2019高考数学题型分析解答题语文

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2019年高考数学全国3卷文理科试卷分析和点评解析

2019年高考数学全国3卷文/理科试卷分析和点评解析10.双曲线 C ：1 的右焦点为 F ，点 P 在 C 的一条渐近线上，O 为坐标原点.若4 2|PO |=|PF |，则△PFO 的面积为（）3 2 3 2 A. B.4 2C. 2 2D. 3 2【解析】看到焦点和渐近线，想到双曲线参数的几何意义，即焦点到渐近线的距离为b ，过F 作渐近线的垂线，垂足为 B ，设 POPFx ，a c 2x 2x 2法一：在 Rt OFB 中，有 cos FOB ，在 OFP 中，有 cos FOB，c 2cxc21 c23 2 联立得 x，得 S b 。

2a2 2a 4c 2 c 2法二：等腰直角三角形的高为 b xc x 2，易得 x ，同上。

4 2a【点评】双曲线参数的几何意义多次考查，《解析几何的系统性突破》（唯一正版销售书店）通过高考题反复强化学生认知，从而在一些几何图形中迅速找到隐含的信息，快速突破。

11.（送分）12. 设函数 f (x )sin(xc 2x 2- 4[)(0) ，已知 f (x )在[0,2π]有且仅有 5 个零点，下述四个结5论：①f (x )在(0,2π)有且仅有 3 个极大值点；②f (x )在(0,2π)有且仅有 2个极小值点；③f (x )在(0, ) 单调递增；④的取值范围是 12 , 29).其中所有正确结论的编号是（）105 10A.①④B.②③C.①②③D.①③④【点评 1】肖博老师威信：xbmath19《高观点下全国卷高考压轴题研究三部曲》书中最后给出了 16 套小练习（搜集最新的各地模拟题），其中第 3 套和第 4 套第 1 题如下： 1.函数 fxcos x 0在区间, 上有且只有两个极值点，则的取值范围是3 4A. 2,3B.2,3C.3, 4D.3, 41.若函数 y2sin x0的图象在区间 (,)上只有一个极值点，则的取值范围3 6为（）)A. 13B.23 32C. 34D.3 92 2法一：还原，则变成同上 2 个题。

2019高考全国卷数学试题分析(整理版)

2019高考全国卷数学试题分析高考年年有，今年换新说。

2019年的高考数学发生“巨变”，考毕场外一片哀嚎，不是被“一朵云”遮了双眼，就是被“维纳斯”晃慌了神。

这一届考生走了，下一届考生即将到来，分析高考真题有助于新一轮的教学，接下来对全国卷三套试卷文理科试题的细致分析，希望对老师们接下来的工作有帮助！2019年新课标全国卷Ⅰ理科数学试卷分析报告纵观整张试卷，理科数学难度整体有所上升.试卷梯度明显，有良好的区分度。

对考生计算能力的考查是近年来全国卷较为明显的趋势，2019年新增加了对数字估值和近似值的考查。

试卷题型和结构基本稳定，解答题经典位置再次变动，换为概率题压轴，圆锥曲线与导数应用顺序依次提前一位.21题的第二问绕过考生熟悉的同一类知识点仅仅在一道大题中加深考查的特点，第二问出其不意的考查了构造法证明等比数列及求数列特殊项，然后结合题目中所给数据进行数据处理。

2019年试卷的字数为1821，跟2018年的字数2151相比，阅读量减少，图象增多，阅读面宽度扩大，如“断臂维纳斯”、典籍《周易》的“卦”、七场四胜制的篮球比赛、白鼠试药定药效实验.突出数学源于生活用于生活，学生的应用意识和创新意识，渗透数学文化。

知识点宽度明显拓宽，“遗漏”的知识技能再次呈现。

那些看似不考的内容被一部分教师忽视，但这次给了这些教师们一个警示，所谓的“遗漏”知识技能并不是不考了，教学与高考复习中不能存在“侥幸”心理。

重视基础知识落实和数学基本技能、方法的灵活应用依然是当今新课改的主题思想。

增大了文理的共性，进一步缩小了文理数学差距。

对新课程标准中所删减的如三视图、线性规划和程序框图等内容，在试卷中逐年减少，仅在第8题考查了程序框图.但《考纲》对这几部分内容作了要求，到底考查这三部分内容的哪个或哪些，情况扑朔迷离.部分题目似曾相识，对我们十分熟悉的知识换个同源知识点再出现在高考中，考查了同一个知识点的不同的面，且在重要知识点覆盖面上起着很好的补充作用。

2019天津高考数学试卷分析

2019天津高考数学试卷分析试卷满分150分，考试时间120分钟试卷包括I、II两卷。

第I卷一、选择题（8题，40分）1集合的运算2函数求最值3充分必要条件，化简不等式4程序框图的应用5抛物线和双曲线的性质及离心率的求解6对数、指数比较大小：7三角函数的解析式8分段函数的最值第II卷二、填空题（6题，30分）9复数定义、模的概念及基本运算10二项式的展开式的通项11四棱锥与圆柱内接，立体几何12运用直线与圆相切等求解13基本不等式求最值14平面向量基本定理和数量积三、解答题（6题，80分）15 （13分）正弦定理、余弦定理两角和的正弦公式，二倍角的正余弦公式三角函数的基本关系16 （13分）离散型随机变量的分布列与期望互斥事件与相互独立事件的概率计算公式17 （13分）直线与平面平行的判定空间向量求解线面角与二面角的大小18 （13分）直线与椭圆方程求交点19 （14分）等差数列、等比数列通项公式20 （14分）导数的运算不等式的证明运用导数研究函数的性质2019年全国I卷高考理数试卷结构题型及分值试卷满分150分，考试时间120分钟第I卷一、选择题（12题，60分）1一元二次不等式解法和交集的运算2复数的模、几何意义3指数函数和对数函数的单调性增函数和减函数的定义4推理和估算5函数的图象与性质，奇偶性和特殊值6概率的求法，排列组合7平面向量的数量积和向量的夹角8程序框图的应用9等差数列的通项公式，前n项和公式10椭圆的性质11判断与三角函数有关的命题的真假12多面体外接球体积的求法二、填空题（4题，20分）13利用导数研究函数上某点的切线方程14等比数列的通项公式15相互独立事件概率乘法公式16双曲线的性质三、解答题（6题，70分）（一）必考题（5题，60分）17 （12分）正弦定理、余弦定理、三角函数性质18 （12分）直线与平面平行的判定利用空间向量求解空间角19 （12分）抛物线的性质20 （12分）利用导数求函数的极值函数零点的判定21 （12分）数列和函数的应用离散型随机变量的分布列（二）选考题（任选1题，10分）22曲线的极坐标方程参数方程化普通方程直线与椭圆位置关系的应用两平行线间的距离公式23不等式和基本不等式的运用。

2019年高考新课标卷文数试题解析正式版解析版

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试本试卷共5页，满分150分。

考生注意：1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，监考员将试题卷和答题卡一并交回。

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．已知集合，，则A．B．C．D．【答案】A【解析】由得，所以，选A．2．为评估一种农作物的种植效果，选了n块地作试验田．这n块地的亩产量（单位：）分别为x1，x2，…，，下面给出的指标中能够用来评估这种农作物亩产量稳定水准的是A．x1，x2，…，的平均数B．x1，x2，…，的标准差C．x1，x2，…，的最大值D．x1，x2，…，的中位数【答案】B【解析】评估这种农作物亩产量稳定水准的指标是标准差或方差，故选B. 3．下列各式的运算结果为纯虚数的是A．i(1)2B．i2(1−i)C．(1)2D．i(1)【答案】C【解析】由为纯虚数知选C．4．如图，正方形内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A．B．C．D．【答案】B5．已知F是双曲线C：的右焦点，P是C上一点，且与x轴垂直，学/网点A的坐标是(1，3)，则△的面积为A．B．C．D．【答案】D【解析】由得，所以，将代入，得，所以，又点A的坐标是(1，3)，故△的面积为，选D．6．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是A．B．C．D．【答案】A【解析】对于B，易知∥，则直线∥平面；对于C，易知∥，则直线∥平面；对于D，易知∥，则直线∥平面．故排除B，C，D，选A．7．设x，y满足约束条件则的最大值为A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】如图，作出不等式组表示的可行域，则目标函数经过时z取得最大值，故，故选D．8．函数的部分图像大致为A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，故排除D；当时，，故排除A．故选C．9．已知函数，则A．在（0，2）单调递增B．在（0，2）单调递减C．的图像关于直线1对称D．的图像关于点（1，0）对称【答案】C10．下面程序框图是为了求出满足的最小偶数n，A．A>1000和1 B．A>1000和2C．A≤1000和1 D．A≤1000和2【答案】D【解析】由题意，因为，且框图中在“否”时输出，所以判定框内不能输入，故填，又要求为偶数且初始值为0，所以矩形框内填，故选D.11．△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，2，，则A．B．C．D．【答案】B12．设A，B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存有点M满足∠120°，则m的取值范围是A．B．C．D．【答案】A【解析】当时，焦点在轴上，要使C上存有点M满足，则，即，得；当时，焦点在轴上，要使C 上存有点M满足，则，即，得，故的取值范围为，选A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知向量（–1，2），（m，1）．若向量与a垂直，则．【答案】7【解析】由题得，因为，所以，解得．14．曲线在点（1，2）处的切线方程为．【答案】【解析】设，则，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即．15．已知，α=2，则．【答案】16．已知三棱锥S−的所有顶点都在球O的球面上，是球O的直径．若平面⊥平面，，，三棱锥S−的体积为9，则球O的表面积为．【答案】【解析】取的中点，连接，因为，所以，因为平面平面，所以平面，设，则，所以，所以球的表面积为.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）记为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=−6．（1）求的通项公式；（2）求，并判断1，，2是否成等差数列．【解析】（1）设的公比为．由题设可得解得，．故的通项公式为．（2）由（1）可得．因为，故，，成等差数列．18．（12分）如图，在四棱锥P−中，，且．（1）证明：平面⊥平面；（2）若，，且四棱锥P−的体积为，求该四棱锥的侧面积．【解析】（1）由已知，得，．因为，故，从而平面．又平面，所以平面平面．19．（12分）为了监控某种零件的一条生产线的学科*程，检验员每隔30 从该生产线上随机抽取一个零件，并测量其尺寸（单位：）．下面是检验员在一天内依次抽取的16个零件的尺寸：抽取12345678次序零件9.910.9.99.910.9.99.910.尺寸51266012804抽取次序910111213141516零件尺寸10.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得，，，，其中为抽取的第个零件的尺寸，．（1）求的相关系数，并回答是否能够认为这个天生产的零件尺寸不随生产过程的实行而系统地变大或变小（若，则能够认为零件的尺寸不随生产过程的实行而系统地变大或变小）．（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这个天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程实行检查．（ⅰ）从这个天抽检的结果看，是否需对当天的生产过程实行检查？（ⅱ）在之外的数据称为离群值，试剔除离群值，估计这条生产线当天生产的零件尺寸的均值与标准差．（精确到0.01）附：样本的相关系数，．【解析】（1）由样本数据得的相关系数为．因为，所以能够认为这个天生产的零件尺寸不随生产过程的实行而系统地变大或变小．（2）（i）因为，由样本数据能够看出抽取的第13个零件的尺寸在以外，所以需对当天的生产过程实行检查．（）剔除离群值，即第13个数据，剩下数据的平均数为，这条生产线当天生产的零件尺寸的均值的估计值为10.02．，剔除第13个数据，剩下数据的样本方差为，这条生产线当天生产的零件尺寸的标准差的估计值为．20．（12分）设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4．（1）求直线的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线平行，且，求直线的方程．【解析】（1）设A（x 1，y1），B（x2，y2），则，，，x12=4，于是直线的斜率．21．（12分）已知函数(−a)−a2x．（1）讨论的单调性；（2）若，求a的取值范围．【解析】（1）函数的定义域为，，①若，则，在单调递增．②若，则由得．当时，；当时，，故在单调递减，在单调递增．③若，则由得．当时，；当时，，故在单调递减，在单调递增．（2）①若，则，所以．②若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为．从而当且仅当，即时，．③若，则由（1）得，当时，取得最小值，最小值为．从而当且仅当，即时．综上，的取值范围为．（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）在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l 的参数方程为．（1）若，求C与l的交点坐标；（2）若C上的点到l距离的最大值为，求．【解析】（1）曲线的普通方程为．当时，直线的普通方程为．由解得或从而与的交点坐标为，．（2）直线的普通方程为，故上的点到的距离为．当时，的最大值为．由题设得，所以；当时，的最大值为．由题设得，所以．综上，或．23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）已知函数，．（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集包含[–1，1]，求的取值范围．（2）当时，．所以的解集包含，等价于当时．又在的最小值必为与之一，所以且，得．所以的取值范围为．。

