
S 在[2，+∞）单调递减，所以当
t=2，即
k=1
时，S
取得最大值，最大值
1 2t2
为
16
9
．
因此，△PQG
面积的最大值为
16
9
．
4sin 2
3
.
0
,0
在C上，当0
时，
0
22.
解：（1）因为
M
3
3
由已知得| OP || OA | cos
2
.
3
设Q(,
)
为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ
中
cos
| OP | 2
，
3
2
上.
3
3
所以，l的极坐标方程为
cos
2
.
3
经检验，点
P(2, )
在曲线
cos（2）设
P(,
)
，在Rt△OAP
中，
| OP || OA | cos
4 cos
,
即
4 cos
..
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
4 cos
,
4 2
23.
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, )
. 绝密★启用前
2019 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）答案解析版
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∩B=
A. (-∞，1)
B. (-2，1)
D. (3，+∞)
C. (-3，-1)
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．
【详解】由题意得，
A x x2, 或x3, B x x 1，则
A B x x 1．故选 A．
【点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目，难度偏易．不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．
2.
设
z=-3+2i，则在复平面内
z
对应的点位于
A.
第一象限
B.
第二象限
D.
第四象限
C.
第三象限
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查复数的共轭复数和复数在复平面内的对应点位置，渗透了直观想象和数学运算素养．采取定义法，利用数形结合思想解题．
【详解】由
z 3 2i,
得
z 3 2i,
则
z 3 2i,
对应点（-3，-2）位于第三象限．故选
C．
【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目，难度偏易．忽视共轭复数的定义致错，复数与共轭复数间的关系为实部同而虚部异，它的实部和虚部分别对应复平面上点的横纵坐标
． 3.
已知
AB
=(2,3)，
AC
=(3，t)，
BC
=1，则
AB BC
=
A. -3
B. -2
D. 3 C. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查平面向量数量积的坐标运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法，利用
转化与化归思想解题．
22则
BC (1, 0)
，
【详解】由
BC AC AB (1, t 3)
，
BC 1 (t 3) 1，得t 3
，
AB BC (2, 3) (1, 0) 2 1 3 0 2
．故选
C．
【点睛】本题考点为平面向量的数量积，侧重基础知识和基本技能，难度不大．学生易在处理向量的法则运算和坐标运算处出错，借助向量的模的公式得到向量的坐标，然后计算向量数量积．
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：
M1
2M
2
(R r)
M (R r)
1
.
r2 R3
设
r
R
，由于
的值很小，因此在近似计算中
3
3
3
4
5
(1
)2
33，则 r 的近似值
为
A.
M
R
B.
M1
3
2
M
2
R
2M1
3
C.
3M
2
M1
R
D.
M
2
3M1
R
【答案】D 【解析】
【分析】
本题在正确理解题意的基础上，将有关式子代入给定公式，建立
的方程，解方程、近似计算．题目所处位置应是“解答题”，但由于题干较长，易使考生“望而生畏”，注重了阅读理解、数学式子的变形及运算求解能力的考查．
【详解】由
，得r
R
rR
因为
M1
2
M
2
(R r)
r2
M (R r)
1
，
R3
M
2
M1
M
(1
)
1，
所以
R2 (1
)2
2
R2
R2
M
2
2
5
3
4
3
3
1
3
] 3
，
[(1
) 即
22(1
)
(1
)
M1
3解得
M
2
，
3M1
M
2
R.
3M1
3所以r
R
【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是复杂式子的变形出错．
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
D.
极差
C.
方差
【答案】A
【解析】分析】
可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．
x1 x2 x3 x4
9
位评委评分按从小到大排列为 【详解】设
x8 x9
．
x8
，
x5
，去掉最低分
x1
，最高分
x9
，后剩余
x2 x3 x4
则①原始中位数为 中位数仍为
x5
，A
正确．
x (x x x x
②原始平均数
1
x x )
，后来平均数
8 9
1
x x x x
（
2 3 4
7
9
x ）
8
1 2 3 4
平均数受极端值影响较大，
x
与
x不一定相同，B
不正确
2
1
2 2
2S x x x x x x
③
1 q
9
1
2
2
2
1
s2
x x x x x
x
由②易知，C
不正确．
3 8
7
2
④原极差=x9 - x1
，后来极差=x8 - x2
显然极差变小，D
不正确．
【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.