2019年全国三卷文科高考数学真题解析

2019年全国三卷文科高考数学真题解析2019年全国统一高考数学试卷（文科）（全国新课标Ⅲ）一、选择题：1.已知集合A={-1.0.1.2}，B={x|x1}，则A∩B= { }A。

{-1.1} B。

{0.1} C。

{1.2} D。

{ }解析：B中的元素为2和1<x<2的实数，与A中的元素1和2相交，因此A∩B={1.2}。

2.若z(1+i)=2i，则z=()A。

1-i B。

-1+i C。

1+i D。

-1-i解析：将z(1+i)=2i化简得z=-2+2i，因此z=-1-i。

3.两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是()A。

1/6 B。

1/3 C。

1/2 D。

2/3解析：一共有4!种排列方式，其中两位女同学相邻的排列方式有2!*2!*2!种，因此所求概率为(2!*2!*2!)/4!=1/3.4.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并成为中国古典小说四大名著。

某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该学校阅读过《西游记》的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为()A。

0.5 B。

0.6 C。

0.7 D。

0.8解析：根据容斥原理，阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生数目为90，阅读过《西游记》和《红楼梦》的学生数目为90-80=10，因此阅读过《西游记》的学生数目为60-10=50.所求比值的估计值为50/100=0.5.5.函数f(x)=2sinx-sin^2x在[0,2π]的零点个数为()解析：将f(x)化简得f(x)=sinx(2-cosx)，因此f(x)=0的解为x=0,π,2π/3,4π/3，共4个零点。

6.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1，则a3=()解析：根据等比数列的性质，设首项为a，公比为q，则a1+a2+a3+a4=a(1-q^4)/(1-q)=15，因此a(1-q^4)=15.又根据a5=3a3+4a1，代入an=aq^(n-1)得到a^2q^4=3a^2q^2+4a，化简得q^2=4/3.将q代入a(1-q^4)=15中得到a=5/2，因此a3=aq^2=5/3.7.已知曲线y=aex+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b，则a=()解析：曲线在点(1,ae)处的斜率为y'(1)=a+1，因此切线的斜率为2，即a+1=2，解得a=1.将a=1代入原方程得到y=ex+xlnx，将(1,ae)代入得到ae=e，因此b=0.8.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则BN=()解析：连接BN，因为BN垂直于平面ECD，所以BN⊥CD，又因为BN平分CD，所以BN=ND=1/2CD=1/2BC=1/2(√2/2)AB=1/2√2.因此BN=1/2√2.9.执行如图所示的程序框图，如果输入为0.01，则输出的s值等于()解析：按照程序框图计算得到s=2^-26.10.已知F是双曲线C: x^2/9-y^2/4=1的一个焦点，O为坐标原点，点P在C上，若|OP|=|OF|=5，则△OPF的面积为()解析：双曲线的焦距为c=√(a^2+b^2)=3√2，因此F为(3√2,0)或(-3√2,0)。

2019年高中高考数学各题型解法及技巧语文

2019年高考数学各题型解法和技巧立体几何篇高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，察看的知识点在20个以内。

选择填空题核查立几中的计算型问题，而解答题重视察看立几中的逻辑推理型问题，自然，二者均应以正确的空间想象为前提。

随着新的课程改革的进一步推行，立体几何考题正朝着“多一点思虑，少一点计算”的发展。

从历年的考题变化看，以简单几何体为载体的线面地址关系的论证，角与距离的研究是常考常新的热门话题。

知识整合1、有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、屡次遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等 )中不能缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，第一应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，经过较为基本问题，熟悉公义、定理的内容和功能，经过对问题的解析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转变的思想，以提高逻辑思想能力和空间想象能力。

2、判断两个平面平行的方法：(1)依照定义--证明两平面没有公共点;第1 页判判定理--证明一个平面内的两条订交直线都平行于另一个平面;证明两平面同垂直于一条直线。

3、两个平面平行的主要性质：由定义知：“两平行平面没有公共点”。

由定义推得：“两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面。

两个平面平行的性质定理：”若是两个平行平面同时和第三个平面订交，那么它们的交线平行“。

一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面。

夹在两个平行平面间的平行线段相等。

经过平面外一点只有一个平面和已知平面平行。

以上性质(2)、(3)、(5)、(6)在课文中虽未直接列为”性质定理“，但在解题过程中均可直接作为性质定理引用。

解答题分步骤解决可多得分01、合理安排，保持清醒。

数学考试在下午，建议中午休息半小时左右，睡不着闭闭眼睛也好，尽量放松。

海南省2019年高考数学试卷(文科)以及答案解析

海南省2019年高考数学试卷(文科)以及答案解析海南省2019年高考数学文科试卷本试卷共23题，共150分，共4页。

请注意以下事项：1.在条形码区域内准确粘贴条形码，并填写姓名和准考证号码。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：1.已知集合A＝{x|x＞﹣1}，B＝{x|x＜2}，则A∩B＝（）A。

（﹣1，+∞）B。

（﹣∞，2）C。

（﹣1，2）D。

∅2.设z＝i（2+i），则＝（）A。

1+2iB。

﹣1+2iC。

1﹣2iD。

﹣1﹣2i3.已知向量＝（2，3），＝（3，2），则|﹣|＝（）A。

B。

2C。

5D。

504.生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标。

若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为（）A。

B。

C。

D。

5.在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测。

成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为（）A。

甲、乙、丙B。

乙、甲、丙C。

丙、乙、甲D。

甲、丙、乙6.设f（x）为奇函数，且当x≥时，f（x）＝ex﹣1，则当x＜时，f（x）＝（）A。

ex﹣1﹣B。

ex+1﹣C。

﹣ex﹣1﹣D。

﹣ex+1﹣7.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8.若x1＝，则p＝（）A。

2B。

C。

1D。

89.若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆，则函数f（x）＝sinωx（ω＞0）两个相邻的极值点，则ω＝二、非选择题：10.（10分）已知函数f（x）＝x3－3x2－24x＋70，g（x）＝（x＋1）3－3，则f（x）在（﹣∞，＋∞）上的最小值为______，g（x）的零点个数为______。

2019高考数学真题(文)分类汇编-平面解析几何含答案解析

平面解析几何专题1．【2019年高考浙江卷】渐近线方程为x ±y =0的双曲线的离心率是A B ．1C D ．2【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线方程为0x y ±=，所以a b =，则c ==，所以双曲线的离心率ce a==故选C. 【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得a b =，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.2．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为 A ．2sin40° B ．2cos40° C ．1sin50︒D ．1cos50︒【答案】D【解析】由已知可得tan130,tan 50b ba a-=︒∴=︒，1cos50c e a ∴======︒，故选D ．【名师点睛】对于双曲线：()222210,0x y a b a b -=>>，有c e a ==对于椭圆()222210x y a b a b +=>>，有c e a ==3．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y +=B ．22132x y +=C ．22143x y +=D ．22154x y +=【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===，由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在1AF B △中，由余弦定理推论得22214991cos 2233n n n F AB n n +-∠==⋅⋅．在12AF F △中，由余弦定理得2214422243n n n n +-⋅⋅⋅=，解得2n =．22224,312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ．法二：由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===，由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在12AF F △和12BF F △中，由余弦定理得2221222144222cos 4422cos 9n n AF F n n n BF F n⎧+-⋅⋅⋅∠=⎨+-⋅⋅⋅∠=⎩，又2121,AF F BF F ∠∠互补，2121cos cos 0AF F BF F ∴∠+∠=，两式消去2121cos cos AF F BF F ∠∠,，得223611n n +=，解得n =．22224,312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】若抛物线y 2=2px （p >0）的焦点是椭圆2213x y p p+=的一个焦点，则p = A ．2 B ．3C ．4D ．8【答案】D【解析】因为抛物线22(0)y px p =>的焦点(,0)2p 是椭圆2231x y p p +=的一个焦点，所以23()2p p p -=，解得8p =，故选D ．【名师点睛】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．解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于p 的方程，从而解出p ，或者利用检验排除的方法，如2p =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 ，从而得到选D ．5．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设F 为双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2+y 2=a 2交于P ，Q 两点．若|PQ |=|OF |，则C 的离心率为A BC ．2D 【答案】A【解析】设PQ 与x 轴交于点A ，由对称性可知PQ x ⊥轴，又||PQ OF c ==，||,2cPA PA ∴=∴为以OF 为直径的圆的半径，∴||2c OA =，,22c c P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，又P 点在圆222x y a +=上，22244c c a ∴+=，即22222,22c c a e a =∴==．e ∴=A ．【名师点睛】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．解答本题时，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 的关系，可求双曲线的离心率．6．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知F 是双曲线C ：22145x y -=的一个焦点，点P 在C 上，O 为坐标原点，若=OP OF ，则OPF △的面积为 A ．32B ．52C ．72D ．92【答案】B【解析】设点()00,P x y ，则2200145x y -=①．又3OP OF ===，22009x y ∴+=②．由①②得20259y =，即053y =， 0115532232OPF S OF y ∴=⋅=⨯⨯=△，故选B ．【名师点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅.设()00,P x y ，由=O P O F ，再结合双曲线方程可解出0y ，利用三角形面积公式可求出结果.7．【2019年高考北京卷文数】已知双曲线2221x y a-=（a >0a =AB ．4C ．2D ．12【答案】D【解析】∵双曲线的离心率ce a==，c∴a=12a =，故选D.【名师点睛】本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中a ,b ,c 的关系，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8．【2019年高考天津卷文数】已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且||4||AB OF =（O 为原点），则双曲线的离心率为A BC ．2D 【答案】D【解析】抛物线24y x =的准线l 的方程为1x =-，双曲线的渐近线方程为by x a=±，则有(1,),(1,)b b A B a a ---，∴2b AB a =，24ba=，2b a =，∴c e a ===故选D.【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB 的长度.解答时，只需把4AB OF =用,,a b c 表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.9．【2019年高考北京卷文数】设抛物线y 2=4x 的焦点为F ，准线为l ．则以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为__________．【答案】22(1)4x y -+=【解析】抛物线y 2=4x 中，2p =4，p =2，焦点F （1,0），准线l 的方程为x =−1，以F 为圆心，且与l 相切的圆的方程为(x −1)2+y 2=22，即为22(1)4x y -+=.【名师点睛】本题可采用数形结合法，只要画出图形，即可很容易求出结果.10．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】设12F F ，为椭圆C :22+13620x y =的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限．若12MF F △为等腰三角形，则M 的坐标为___________.【答案】(【解析】由已知可得2222236,20,16,4a b c a b c ==∴=-=∴=，11228MF F F c ∴===，∴24MF =．设点M 的坐标为()()0000,0,0x y x y >>，则121200142MF F S F F y y =⋅⋅=△，又1201442MF F S y =⨯=∴=△0y =， 22013620x ∴+=，解得03x =（03x =-舍去），M \的坐标为(．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出12MF MF 、，设出M 的坐标，结合三角形面积可求出M 的坐标.11．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线2221(0)y x b b-=>经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是 ▲ .【答案】y =【解析】由已知得222431b-=，解得b =b =因为0b >，所以b =因为1a =，所以双曲线的渐近线方程为y =.【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的,a b 密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程. 12．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4【解析】当直线x +y =0平移到与曲线4y x x=+相切位置时，切点Q 即为点P ，此时到直线x +y =0的距离最小. 由2411y x'=-=-，得)x x ==，y =Q ，则切点Q 到直线x +y =04=，故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.13．【2019年高考浙江卷】已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r .若直线230x y -+=与圆C 相切于点(2,1)A --，则m =___________，r =___________．【答案】2-【解析】由题意可知11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+，把(0,)m 代入直线AC 的方程得2m =-，此时||r AC ===【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC 的斜率，进一步得到其方程，将(0,)m 代入后求得m ，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.14．【2019年高考浙江卷】已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是___________．【解析】方法1：如图，设F 1为椭圆右焦点.由题意可知||=|2OF OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，设(,)P x y ，可得22(2)16x y -+=，与方程22195x y +=联立，可解得321,22x x =-=（舍），又点P 在椭圆上且在x轴的上方，求得32P ⎛- ⎝⎭，所以212PFk ==.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知|2OF |=|OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，即342p p a ex x -=⇒=-，从而可求得32P ⎛- ⎝⎭，所以212PFk ==.【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁. 15．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，│AB │ =4，⊙M 过点A ，B且与直线x +2=0相切．（1）若A 在直线x +y =0上，求⊙M 的半径；（2）是否存在定点P ，使得当A 运动时，│MA │−│MP │为定值？并说明理由．【答案】（1）M 的半径=2r 或=6r ；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）因为M 过点,A B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线+=0x y 上，且,A B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y x =上，故可设(, )M a a .因为M 与直线x +2=0相切，所以M 的半径为|2|r a =+.由已知得||=2AO ，又MO AO ⊥，故可得2224(2)a a +=+，解得=0a 或=4a . 故M 的半径=2r 或=6r .（2）存在定点(1,0)P ，使得||||MA MP -为定值. 理由如下：设(, )M x y ，由已知得M 的半径为=|+2|,||=2r x AO .由于MO AO ⊥，故可得2224(2)x y x ++=+，化简得M 的轨迹方程为24y x =.因为曲线2:4C y x =是以点(1,0)P 为焦点，以直线1x =-为准线的抛物线，所以||=+1MP x . 因为||||=||=+2(+1)=1MA MP r MP x x ---，所以存在满足条件的定点P .【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解.16．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知12,F F 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两个焦点，P 为C 上一点，O 为坐标原点．（1）若2POF △为等边三角形，求C 的离心率；（2）如果存在点P ，使得12PF PF ⊥，且12F PF △的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．【答案】（11；（2）4b =，a 的取值范围为)+∞.【解析】（1）连结1PF ，由2POF △为等边三角形可知在12F PF △中，1290F PF ∠=︒，2PF c =，1PF，于是1221)a PF PF c =+=，故C的离心率是1ce a==. （2）由题意可知，满足条件的点(,)P x y 存在．当且仅当1||2162y c ⋅=，1y y x c x c ⋅=-+-，22221x y a b+=，即||16c y =，①222x y c +=，②22221x y a b+=，③ 由②③及222a b c =+得422b y c =，又由①知22216y c=，故4b =．由②③得()22222a x c b c=-，所以22c b ≥，从而2222232,a b c b =+≥=故a ≥.当4b =，a ≥P ．所以4b =，a的取值范围为)+∞．【名师点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.17．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B ．（1）证明：直线AB 过定点；（2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程．【答案】（1）见详解；（2）22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭或22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭. 【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，则2112x y =．由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=-．整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -．故直线AB 的方程为2210tx y -+=．所以直线AB 过定点1(0,)2．（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+．由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=．于是()21212122,121x x t y y t x x t +=+=++=+.设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭．由于EM AB ⊥，而()2,2EM t t =-，AB 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=．解得t =0或1t =±．当t =0时，||EM =2，所求圆的方程为22542x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭；当1t =±时，||2EM =，所求圆的方程为22522x y ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭．【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求圆的方程，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.18．【2019年高考北京卷文数】已知椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点为(1,0)，且经过点(0,1)A ．（1）求椭圆C 的方程；（2）设O 为原点，直线:(1)l y kx t t =+≠±与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N ，若|OM |·|ON |=2，求证：直线l 经过定点．【答案】（1）2212x y +=；（2）见解析. 【解析】（1）由题意得，b 2=1，c =1．所以a 2=b 2+c 2=2．所以椭圆C 的方程为2212x y +=．（2）设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），则直线AP 的方程为1111y y x x -=+．令y =0，得点M 的横坐标111M x x y =--．又11y kx t =+，从而11||||1M x OM x kx t ==+-．同理，22||||1x ON kx t =+-．由22,12y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得222(12)4220k x ktx t +++-=．则122412kt x x k +=-+，21222212t x x k-=+．所以1212||||||||11x x OM ON kx t kx t ⋅=⋅+-+-()12221212||(1)(1)x x k x x k t x x t =+-++-22222222212||224(1)()(1)1212t k t ktk k t t k k-+=-⋅+-⋅-+-++12||1t t+=-．又||||2OM ON ⋅=，所以12||21tt+=-．解得t =0，所以直线l 经过定点（0，0）．【名师点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19．【2019年高考天津卷文数】设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，左顶点为A ，上顶点为B .已|2||OA OB =（O 为原点）. （1）求椭圆的离心率；（2）设经过点F 且斜率为34的直线l 与椭圆在x 轴上方的交点为P ，圆C 同时与x 轴和直线l 相切，圆心C 在直线x =4上，且OC AP ∥，求椭圆的方程.【答案】（1）12；（2）2211612x y +=.【解析】（1）设椭圆的半焦距为c ，2b =，又由222a b c =+，消去b得2222a a c ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭，解得12c a =. 所以，椭圆的离心率为12. （2）由（1）知，2,a c b ==，故椭圆方程为2222143x y c c+=.由题意，(, 0)F c -，则直线l 的方程为3()4y x c =+，点P 的坐标满足22221,433(),4x y c cy x c ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩消去y 并化简，得到2276130x cx c +-=，解得1213,7c x c x ==-. 代入到l 的方程，解得1239,214y c y c ==-. 因为点P 在x 轴上方，所以3,2P c c ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 由圆心C 在直线4x =上，可设(4, )C t .因为OC AP ∥，且由（1）知( 2 , 0)A c -，故3242ct c c=+，解得2t =.因为圆C 与x 轴相切，所以圆的半径长为2，又由圆C 与l2=，可得=2c .所以，椭圆的方程为2211612x y +=.【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.20．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为F 1（–1、0），F 2（1，0）．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2:222(1)4x y a -+=交于点A ，与椭圆C 交于点D .连结AF 1并延长交圆F 2于点B ，连结BF 2交椭圆C 于点E ，连结DF 1．已知DF 1=52．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求点E 的坐标．【答案】（1）22143x y +=；（2）3(1,)2E --. 【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c .因为F 1(−1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1. 又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴，所以DF 232==，因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2.由b 2=a 2−c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.将x =1代入圆F 2的方程(x −1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(−1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=，解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得 125y =-，因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-. 将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-. 因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=.如图，连结EF 1.因为BF 2=2a ，EF 1+EF 2=2a ，所以EF 1=EB ，从而∠BF 1E =∠B .因为F 2A =F 2B ，所以∠A =∠B ，所以∠A =∠BF 1E ，从而EF 1∥F 2A . 因为AF 2⊥x 轴，所以EF 1⊥x 轴.因为F 1(−1，0)，由221431x x y ⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y =±.又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以32y =-. 因此3(1,)2E --.【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.21．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F ，为抛物线22(0)y px p =>的焦点，过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线上，使得ABC △的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记,AFG CQG △△的面积分别为12,S S ．（1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标．【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为1+G （2，0）．【解析】（1）由题意得12p=，即p =2. 所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设()()(),,,,,A A B B c c A x y B x y C x y ，重心(),G G G x y .令2,0A y t t =≠，则2A x t =.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为2112t x y t-=+，代入24y x =，得()222140t y y t---=，故24B ty =-，即2B y t =-，所以212,B tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭.又由于()()11,33G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++及重心G 在x 轴上，故220c t y t-+=，得242211222,2,,03t t C t t G t t t ⎛⎫⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以，直线AC 方程为()222y t t x t-=-，得()21,0Q t-.由于Q 在焦点F 的右侧，故22t >.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23A ct t t FG y t S t t t t t S t t QG y t t t t-+-⋅⋅--====--+--⋅--⋅-.令22m t =-，则m >0，122122213434S m S m m m m =-=-=++++…当m =时，12S S取得最小值1+G （2，0）．【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.。