6.
若
a>b，则
A. ln(a−b)>0
B. 3a<3b
D. │a│>│b│ C. a3−b3>0
【答案】C
【解析】
【分析】
本题也可用直接法，因为a b
，所以a b 0
，当a b 1时，
ln(a b) 0
，知
A
错，因为
y 3x
是增函数，所以3a 3b
，故 B 错；因为幂函数
y x3
是增函数，
a b
，所以
a3 b3
，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，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 x3
是增函数，
a b
，所以a3 b3
，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 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
【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
y2=2px（p>0）的焦点是椭圆
x2
3 p
y2
p
1
的一个焦点，则
p=
B. 3
D. 8
A. 2
C. 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D．
p
x2 y2
【详解】因为抛物线
y2 2 px( p 0)
的焦点( , 0)
是椭圆
1
的一个焦点，所以
2
3 p p
p
2(
3 p p )
，解得
p 8
，故选D．
2
【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 为周期且在区间(
4 2
，
)单调递增的是
2
A. f(x)=│cos 2x│
B. f(x)=│sin 2x│
D. f(x)= sin│x│ C. f(x)=cos│x│
【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 cos x
，
周期为2
，排除
C，作出
y cos 2x
图象，由图象知，其周期为 ，在区间(, )
单调
4 2
2
递增，A
正确；作出
y sin 2x
的图象，由图象知，其周期为 ，在区间(, )
单调递减，
4 2
2
排除B，故选A．
【点睛】利用二级结论：①函数
y f (x)
的周期是函数
y f (x)
周期的一半；
②
y sin
x
不是周期函数；
10.已知 a∈（0，
），2sin2α=cos2α+1，则 sinα=
π
2 A.
1B.
5
C.
5
5
2 5
5
3
3
D.
【答案】B
【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】
0, ,cos 0
．
cos 2 1，4sin cos 2 cos .
2
2 sin 2 21
222 2
sin 0, 2 sin cos
，又sin
cos
1
，5sin 1, sin
，又
5
sin
0
，sin
5
5
，故选B．
【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．
11.设
F
为双曲线
C：
y 1
（a>0，b>0）的右焦点，O
为坐标原点，以
OF
为直径的
2
x2
2
a2
b圆与圆
x2+y2=a2
交于
P、Q
两点．若|PQ|=|OF|，则
C
的离心率为
A.
C. 2
2
B.
D.
3
5
【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
PQ | OF | c
，| PA | ,
PA
为以OF
为直径的圆的半径，
c
c
A
为圆心| OA |
．
2
2
c c
P ,
，又
P
点在圆
x2 y2 a2
上，
2 2
2 2
c2
c2
cc2 2 2
a
，即
a , e
2
2
．
a4 4 2
e 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，
8
f (x) x(x 1)
.若对任意
x (, m]
，都有
f (x)
，则
m
的取值范围是
9
9
7
A.
,
B.
,
4
3
5
8
C.
,
D.
,
2
3【答案】B
【解析】
【分析】 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 (x)=4f (x 2)=4(x 2)(x 3)
，令4(x 2)(x 3)
，
8
7 8
2
x , x
（舍），
整理得：
9x 45x 56 0
，(3x 7)(3x 8) 0,
1 2
3 37
8 7
x (, m]
时，
f (x)
成立，即m
，m ,
，故选B．
3
9 3
9
【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
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】0．98.
【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
10 0.97 20 0.98 10 0.99 39.2
，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
40
0.98
．
【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．
x 0
时，
14.