三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编——立体几何(解答题)(解析版)

立体几何（解答题）专项汇编1．【2021年全国高考甲卷数学（文）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，11BF A B ⊥.（1）求三棱锥F EBC -的体积；（2）已知D 为棱11A B 上的点，证明：BF DE ⊥. 【答案】(1)13；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得AC 的长度，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题中的结论. 【详解】(1)如图所示，连结AF ，由题意可得：22415BF BC CF =+=+=，由于AB ⊥BB 1，BC ⊥AB ，1BB BC B =，故AB ⊥平面11BCC B ，而BF ⊂平面11BCC B ，故AB BF ⊥，从而有22453AF AB BF =+=+=，从而229122AC AF CF =-=-=，则222,AB BC AC AB BC +=∴⊥，ABC 为等腰直角三角形，111221222BCE ABC S s ⎛⎫==⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭△△，11111333F EBC BCE V S CF -=⨯⨯=⨯⨯=△. (2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体1111ABCM A B C M -，如图所示，取棱,AM BC 的中点,H G ，连结11,,A H HG GB ，正方形11BCC B 中，,G F 为中点，则1BF B G ⊥，又111111,BF A B A B B G B ⊥=，故BF ⊥平面11A B GH ，而DE ⊂平面11A B GH ，从而BF ⊥DE . 【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系（线线、线面、面面）的证明经常进行等价转化.2．【2021年全国高考乙卷数学（文）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）证明：平面PAM ⊥平面PBD ；（2）若1PD DC ==，求四棱锥P ABCD -的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）23．【分析】（1）由PD ⊥底面ABCD 可得PD AM ⊥，又PB AM ⊥，由线面垂直的判定定理可得AM ⊥平面PBD ，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM ⊥平面PBD ；（2）由（1）可知，AM BD ⊥，由平面知识可知，~DAB ABM ，由相似比可求出AD ，再根据四棱锥P ABCD -的体积公式即可求出．【详解】（1）因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，所以PD AM ⊥，又PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ，而AM ⊂平面PAM ，所以平面PAM ⊥平面PBD ．（2）由（1）可知，AM ⊥平面PBD ，所以AM BD ⊥，从而~DAB ABM ，设BM x =，2AD x =，则BM AB AB AD =，即221x =，解得22x =，所以2AD =．因为PD ⊥底面ABCD ，故四棱锥P ABCD -的体积为()1212133V =⨯⨯⨯=．【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM 或平面PBD 的垂线，结合题目条件PB AM ⊥，所以垂线可以从,PB AM 中产生，稍加分析即可判断出AM ⊥平面PBD ，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出~DAB ABM ，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．3．【2021年全国新高考Ⅰ卷数学】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2) 36【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD 因为平面ABD平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）设DO =2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P −ABC 的体积. 【解析】（1）由题设可知，PA =PB = PC ．由于△ABC 是正三角形，故可得△PAC ≌△PAB ． △PAC ≌△PBC ．又∠APC =90°，故∠APB =90°，∠BPC =90°．从而PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，故PB ⊥平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ．（2）设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ．由题设可得rl =3，222l r -=．解得r =1，l =3，从而3AB =．由（1）可得222PA PB AB +=，故62PA PB PC ===．所以三棱锥P -ABC 的体积为3111166()323228PA PB PC ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=．【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1//MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO =AB =6，AO //平面EB 1C 1F ，且∠MPN =π3，求四棱锥B −EB 1C 1F 的体积．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ．（2）AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ，平面A 1AMN 平面EB 1C 1F =PN ，故AO ∥PN .又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN =AO =6，AP =ON =13AM 3PM =23AM 3EF =13BC =2．因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B −EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离．作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由（1）知，MT ⊥平面EB 1C 1F ，故MT =PM sin ∠MPN =3．底面EB 1C 1F 的面积为1111()(62)624.22B C EF PN ⨯+⨯=+⨯=所以四棱锥B −EB 1C 1F 的体积为1243243⨯⨯=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：（1）当AB BC =时，EF AC ⊥；（2）点1C 在平面AEF 内．【解析】（1）如图，连结BD ，11B D ．因为AB BC =，所以四边形ABCD 为正方形，故AC BD ⊥．又因为1BB ⊥平面ABCD ，于是1AC BB ⊥．所以AC ⊥平面11BB D D ．由于EF ⊂平面11BB D D ，所以EF AC ⊥．（2）如图，在棱1AA 上取点G ，使得12AG GA =，连结1GD ，1FC ，FG ，因为1123D E DD =，123AG AA =，11DD AA =∥，所以1ED AG =∥，于是四边形1ED GA 为平行四边形，故1AE GD ∥．因为1113B F BB =，1113AG AA =，11BB AA =∥，所以11FG A B =∥，11FG C D =∥，四边形11FGD C 为平行四边形，故11GD FC ∥．于是1AE FC ∥．所以1,,,A E F C 四点共面，即点1C 在平面AEF 内．【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.7．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】（1）因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥. 又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C =所以AB ⊥平面1AB C . 又因为AB ⊂平面1ABB , 所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题. 8．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB .由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥. 由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角. 设22CD =.由2,2DO OC BO BC ====，得26,33BD OH = 所以3sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 3. 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设22CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-. 设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线DF 与平面DBC 3. 【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【解析】（1）连结1,B C ME .因为M ，E 分别为1,BB BC 的中点，所以1 ME B C ∥，且112ME B C =. 又因为N 为1A D 的中点，所以112ND A D =. 由题设知11=A B DC ∥，可得11=BC A D ∥，故=ME ND ∥，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ED ∥. 又MN ⊄平面1C DE ，所以MN ∥平面1C DE . （2）过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE BC ⊥，1DE C C ⊥，所以DE ⊥平面1C CE ，故DE ⊥CH. 从而CH ⊥平面1C DE ，故CH 的长即为C 到平面1C DE 的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以117C E =417CH =. 从而点C 到平面1C DE 417.【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用线面垂直找到距离问题，当然也可以用等积法进行求解.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积．【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==．所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】（1）见解析；（2）4. 【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）取CG的中点M，连结EM，DM.因为AB∥DE，AB⊥平面BCGE，所以DE⊥平面BCGE，故DE⊥CG.由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM⊥CG，故CG⊥平面DEM．因此DM⊥CG．在Rt△DEM中，DE=1，EM=3，故DM=2．所以四边形ACGD的面积为4．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，突出考查考生的空间想象能力.-中，PA⊥平面ABCD，底部12．【2019年高考北京卷文数】如图，在四棱锥P ABCDABCD为菱形，E为CD的中点．（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（3）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）存在，理由见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，⊥．所以PA BD又因为底面ABCD为菱形，⊥．所以BD AC所以BD ⊥平面PAC ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE ．因为底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，且E 为CD 的中点，所以AE ⊥CD ．所以AB ⊥AE ．所以AE ⊥平面PAB ．所以平面PAB ⊥平面PAE ．（3）棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE ．取F 为PB 的中点，取G 为PA 的中点，连结CF ，FG ，EG ．则FG ∥AB ，且FG =12AB ．因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ∥AB ，且CE =12AB ．所以FG ∥CE ，且FG =CE ．所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG ．因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ，所以CF ∥平面PAE ．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.13．【2019年高考天津卷文数】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，PCD △为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，,2,3PA CD CD AD ⊥==.（1）设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：GH ∥平面PAD ；（2）求证：PA ⊥平面PCD ；（3）求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）33．【解析】（1）连接BD ，易知AC BD H =，BH DH =.又由BG=PG ，故GH PD ∥.又因为GH ⊄平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以GH ∥平面PAD .（2）取棱PC 的中点N ，连接DN .依题意，得DN ⊥PC ，又因为平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC 平面PCD PC =，所以DN ⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，故DN PA ⊥. 又已知PA CD ⊥，CD DN D =，所以PA ⊥平面PCD .（3）连接AN ，由（2）中DN ⊥平面PAC ，可知DAN ∠为直线AD 与平面PAC 所成的角，因为PCD △为等边三角形，CD =2且N 为PC 的中点，所以3DN =又DN AN ⊥，在Rt AND △中，3sin DN DAN AD ∠==所以，直线AD 与平面PAC 3【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识.考查空间想象能力和推理论证能力.14．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC −A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.15．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC AC --，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。

2019年全国统一高考数学试卷(文科)以及答案解析(全国1卷)

绝密★启用前2019年高考普通高等学校招生全国统一考试（全国1卷）文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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z＝，则|z|＝（）A．2B．C．D．12．（5分）已知集合U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，则B∩∁U A＝（）A．{1，6}B．{1，7}C．{6，7}D．{1，6，7} 3．（5分）已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则（）A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜c＜a4．（5分）古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是（≈0.618，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是（）A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号1，2，…，1000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验．若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是（）A．8号学生B．200号学生C．616号学生D．815号学生7．（5分）tan255°＝（）A．﹣2﹣B．﹣2+C．2﹣D．2+8．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．9．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+10．（5分）双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的倾斜角为130°，则C 的离心率为（）A．2sin40°B．2cos40°C．D．11．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a sin A﹣b sin B＝4c sin C，cos A ＝﹣，则＝（）A．6B．5C．4D．312．（5分）已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1B．+＝1C．+＝1D．+＝1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019北京高考真题数学(文)含答案

(I)求椭圆C的方程;
(II)设O为原点，直线l: y=kx+t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM |·|ON|=2，求证:直线l经过定点.
(20) (本小题14分)
已知函数f(x)= x3- x2+ x
(I)求曲线y= f(x)的斜率为1的切线方程
【详解】运行第一次，，，
运行第二次，，，
运行第三次，，，
结束循环，输出，故选B.
【点睛】本题考查程序框图，属于容易题，注重基础知识、基本运算能力的考查.
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题根据根据双曲线的离心率的定义，列关于a的方程求解.
【详解】∵双曲线的离心率，，
∴ ，
解得，
故选D.
作为结论，写出一个正确的命题____________.
（14）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西爪、桃，价格依次为60元／盒、65元／盒、80元／盒、90元／盒，为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元，每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80％.
元时,李明得到的金额为 ,符合要求.
元时,有恒成立,即 ,即元.
所以的最大值为 .
【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.
三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
（A）1010.1(B)10.1
(C)1g10.1(D)10-10.1

2019年天津市高考数学试卷(文科)以及答案解析

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）文科数学答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。

答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！一、选择题：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＝{﹣1，1，2，3，5}，B＝{2，3，4}，C＝{x∈R|1≤x＜3}，则（A∩C）∪B＝（）A．{2}B．{2，3}C．{﹣1，2，3}D．{1，2，3，4} 2．（5分）设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝﹣4x+y的最大值为（）A．2B．3C．5D．63．（5分）设x∈R，则“0＜x＜5”是“|x﹣1|＜1”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）阅读如图的程序框图，运行相应的程序，输出S的值为（）A．5B．8C．24D．295．（5分）已知a＝log27，b＝log38，c＝0.30.2，则a，b，c的大小关系为（）A．c＜b＜a B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b6．（5分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l．若l与双曲线﹣＝1（a＞0，b ＞0）的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|（O为原点），则双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．7．（5分）已知函数f（x）＝A sin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π）是奇函数，且f（x）的最小正周期为π，将y＝f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为g（x）．若g（）＝，则f（）＝（）A．﹣2B．﹣C．D．28．（5分）已知函数f（x）＝若关于x的方程f（x）＝﹣x+a（a∈R）恰有两个互异的实数解，则a的取值范围为（）A．[，]B．（，]C．（，]∪{1}D．[，]∪{1}二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．（5分）i是虚数单位，则||的值为．10．（5分）设x∈R，使不等式3x2+x﹣2＜0成立的x的取值范围为．11．（5分）曲线y＝cos x ﹣在点（0，1）处的切线方程为．12．（5分）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．13．（5分）设x＞0，y＞0，x+2y＝4，则的最小值为．14．（5分）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝2，AD＝5，∠A＝30°，点E在线段CB的延长线上，且AE＝BE ，则•＝．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．（13分）2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72，108，120人，现采用分层抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．（Ⅰ）应从老、中、青员工中分别抽取多少人？（Ⅱ）抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F．享受情况如表，其中“〇”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访．（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（ii）设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．16．（13分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b+c＝2a，3c sin B ＝4a sin C．（Ⅰ）求cos B的值；（Ⅱ）求sin（2B+）的值．17．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面P AC⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝2，AD＝3．（Ⅰ）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；（Ⅱ）求证：P A⊥平面PCD；（Ⅲ）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．18．（13分）设{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，公比大于0．已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2+3．（Ⅰ）求{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）设数列{c n}满足c n＝求a1c1+a2c2+…+a2n c2n（n∈N*）．19．（14分）设椭圆+＝1（a＞b＞0）的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B．已知|OA|＝2|OB|（O为原点）．（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP．求椭圆的方程．20．（14分）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）e x，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a＜，（i）证明f（x）恰有两个零点；（i）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．2019年天津市高考数学（文科）答案解析一、选择题：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．【分析】根据集合的基本运算即可求A∩C，再求（A∩C）∪B；【解答】解：设集合A＝{﹣1，1，2，3，5}，C＝{x∈R|1≤x＜3}，则A∩C＝{1，2}，∵B＝{2，3，4}，∴（A∩C）∪B＝{1，2}∪{2，3，4}＝{1，2，3，4}；故选：D．【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【解答】解：由约束条件作出可行域如图：联立，解得A（﹣1，1），化目标函数z＝﹣4x+y为y＝4x+z，由图可知，当直线y＝4x+z过A时，z有最大值为5．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划知识，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．3．【分析】解出关于x的不等式，结合充分必要条件的定义，从而求出答案．【解答】解：∵|x﹣1|＜1，∴0＜x＜2，∵0＜x＜5推不出0＜x＜2，0＜x＜2⇒0＜x＜5，∴0＜x＜5是0＜x＜2的必要不充分条件，即0＜x＜5是|x﹣1|＜1的必要不充分条件故选：B．【点评】本题考查了充分必要条件，考查解不等式问题，是一道基础题．4．【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：i＝1，s＝0；第一次执行第一个判断语句后，S＝1，i＝2，不满足条件；第二次执行第一个判断语句后，j＝1，S＝5，i＝3，不满足条件；第三次执行第一个判断语句后，S＝8，i＝4，满足退出循环的条件；故输出S值为8，故选：B．【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题5．【分析】本题可根据相应的对数式与指数式与整数进行比较即可得出结果．【解答】解：由题意，可知：a＝log27＞log24＝2，b＝log38＜log39＝2，c＝0.30.2＜1，∴c＜b＜a．故选：A．【点评】本题主要考查对数式与指数式的大小比较，可利用整数作为中间量进行比较．本题属基础题．6．【分析】推导出F（1，0），准线l的方程为x＝﹣1，|AB|＝，|OF|＝1，从而b＝2a，进而c＝＝，由此能求出双曲线的离心率．【解答】解：∵抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l．∴F（1，0），准线l的方程为x＝﹣1，∵l与双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|（O为原点），∴|AB|＝，|OF|＝1，∴，∴b＝2a，∴c＝＝，∴双曲线的离心率为e＝．故选：D．【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，考查抛物线、双曲线的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．7．【分析】根据条件求出φ和ω的值，结合函数变换关系求出g（x）的解析式，结合条件求出A的值，利用代入法进行求解即可．【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴φ＝0，∵f（x）的最小正周期为π，∴＝π，得ω＝2，则f（x）＝A sin2x，将y＝f（x）的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为g（x）．则g（x）＝A sin x，若g（）＝，则g（）＝A sin＝A＝，即A＝2，则f（x）＝A sin2x，则f（）＝2sin（2×＝2sin＝2×＝，故选：C．【点评】本题主要考查三角函数的解析式的求解，结合条件求出A，ω和φ的值是解决本题的关键．8．【分析】分别作出y＝f（x）和y＝﹣x的图象，考虑直线经过点（1，2）和（1，1）时，有两个交点，直线与y＝在x＞1相切，求得a的值，结合图象可得所求范围．【解答】解：作出函数f（x）＝的图象，以及直线y＝﹣x的图象，关于x的方程f（x）＝﹣x+a（a∈R）恰有两个互异的实数解，即为y＝f（x）和y＝﹣x+a的图象有两个交点，平移直线y＝﹣x，考虑直线经过点（1，2）和（1，1）时，有两个交点，可得a＝或a＝，考虑直线与y＝在x＞1相切，可得ax﹣x2＝1，由△＝a2﹣1＝0，解得a＝1（﹣1舍去），综上可得a的范围是[，]∪{1}．故选：D．【点评】本题考查分段函数的运用，注意运用函数的图象和平移变换，考查分类讨论思想方法和数形结合思想，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.9．【分析】本题可根据复数定义及模的概念及基本运算进行计算．【解答】解：由题意，可知：＝＝＝2﹣3i，∴||＝|2﹣3i|＝＝．故答案为：．【点评】本题主要考查复数定义及模的概念及基本运算．本题属基础题．10．【分析】解一元二次不等式即可．【解答】解：3x2+x﹣2＜0，将3x2+x﹣2分解因式即有：（x+1）（3x﹣2）＜0；（x+1）（x﹣）＜0；由一元二次不等式的解法“小于取中间，大于取两边”可得：﹣1＜x＜；即：{x|﹣1＜x＜}；或（﹣1，）；故答案为：（﹣1，）；【点评】本题考查了不等式的解法与应用问题，是基础题．11．【分析】本题就是根据对曲线方程求导，然后将x＝0代入导数方程得出在点（0，1）处的斜率，然后根据点斜式直线代入即可得到切线方程．【解答】解：由题意，可知：y′＝﹣sin x﹣，∵y′|x＝0＝﹣sin0﹣＝﹣．曲线y＝cos x﹣在点（0，1）处的切线方程：y﹣1＝﹣x，整理，得：x+2y﹣2＝0．故答案为：x+2y﹣2＝0．【点评】本题主要考查函数求导以及某点处导数的几何意义就是切线斜率，然后根据点斜式直线代入即可得到切线方程．本题属基础题．12．【分析】求出正四棱锥的底面对角线长度和正四棱锥的高度，根据题意得圆柱上底面的直径就在相对中点连线，有线段成比例求圆柱的直径和高，求出答案即可．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1＝；故答案为：【点评】本题考查正四棱锥与圆柱内接的情况，考查立体几何的体积公式，属基础题．13．【分析】利用基本不等式求最值．【解答】解：x＞0，y＞0，x+2y＝4，则＝＝＝2+；x＞0，y＞0，x+2y＝4，由基本不等式有：4＝x+2y≥2，∴0＜xy≤2，≥，故：2+≥2+＝；（当且仅当x＝2y＝2时，即：x＝2，y＝1时，等号成立），故的最小值为；故答案为：．【点评】本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于中档题．14．【分析】利用和作为基底表示向量和，然后计算数量积即可．【解答】解：∵AE＝BE，AD∥BC，∠A＝30°，∴在等腰三角形ABE中，∠BEA＝120°，又AB＝2，∴AE＝2，∴，∵，∴又，∴•＝＝＝＝﹣12+×5×2×﹣＝﹣1故答案为：﹣1．【点评】本题考查了平面向量基本定理和平面向量的数量积，关键是选好基底，属中档题．三、解答题：本大题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15．【分析】（Ⅰ）根据分层抽样各层所抽比例相等可得结果；（Ⅱ）（i）用列举法求出基本事件数；（ii）用列举法求出事件M所含基本事件数以及对应的概率；【解答】解：（Ⅰ）由已知，老、中、青员工人数之比为6：9：10，由于采用分层抽样从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人，9人，10人；（Ⅱ）（i）从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种；（ii）由表格知，符合题意的所有可能结果为{A，B}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，E}，{C，F}，{D，F}，{E，F}，共11种，所以，事件M发生的概率P（M）＝．【点评】本题考查了用列举法求古典概型的概率问题以及根据数据分析统计结论的问题，是基础题目16．【分析】（Ⅰ）根据正余弦定理可得；（Ⅱ）根据二倍角的正余弦公式以及和角的正弦公式可得．【解答】解（Ⅰ）在三角形ABC中，由正弦定理＝，得b sin C＝c sin B，又由3c sin B＝4a sin C，得3b sin C＝4a sin C，即3b＝4a．又因为b+c＝2a，得b＝，c＝，由余弦定理可得cos B＝＝＝﹣．（Ⅱ）由（Ⅰ）得sin B＝＝，从而sin2B＝2sin B cos B＝﹣，cos2B＝cos2B﹣sin2B＝﹣，故sin（2B+）＝sin2B cos+cos2B sin＝﹣×﹣×＝﹣．【点评】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识．考查运算求解能力．属中档题．17．【分析】（Ⅰ）连结BD，由题意得AC∩BD＝H，BH＝DH，由BG＝PG，得GH∥PD，由此能证明GH∥平面P AD．（Ⅱ）取棱PC中点N，连结DN，推导出DN⊥PC，从而DN⊥平面P AC，进而DN⊥P A，再上P A⊥CD，能证明P A⊥平面PCD．（Ⅲ）连结AN，由DN⊥平面P AC，知∠DAN是直线AD与平面P AC所成角，由此能求出直线AD与平面P AC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）连结BD，由题意得AC∩BD＝H，BH＝DH，又由BG＝PG，得GH∥PD，∵GH⊄平面P AD，PD⊂平面P AD，∴GH∥平面P AD．（Ⅱ）取棱PC中点N，连结DN，依题意得DN⊥PC，又∵平面P AC⊥平面PCD，平面P AC∩平面PCD＝PC，∴DN⊥平面P AC，又P A⊂平面P AC，∴DN⊥P A，又P A⊥CD，CD∩DN＝D，∴P A⊥平面PCD．解：（Ⅲ）连结AN，由（Ⅱ）中DN⊥平面P AC，知∠DAN是直线AD与平面P AC所成角，∵△PCD是等边三角形，CD＝2，且N为PC中点，∴DN＝，又DN⊥AN，在Rt△AND中，sin∠DAN＝＝．∴直线AD与平面P AC所成角的正弦值为．【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力．18．【分析】（Ⅰ）由等差等比数列通项公式和前n项和的求解{a n}和{b n}的通项公式即可．（Ⅱ）利用分组求和和错位相减法得答案．【解答】解：（Ⅰ）{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，公比大于0．设等差数列{a n}的公差为d，等比数列{b n}的公比为q，q＞0．由题意可得：3q＝3+2d①；3q2＝15+4d②解得：d＝3，q＝3，故a n＝3+3（n﹣1）＝3n，b＝3×3n﹣1＝3n（Ⅱ）数列{c n}满足c n＝，a1c1+a2c2+…+a2n c2n（n∈N*）＝（a1+a3+a5+…+a2n﹣1）+（a2b1+a4b2+a6b3+…+a2n b n）＝[3n+×6]+（6×3+12×32+18×33+…+6n×3n）＝3n2+6（1×3+2×32+…+n×3n）令T n＝（1×3+2×32+…+n×3n）①，则3T n＝1×32+2×33+…+n3n+1②，②﹣①得：2T n＝﹣3﹣32﹣33…﹣3n+n3n+1＝﹣3×+n3n+1＝；故a1c1+a2c2+…+a2n c2n＝3n2+6T n＝（n∈N*）【点评】本题主要考查等差等比数列通项公式和前n项和的求解，考查数列求和的基本方法分组和错位相减法的运算求解能力，属中档题．19．【分析】（Ⅰ）由题意可得a＝2b，再由离心率公式可得所求值；（Ⅱ）求得a＝2c，b＝c，可得椭圆方程为+＝1，设直线FP的方程为y＝（x+c），联立椭圆方程求得P的坐标，以及直线AP的斜率，由两条直线平行的条件和直线与圆相切的条件，解方程可得c＝2，即可得到所求椭圆方程．【解答】解：（Ⅰ）|OA|＝2|OB|，即为a＝2b，可得e＝＝＝＝；（Ⅱ）b＝a，c＝a，即a＝2c，b＝c，可得椭圆方程为+＝1，设直线FP的方程为y＝（x+c），代入椭圆方程可得7x2+6cx﹣13c2＝0，解得x＝c或x＝﹣，代入直线PF方程可得y＝或y＝﹣（舍去），可得P（c，），圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP，可设C（4，t），可得＝，解得t＝2，即有C（4，2），可得圆的半径为2，由直线FP和圆C相切的条件为d＝r，可得＝2，解得c＝2，可得a＝4，b＝2，可得椭圆方程为+＝1．【点评】本题考查椭圆的方程和性质，注意运用直线和椭圆方程联立，求交点，以及直线和圆相切的条件：d＝r，考查化简运算能力，属于中档题．20．【分析】（I）f′（x）＝﹣[ae x+a（x﹣1）e x]＝，x∈（0，+∞）．a≤0时，f′（x）＞0，即可得出函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调性．（II）（i）由（I）可知：f′（x）＝，x∈（0，+∞）．令g（x）＝1﹣ax2e x，∵0＜a＜，可知：可得g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）．可得x0是函数f（x）的唯一极值点．令h（x）＝lnx﹣x+1，可得x＞1时，lnx＜x﹣1．f（ln）＜0．f（x0）＞f（1）＝0．可得函数f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零点．又函数f（x）在（0，x0）上有唯一零点1．即可证明结论．（ii）由题意可得：f′（x0）＝0，f（x1）＝0，即a＝1，lnx1＝a（x1﹣1），可得＝，由x＞1，可得lnx＜x﹣1．又x1＞x0＞1，可得＜＝，取对数即可证明．【解答】（I）解：f′（x）＝﹣[ae x+a（x﹣1）e x]＝，x∈（0，+∞）．a≤0时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增．（II）证明：（i）由（I）可知：f′（x）＝，x∈（0，+∞）．令g（x）＝1﹣ax2e x，∵0＜a＜，可知：g（x）在x∈（0，+∞）上单调递减，又g（1）＝1﹣ae＞0．且g（ln）＝1﹣a＝1﹣＜0，∴g（x）存在唯一解x0∈（1，ln）．即函数f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）单调递减．∴x0是函数f（x）的唯一极值点．令h（x）＝lnx﹣x+1，（x＞0），h′（x）＝，可得h（x）≤h（1）＝0，∴x＞1时，lnx＜x﹣1．f（ln）＝ln（ln）﹣a（ln﹣1）＝ln（ln）﹣（ln﹣1）＜0．∵f（x0）＞f（1）＝0．∴函数f（x）在（x0，+∞）上存在唯一零点．又函数f（x）在（0，x0）上有唯一零点1．因此函数f（x）恰有两个零点；（ii）由题意可得：f′（x0）＝0，f（x1）＝0，即a＝1，lnx1＝a（x1﹣1），∴lnx1＝，即＝，∵x＞1，可得lnx＜x﹣1．又x1＞x0＞1，故＜＝，取对数可得：x1﹣x0＜2lnx0＜2（x0﹣1），化为：3x0﹣x1＞2．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。