已知
f (x)
是奇函数，且当
f (x) eax
.若
f (ln 2) 8
，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．
【详解】因为
f (x)
是奇函数，且当
x 0
时，
f (x)
eax
．又因为ln 2 (0,1)
，
f (ln 2) 8
，
所以ealn
2 8
，两边取以e
为底的对数得a ln 2 3ln 2
，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
π
，则VABC
的面
3
积为
.
【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能力的考查．
【详解】由余弦定理得b2 a2 c2 2ac cos B
，
所以(2c)2 c2 2 2c c 62
，
1
2
即c2 12 解得c 2 3, c 2 3
（舍去）所以a 2c 4 3
，
S
1 1 3
ac sin B 4 3 2 3 6 3.
ABC
2 2 2
【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1）.半正多面体是由或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图
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 ．
【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18 8 26
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
2
2
x, GH 2
2
2
x x (
2
1)x 1
，
x
1
2 1，即该半正多面体棱长为
x
．
2 1
x 1
【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
17～21
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
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.
【答案】（1）证明见解析；（2）
32
【解析】
【分析】
（1）
利用长方体的性质，可以知道
B1C1
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）因为
ABCD A1B1C1D1
是长方体，所以
B1C1
侧面
A1B1BA
，而
BE 平面
A1B1BA
，所以
BE B1C1
又
BE EC1
，
B1C1
EC1
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), C (0, a, b), E(a, 0, )
，
1
2
BE EC
因为
2b b
2 b
BE EC1
0 (a, 0, ) (a, a, ) 0 a
0 b 2a
，
1 ，所以
224E(a, 0, a)
，
EC (a, a, a), CC1
(0, 0, 2a), BE (a, 0, a)
，所以
设
m (x1, y1, z
1)
是平面
BEC
的法向量，
m BE 0, ax1
az1
0,
m (1, 0, 1)
，
所以ax ay az
0.
m EC 0.
1 1 1
设
n (x2
, y2
, z
2
)
是平面
ECC1
的法向量，
所以n EC 0.
ax ay az 0.
n (1,1, 0)
，
n CC1
0,
2az2
0,
2 2 2
1
1
，
二面角
B EC C1
的余弦值的绝对值为
2 2
2
m
n
3
12.
1 ( )
所以二面角
B EC C1
的正弦值为
2 2
m n
【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
P
X 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。
( )
P
X 2
所包含的事件为“甲连赢两球或乙连赢两球”【详解】(1)由题意可知，
P X = 2= 0.5? 0.4 0.5? 0.6 0.5
所以
(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
P
X 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.
（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.
4bn1 3bn an 4
.
已知数列{an}和{bn}满足
a1=1，b1=0，
4an1
3an
bn
4
，
an
=
1
+ n -
1
，
b =
1 - n +
1
。 【答案】（1）见解析；（2）
2n
2
n
2n
2
【解析】
【分析】
(1)
可通过题意中的
4an1 3an bn 4
以及
4bn1 3bn an 4
对两式进行相加和相减即可推导出数列an
bn
是等比数列以及数列an bn
是等差数列；
(2)
可通过(1)中的结果推导出数列an
bn
以及数列an bn
的通项公式，然后利用数列
an
bn
以及数列an bn
的通项公式即可得出结果。
【详解】(1)由题意可知4an1 3an bn 4
，4bn1 3bn an 4
，a1 +b1 =1，a1 b1 1
，1
an
+bn
， 所以4an+1 + 4bn+1 = 3an - bn + 4 +3bn - an - 4 = 2an + 2bn
，即an+1
+bn+1
=
2
( )
1
b
是首项为、公比为 的等比数列，
a +b =
a1所以数列
n n
n n
2( )
1
2
n- 1
，
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an
bn
是首项1
、公差为2
等差数列，
()
an - bn = 2n - 1
。
(2)
由(1)可知，
a +b =
1
n
2
n- 1
1所以a
= a
+b + a
- b
n
2
n n n
(
n
( )
n
，
a - b
= 2n - 1
，
n n
1 ，
2
)
=
1 + n -
2n
a
+b - a - b
=
1 - n +
1
。
b
=
1
轾n
)
2
n 2
臌n n
(
n
2n
【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.
x
ln x 已知函数
f
.
x 1
（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=ln x
在点
A(x0，ln x0)处的切线也是曲线
y ex
x 1
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】
（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 ln x
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
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, )
，
2x 1
f
(x) x 1
，因为函数
f (x)
的定义域为(0,1) (1, )
，所以
x(x 1)2
x 1
f (x) ln x
f
(x) 0
，因此函数
f (x)
在(0,1)
和(1, )
上是单调增函数；
1
1
11
e
2
x (0,1)
，时，
x 0, y
，而
f () ln 0
，显然当
x (0,1)
，
当
e e
1
1
e 1
e
函数
f (x)
有零点，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；
e 1 2
22 e 1
e 3
22x (1, )
当 时，
f (e) ln e 0, f (e ) ln e 0
，
22e 1 e 1 e 1 e 1
因为
f (e) f (e2 ) 0
，所以函数
f (x)
在(e, e2 )
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
x
是
f (x)
的一个零点，所以
f (x ) ln x
0
0 0
x0
1
0 ln x
x0
1
0x 1 x 1
0 0
1
y ln x y
，所以曲线
y ln x
在A(x , ln x )
处的切线l
的斜率k 1
，故曲线
0 0
x
x
0
y ln x
在A(x , ln x )
处的切线l
的方程为：y ln x
0 0
1
x
0
0
(x x )
而ln x
0
0
x0
1
，所以l
x0
1
的方程为
y
x
x0
2
，它在纵轴的截距为
.
x0
1
x0
1
2
设曲线
y ex
的切点为
B(x , e1
)，过切点为
B(x , e1
)
切线l
\'
，
y ex y
ex
，所以在
1 1
xx
B(x , ex1
)
处的切线l
\'
的斜率为ex，因此切线l
\'
的方程为
y ex1
x ex1
(1 x )
，
1
1
1
当切线l
\'
的斜率k e等于直线l
的斜率k
x1
1
1
时，即e
x1
1
x
0
x (ln x )
，
1 0
x
0
x ln x
0
1
(1 ln x0 ) x
0
(1 ln x0
)
，而ln x0
切线l
\'
在纵轴的截距为b1
e
1
(1 x1
) e
x0
1
x0
1
，
2
的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线1 x1
，直线l, l\'
0
所以b
(1
) 1 x x 1 x 1
0 0 0
l, l\'
重合，故曲线
y ln x
在A(x, ln x)
处的切线也是曲线
y
ex
的切线.
0 0
【点睛】本题考查了利用导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−
.记
M
的轨迹
1
2
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
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，由已知直线
AM
与
BM
的斜率之积为− ，可以得到
1
2
等式，化简可以求出曲线
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
PQG
的面积，利用导数求出面积的最大值.
y
y
(x 2)
，直线
BM
的斜率为
(x 2)
，由题意
【详解】（1）直线
AM
的斜率为
x 2
x 2
y 1
x2 2 y2 4,(x 2)
，所以曲线
C
是以坐标原点为中心，焦 可知：
y
x 2 x 2 2
x
x2
y2
1,
x 2
；
点在 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为
4 2
（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
2
x , x
y kx,2k
2 1
22x 2 y 4
联立,即2
2或2k
x 2 y 4.
y . y
22k 1
,
2k 1
2k
,点
P
在第一象
.
22k 1
22
P(
限，所以
2
2k 1
2,
)
，因此点
E
的坐标为
), Q( ,
222k 1
2k 1
2k 1
22k
2
2k
(
2
2k 1
2, 0)
k k
y x
QE
，可得直线方程：
，与椭圆方程联立，
22
2k
2 1
k
直线QE
的斜率为k
QE k
k
22y x ,
4k x 12k 8
22y
得，
2
(2 k )x 0
（*），消去 ，设点
22k 1
22k
2 1
2k 1
x2 2 y2 4.