2019年高考新课标卷文数试题解析解析版

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相对应位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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，则A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意，故选A.2．A．B．C．D．【答案】B3．函数的最小正周期为A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意，故选C.4．设非零向量，满足，则A．⊥B．C．∥D．【答案】A【解析】由平方得，即，则，故选A.5．若，则双曲线的离心率的取值范围是A．B．C．D．【答案】C6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为，故选B.7．设满足约束条件则的最小值是A．B．C．D．【答案】A【解析】绘制不等式组表示的可行域，结合目标函数的几何意义可得函数在点处取得最小值，最小值为．故选A.8．函数的单调递增区间是A．B．C．D．【答案】D9．甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩.看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则A．乙能够知道四人的成绩B．丁能够知道四人的成绩C．乙、丁能够知道对方的成绩D．乙、丁能够知道自己的成绩【答案】D【解析】由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，故选D.10．执行下面的程序框图，如果输入的，则输出的A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B11．从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为A．B．C．D．【答案】D【解析】如下表所示，表中的点的横坐标表示第一次取到的数，纵坐标表示第二次取到的数：总计有25种情况，满足条件的有10种.所以所求概率为.12．过抛物线的焦点，且斜率为的直线交于点（在的轴上方），为的准线，点在上且,则到直线的距离为A．B．C．D．【答案】C二、填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分.13．函数的最大值为 .【答案】【解析】.14．已知函数是定义在上的奇函数，当时，,则 .【答案】12【解析】.15．长方体的长，宽，高分别为，其顶点都在球的球面上，则球的表面积为 .【答案】【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以16．的内角的对边分别为,若,则 .【答案】【解析】由正弦定理可得.三、解答题：共70分。

2019年江苏省高考数学试卷以及答案解析

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）数学一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1．（5分）已知集合A＝{﹣1，0，1，6}，B＝{x|x＞0，x∈R}，则A∩B＝．2．（5分）已知复数（a+2i）（1+i）的实部为0，其中i为虚数单位，则实数a的值是．3．（5分）如图是一个算法流程图，则输出的S的值是．4．（5分）函数y＝的定义域是．5．（5分）已知一组数据6，7，8，8，9，10，则该组数据的方差是．6．（5分）从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是．7．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2﹣＝1（b＞0）经过点（3，4），则该双曲线的渐近线方程是．8．（5分）已知数列{a n}（n∈N*）是等差数列，S n是其前n项和．若a2a5+a8＝0，S9＝27，则S8的值是．9．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E﹣BCD 的体积是．10．（5分）在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y＝x+（x＞0）上的一个动点，则点P到直线x+y＝0的距离的最小值是．11．（5分）在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（﹣e，﹣1）（e为自然对数的底数），则点A的坐标是．12．（5分）如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE＝2EA，AD与CE交于点O．若•＝6•，则的值是．13．（5分）已知＝﹣，则sin（2α+）的值是．14．（5分）设f（x），g（x）是定义在R上的两个周期函数，f（x）的周期为4，g（x）的周期为2，且f（x）是奇函数．当x∈（0，2]时，f（x）＝，g（x）＝其中k＞0．若在区间（0，9]上，关于x的方程f（x）＝g（x）有8个不同的实数根，则k的取值范围是．二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．（14分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．（1）若a＝3c，b＝，cos B＝，求c的值；（2）若＝，求sin（B+）的值．16．（14分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．17．（14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，1与圆F2：（x﹣1）2+y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D．连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1＝．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．18．（16分）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于．．．圆O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD（C，D为垂足），测得AB＝10，AC＝6，BD＝12（单位：百米）．（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；（3）在规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米），求当d最小时，P、Q两点间的距离．19．（16分）设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M≤．20．（16分）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M﹣数列”．（1）已知等比数列{a n}（n∈N*）满足：a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，求证：数列{a n}为“M ﹣数列”；（2）已知数列{b n}（n∈N*）满足：b1＝1，＝﹣，其中S n为数列{b n}的前n 项和．①求数列{b n}的通项公式；②设m为正整数，若存在“M﹣数列”{c n}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有c k≤b k≤c k+1成立，求m的最大值．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）21．（10分）已知矩阵A＝．（1）求A2；（2）求矩阵A的特征值．B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）22．（10分）在极坐标系中，已知两点A（3，），B（，），直线1的方程为ρsin （θ+）＝3．（1）求A，B两点间的距离；（2）求点B到直线l的距离．C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）23．设x∈R，解不等式|x|+|2x﹣1|＞2．【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.24．（10分）设（1+x）n＝a0+a1x+a2x2+…+a n x n，n≥4，n∈N*．已知a32＝2a2a4．（1）求n的值；（2）设（1+）n＝a+b，其中a，b∈N*，求a2﹣3b2的值．25．（10分）在平面直角坐标系xOy中，设点集A n＝{（0，0），（1，0），（2，0），…，（n，0）}，B n＝{（0，1），（n，1）}，∁n＝{（0，2），（1，2），（2，2），……，（n，2）}，n∈N*．令M n＝A n∪B n ∪∁n．从集合M n中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离．（1）当n＝1时，求X的概率分布；（2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）．2019年江苏省高考数学答案解析一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分.请把答案填写在答题卡相应位置上.1．【分析】直接利用交集运算得答案．【解答】解：∵A＝{﹣1，0，1，6}，B＝{x|x＞0，x∈R}，∴A∩B＝{﹣1，0，1，6}∩{x|x＞0，x∈R}＝{1，6}．故答案为：{1，6}．【点评】本题考查交集及其运算，是基础题．2．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0求的a值．【解答】解：∵（a+2i）（1+i）＝（a﹣2）+（a+2）i的实部为0，∴a﹣2＝0，即a＝2．故答案为：2．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3．【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟程序的运行，可得x＝1，S＝0S＝0.5不满足条件x≥4，执行循环体，x＝2，S＝1.5不满足条件x≥4，执行循环体，x＝3，S＝3不满足条件x≥4，执行循环体，x＝4，S＝5此时，满足条件x≥4，退出循环，输出S的值为5．故答案为：5．【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．4．【分析】由根式内部的代数式大于等于0求解一元二次不等式得答案．【解答】解：由7+6x﹣x2≥0，得x2﹣6x﹣7≤0，解得：﹣1≤x≤7．∴函数y＝的定义域是[﹣1，7]．故答案为：[﹣1，7]．【点评】本题考查函数的定义域及其求法，考查一元二次不等式的解法，是基础题．5．【分析】先求出一组数据6，7，8，8，9，10的平均数，由此能求出该组数据的方差．【解答】解：一组数据6，7，8，8，9，10的平均数为：＝（6+7+8+8+9+10）＝8，∴该组数据的方差为：S2＝[（6﹣8）2+（7﹣8）2+（8﹣8）2+（8﹣8）2+（9﹣8）2+（10﹣8）2]＝．故答案为：．【点评】本题考查一组数据的方差的求法，考查平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6．【分析】基本事件总数n＝＝10，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件个数m＝+＝7，由此能求出选出的2名同学中至少有1名女同学的概率．【解答】解：从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，基本事件总数n＝＝10，选出的2名同学中至少有1名女同学包含的基本事件个数：m＝+＝7，∴选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是p＝．故答案为：．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．7．【分析】把已知点的坐标代入双曲线方程，求得b，则双曲线的渐近线方程可求．【解答】解：∵双曲线x2﹣＝1（b＞0）经过点（3，4），∴，解得b2＝2，即b＝．又a＝1，∴该双曲线的渐近线方程是y＝．故答案为：y＝．【点评】本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的简单性质，是基础题．8．【分析】设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由已知列关于首项与公差的方程组，求解首项与公差，再由等差数列的前n项和求得S8的值．【解答】解：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，则，解得．∴＝6×（﹣5）+15×2＝16．故答案为：16．【点评】本题考查等差数列的通项公式，考查等差数列的前n项和，是基础题．9．【分析】推导出＝AB×BC×DD1＝120，三棱锥E﹣BCD的体积：V E﹣BCD＝＝＝×AB×BC×DD1，由此能求出结果．【解答】解：∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，∴＝AB×BC×DD1＝120，∴三棱锥E﹣BCD的体积：V E﹣BCD＝＝＝×AB×BC×DD1＝10．故答案为：10．【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，考查长方体的结构特征、三棱锥的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．10．【分析】利用导数求平行于x+y＝0的直线与曲线y＝x+（x＞0）的切点，再由点到直线的距离公式求点P到直线x+y＝0的距离的最小值．【解答】解：由y＝x+（x＞0），得y′＝1﹣，设斜率为﹣1的直线与曲线y＝x+（x＞0）切于（x0，），由，解得（x0＞0）．∴曲线y＝x+（x＞0）上，点P（）到直线x+y＝0的距离最小，最小值为．故答案为：4．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查点到直线距离公式的应用，是中档题．11．【分析】设A（x0，lnx0），利用导数求得曲线在A处的切线方程，代入已知点的坐标求解x0即可．【解答】解：设A（x0，lnx0），由y＝lnx，得y′＝，∴，则该曲线在点A处的切线方程为y﹣lnx0＝，∵切线经过点（﹣e，﹣1），∴，即，则x0＝e．∴A点坐标为（e，1）．故答案为：（e，1）．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，区分过点处与在点处的不同，是中档题．12．【分析】首先算出＝，然后用、表示出、，结合•＝6•得＝，进一步可得结果．【解答】解：设＝λ＝（），＝+＝+μ＝+μ（）＝（1﹣μ）+μ＝+μ∴，∴，∴＝＝（），＝＝﹣+，6•＝6×（）×（﹣+）＝（++）＝++，∵•＝++，∴＝，∴＝3，∴＝．故答案为：【点评】本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．13．【分析】由已知求得tanα，分类利用万能公式求得sin2α，cos2α的值，展开两角和的正弦求sin（2α+）的值．【解答】解：由＝﹣，得，∴，解得tanα＝2或tan．当tanα＝2时，sin2α＝，cos2α＝，∴sin（2α+）＝＝；当tanα＝时，sin2α＝＝，cos2α＝，∴sin（2α+）＝＝．综上，sin（2α+）的值是．故答案为：．【点评】本题考查三角函数的恒等变换与化简求值，考查两角和的三角函数及万能公式的应用，是基础题．14．【分析】由已知函数解析式结合周期性作出图象，数形结合得答案．【解答】解：作出函数f（x）与g（x）的图象如图，由图可知，函数f（x）与g（x）＝﹣（1＜x≤2，3＜x≤4，5＜x≤6，7＜x≤8）仅有2个实数根；要使关于x的方程f（x）＝g（x）有8个不同的实数根，则f（x）＝，x∈（0，2]与g（x）＝k（x+2），x∈（0，1]的图象有2个不同交点，由（1，0）到直线kx﹣y+2k＝0的距离为1，得，解得k＝（k＞0），∵两点（﹣2，0），（1，1）连线的斜率k＝，∴≤k＜．即k的取值范围为[，）．故答案为：[，）．【点评】本题考查函数零点的判定，考查分段函数的应用，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．