G(x1, y1)
，显然Q
点的横坐标
2
2k 1
2和
x1
是方程（*）的解
12k
2 8
26k
2 4
2
2k 1
所以有 ，代入直线QE
方程中，得
x1
x1
2 k
2
(k
2 2) 2k
2 1
2k
2 1
6k
2 2k
3
2k3
(
4
, )
y1
，所以点G
的坐标为
(k
2 2) 2k
2 1 (k
2 2) 2k
2 1
，
22(k 2) 2k 1
2k
3
321
(k
2 2) 2k
2 1 2k
2 1
2k 2k (k 2)
, k直线
PG
的斜率为;
PG
226k
2 4 2
6k 4 2(k 2) k
(k
2 2) 2k
2 1 2k
2 1
1
k ( ) 1,
所以
PQ PG
，因此
PQG
是直角三角形；
因为kPQkPG
k
2k
P(
（ii）由（i）可知：
2
2k
2 1
,
2
2k
)
，), Q( ,
2k
2 1 2k
2 1 2k
2 1
2k
6k
2 4 2k
3
( , )
G
的坐标为
(k
2 2) 2k
2 1 (k
2 2) 2k
2 1
，
22 2k
2 2k
2
4 1 k
2(
)) (
，
PQ 222222k 1 2k 1
2k 1 2k 1 2k 1
4k k
2 1
32 2k 2k
6k
2 4
2
PG (
) ( )
2
22222222(k 2) 2k 1 2k 1 (k 2) 2k 1 2k 1 (k 2) 2k 1
,
1 4k k
2 1 4 1 k
2 8(k3 k)
SPQG
4 2
2
(k
2 2) 2k
2 1 2k
2 1
2k 5k 2
8(k 1)(k 1)(2k
4 3k
2 2)
函数
S (k )
单\'
0
，S ,因为k 0
，所以当0 k 1时，S
(2k
4 5k
2 2)2
\'调递增，当k 1
时，
S
\'
0
，函数
S (k )
单调递减，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 :
4 sin
上，直线
l
过点
A(4, 0)
且与OM
垂直，垂足为
P.
（1）当0
=
时，求
0
及
l
的极坐标方程；
3（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）
2
3
0
【解析】
【分析】
，l
的极坐标方程为
sin(
) 2
；（2）
4 cos
(
)
4 2 6
（1）先由题意，将0
=
代入
4sin
即可求出
0
；根据题意求出直线l
的直角坐标方
3程，再化为极坐标方程即可；
（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 :
4 sin
上，
4sin 2
3
；
所以
0 4sin0
3
即
M (2 3, )
，所以kOM
tan
3
3
3
，
因为直线
l
过点
A(4, 0)
且与OM
垂直，
3
(x 4)
，即
x+
3y 4 0
； 所以直线l
的直角坐标方程为
y 3
l
sin(
) 2
；
，即 的极坐标方程为
3
sin
4
因此，其极坐标方程为
cos
6
y
y
，
k，
（2）设
P(x, y)
，则kOP
AP
x x 4
y2
由题意，
OP AP
，所以kOPkAP 1
，故
，整理得
x2 y2 4x 0
，
1x2 4x
因为
P
在线段
OM
上，M
在
C
上运动，所以0 x 2, 2 y 4
，
4 cos
(所以，P
点轨迹的极坐标方程为
2
4
cos
0
，即
)
.
4 2
【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.
(,1)
；【答案】（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
，
x 2
三种情况，即可求出结果；
（2）分别讨论a ≥1
和a 1
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(x 1)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
x 2
时，原不等式可化为(x 1)x (x 2)(x 1) 0
，即(x 1)2 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a ≥1时，因为
x (,1)
，所以由
f (x) 0
可得(a x)x (2 x)(x a) 0
，即(x a)(x 1) 0
，显然恒成立；所以a ≥1满足题意；
2(x a), a x 1
当
a 1
时，
f (x)
，因a x 1
时，
f (x) 0
显然不能成立，
2(x a)(1 x), x a
所以a 1
不满足题意；
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.
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