二、解答题：本大题共6小题，共计90分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．【分析】（1）由余弦定理得：cos B＝＝＝，由此能求出c的值．（2）由＝，利用正弦定理得2sin B＝cos B，再由sin2B+cos2B＝1，能求出sin B ＝，cos B＝，由此利用诱导公式能求出sin（B+）的值．【解答】解：（1）∵在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．a＝3c，b＝，cos B＝，∴由余弦定理得：cos B＝＝＝，解得c＝．（2）∵＝，∴由正弦定理得：，∴2sin B＝cos B，∵sin2B+cos2B＝1，∴sin B＝，cos B＝，∴sin（B+）＝cos B＝．【点评】本题考查三角形边长、三角函数值的求法，考查正弦定理、余弦定理、诱导公式、同角三角函数关系式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．16．【分析】（1）推导出DE∥AB，AB∥A1B1，从而DE∥A1B1，由此能证明A1B1∥平面DEC1．（2）推导出BE⊥AA1，BE⊥AC，从而BE⊥平面ACC1A1，由此能证明BE⊥C1E．【解答】证明：（1）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，∴DE∥AB，AB∥A1B1，∴DE∥A1B1，∵DE⊂平面DEC1，A1B1⊄平面DEC1，∴A1B1∥平面DEC1．解：（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是AC的中点，AB＝BC．∴BE⊥AA1，BE⊥AC，又AA1∩AC＝A，∴BE⊥平面ACC1A1，∵C1E⊂平面ACC1A1，∴BE⊥C1E．【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．17．【分析】（1）由题意得到F1D∥BF2，然后求AD，再由AD＝DF1＝求得a，则椭圆方程可求；（2）求出D的坐标，得到＝，写出BF2的方程，与椭圆方程联立即可求得点E的坐标．【解答】解：（1）如图，∵F2A＝F2B，∴∠F2AB＝∠F2BA，∵F2A＝2a＝F2D+DA＝F2D+F1D，∴AD＝F1D，则∠DAF1＝∠DF1A，∴∠DF1A＝∠F2BA，则F1D∥BF2，∵c＝1，∴b2＝a2﹣1，则椭圆方程为，取x＝1，得，则AD＝2a﹣＝．又DF1＝，∴，解得a＝2（a＞0）．∴椭圆C的标准方程为；（2）由（1）知，D（1，），F1（﹣1，0），∴＝，则BF2：y＝，联立，得21x2﹣18x﹣39＝0．解得x1＝﹣1或（舍）．∴．即点E的坐标为（﹣1，﹣）．【点评】本题考查直线与圆，圆与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，证明DF1∥BF2是解答该题的关键，是中档题．18．【分析】（1）设BD与圆O交于M，连接AM，以C为坐标原点，l为x轴，建立直角坐标系，则A（0，﹣6），B（﹣8，﹣12），D（﹣8，0）设点P（x1，0），PB⊥AB，运用两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得P的坐标，可得所求值；（2）当QA⊥AB时，QA上的所有点到原点O的距离不小于圆的半径，设此时Q（x2，0），运用两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，求得Q的坐标，即可得到结论；（3）设P（a，0），Q（b，0），则a≤﹣17，b≥﹣，结合条件，可得b的最小值，由两点的距离公式，计算可得PQ．【解答】解：设BD与圆O交于M，连接AM，AB为圆O的直径，可得AM⊥BM，即有DM＝AC＝6，BM＝6，AM＝8，以C为坐标原点，l为x轴，建立直角坐标系，则A（0，﹣6），B（﹣8，﹣12），D（﹣8，0）（1）设点P（x1，0），PB⊥AB，则k BP•k AB＝﹣1，即•＝﹣1，解得x1＝﹣17，所以P（﹣17，0），PB＝＝15；（2）当QA⊥AB时，QA上的所有点到原点O的距离不小于圆的半径，设此时Q（x2，0），则k QA•k AB＝﹣1，即•＝﹣1，解得x2＝﹣，Q（﹣，0），由﹣17＜﹣8＜﹣，在此范围内，不能满足PB，QA上所有点到O的距离不小于圆的半径，所以P，Q中不能有点选在D点；（3）设P（a，0），Q（b，0），则a≤﹣17，b≥﹣，PB2＝（a+8）2+144≥225，QA2＝b2+36≥225，则b≥3，当d最小时，PQ＝17+3．【点评】本题考查直线和圆的位置关系，考查直线的斜率和两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，以及两点的距离公式，分析问题和解决问题的能力，考查运算能力，属于中档题．19．【分析】（1）由a＝b＝c，可得f（x）＝（x﹣a）3，根据f（4）＝8，可得（4﹣a）3＝8，解得a．（2）a≠b，b＝c，设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2．令f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2＝0，解得x＝a，或x＝b．f′（x）＝（x﹣b）（3x﹣b﹣2a）．令f′（x）＝0，解得x＝b，或x＝．根据f（x）和f′（x）的零点均在集合A＝{﹣3，1，3}中，通过分类讨论可得：只有a＝3，b＝﹣3，可得＝＝1∈A，可得：f（x）＝（x﹣3）（x+3）2．利用导数研究其单调性可得x＝1时，函数f（x）取得极小值．（3）a＝0，0＜b≤1，c＝1，f（x）＝x（x﹣b）（x﹣1）．f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b．△＞0．令f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b＝0．解得：x1＝∈，x2＝．x1＜x2，可得x＝x1时，f（x）取得极大值为M，通过计算化简即可证明结论．【解答】解：（1）∵a＝b＝c，∴f（x）＝（x﹣a）3，∵f（4）＝8，∴（4﹣a）3＝8，∴4﹣a＝2，解得a＝2．（2）a≠b，b＝c，设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2．令f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2＝0，解得x＝a，或x＝b．f′（x）＝（x﹣b）2+2（x﹣a）（x﹣b）＝（x﹣b）（3x﹣b﹣2a）．令f′（x）＝0，解得x＝b，或x＝．∵f（x）和f′（x）的零点均在集合A＝{﹣3，1，3}中，若：a＝﹣3，b＝1，则＝＝﹣∉A，舍去．a＝1，b＝﹣3，则＝＝﹣∉A，舍去．a＝﹣3，b＝3，则＝＝﹣1∉A，舍去．．a＝3，b＝1，则＝＝∉A，舍去．a＝1，b＝3，则＝∉A，舍去．a＝3，b＝﹣3，则＝＝1∈A，．因此a＝3，b＝﹣3，＝1∈A，可得：f（x）＝（x﹣3）（x+3）2．f′（x）＝3[x﹣（﹣3）]（x﹣1）．可得x＝1时，函数f（x）取得极小值，f（1）＝﹣2×42＝﹣32．（3）证明：a＝0，0＜b≤1，c＝1，f（x）＝x（x﹣b）（x﹣1）．f′（x）＝（x﹣b）（x﹣1）+x（x﹣1）+x（x﹣b）＝3x2﹣（2b+2）x+b．△＝4（b+1）2﹣12b＝4b2﹣4b+4＝4+3≥3．令f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b＝0．解得：x1＝∈，x2＝．x1＜x2，x1+x2＝，x1x2＝，可得x＝x1时，f（x）取得极大值为M，∵f′（x1）＝﹣（2b+2）x1+b＝0，可得：＝[（2b+2）x1﹣b]，M＝f（x1）＝x1（x1﹣b）（x1﹣1）＝（x1﹣b）（﹣x1）＝（x1﹣b）（﹣x1）＝[（2b﹣1）﹣2b2x1+b2] ＝＝，∵﹣2b2+2b﹣2＝﹣2﹣＜0，∴M在x1∈（0，]上单调递减，∴M≤＝≤．∴M≤．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．20．【分析】（1）设等比数列{a n}的公比为q，然后根据a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0列方程求解，在根据新定义判断即可；（2）求出b2，b3，b4猜想b n，然后用数学归纳法证明；（3）设{c n}的公比为q，将问题转化为，然后构造函数f（x）＝，g（x）＝，分别求解其最大值和最小值，最后解不等式，即可．【解答】解：（1）设等比数列{a n}的公比为q，则由a2a4＝a5，a3﹣4a2+4a1＝0，得∴，∴数列{a n}首项为1且公比为正数即数列{a n}为“M﹣数列”；（2）①∵b1＝1，＝﹣，∴当n＝1时，，∴b2＝2，当n＝2时，，∴b3＝3，当n＝3时，，∴b4＝4，猜想b n＝n，下面用数学归纳法证明；（i）当n＝1时，b1＝1，满足b n＝n，（ii）假设n＝k时，结论成立，即b k＝k，则n＝k+1时，由，得＝＝k+1，故n＝k+1时结论成立，根据（i）（ii）可知，b n＝n对任意的n∈N*都成立．故数列{b n}的通项公式为b n＝n；②设{c n}的公比为q，存在“M﹣数列”{c n}（n∈N*），对任意正整数k，当k≤m时，都有c k≤b k≤c k+1成立，即q k﹣1≤k≤k对k≤m恒成立，当k＝1时，q≥1，当k＝2时，，当k≥3，两边取对数可得，对k≤m有解，即，令f（x）＝，则，当x≥3时，f'（x）＜0，此时f（x）递增，∴当k≥3时，，令g（x）＝，则，令，则，当x≥3时，ϕ'（x）＜0，即g'（x）＜0，∴g（x）在[3，+∞）上单调递减，即k≥3时，，则，下面求解不等式，化简，得3lnm﹣（m﹣1）ln3≤0，令h（m）＝3lnm﹣（m﹣1）ln3，则h'（m）＝﹣ln3，由k≥3得m≥3，h'（m）＜0，∴h（m）在[3，+∞）上单调递减，又由于h（5）＝3ln5﹣4ln3＝ln125﹣ln81＞0，h（6）＝3ln6﹣5ln3＝ln216﹣ln243＜0，∴存在m0∈（5，6）使得h（m0）＝0，∴m的最大值为5，此时q∈，．【点评】本题考查了由递推公式求等比数列的通项公式和不等式恒成立，考查了数学归纳法和构造法，是数列、函数和不等式的综合性问题，属难题．【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答.若多做，则按作答的前两小题评分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.A.[选修4-2：矩阵与变换]（本小题满分10分）21．【分析】（1）根据矩阵A直接求解A2即可；（2）矩阵A的特征多项式为f（λ）＝＝λ2﹣5λ+4，解方程f（λ）＝0即可．【解答】解：（1）∵A＝∴A2＝＝（2）矩阵A的特征多项式为：f（λ）＝＝λ2﹣5λ+4，令f（λ）＝0，则由方程λ2﹣5λ+4＝0，得λ＝1或λ＝4，∴矩阵A的特征值为1或4．【点评】本题考查了矩阵的运算和特征值等基础知识，考查运算与求解能力，属基础题．B.[选修4-4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）22．【分析】（1）设极点为O，则由余弦定理可得，解出AB；（2）根据直线l的方程和点B的坐标可直接计算B到直线l的距离．【解答】解：（1）设极点为O，则在△OAB中，由余弦定理，得AB2＝OA2+OB2﹣2OA，∴AB＝＝；（2）由直线1的方程ρsin（θ+）＝3，知直线l过（3，），倾斜角为，又B（，），∴点B到直线l的距离为．【点评】本题考查了在极坐标系下计算两点间的距离和点到直线的距离，属基础题．C.[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）23．【分析】对|x|+|2x﹣1|去绝对值，然后分别解不等式即可．【解答】解：|x|+|2x﹣1|＝，∵|x|+|2x﹣1|＞2，∴或或，∴x＞1或x∈∅或x＜﹣，∴不等式的解集为{x|x＜﹣或x＞1}．【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，属基础题．【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.24．【分析】（1）运用二项式定理，分别求得a2，a3，a4，结合组合数公式，解方程可得n 的值；（2）方法一、运用二项式定理，结合组合数公式求得a，b，计算可得所求值；方法二、由于a，b∈N*，求得（1﹣）5＝a﹣b，再由平方差公式，计算可得所求值．【解答】解：（1）由（1+x）n＝C+C x+C x2+…+C x n，n≥4，可得a2＝C＝，a3＝C＝，a4＝C＝，a32＝2a2a4，可得（）2＝2••，解得n＝5；（2）方法一、（1+）5＝C+C+C（）2+C（）3+C（）4+C（）5＝a+b，由于a，b∈N*，可得a＝C+3C+9C＝1+30+45＝76，b＝C+3C+9C＝44，可得a2﹣3b2＝762﹣3×442＝﹣32；方法二、（1+）5＝C+C+C（）2+C（）3+C（）4+C（）5＝a+b，（1﹣）5＝C+C（﹣）+C（﹣）2+C（﹣）3+C（﹣）4+C（﹣）5＝C﹣C+C（）2﹣C（）3+C（）4﹣C（）5，由于a，b∈N*，可得（1﹣）5＝a﹣b，可得a2﹣3b2＝（1+）5•（1﹣）5＝（1﹣3）5＝﹣32．【点评】本题主要考查二项式定理、组合数公式的运用，考查运算能力和分析问题能力，属于中档题．25．【分析】（1）当n＝1时，X的所有可能取值为1，，2，，由古典概率的公式，结合组合数可得所求值；（2）设A（a，b）和B（c，d）是从M n中取出的两个点，因为P（X≤n）＝1﹣P（X＞n），所以只需考虑X＞n的情况，分别讨论b，d的取值，结合古典概率的计算公式和对立事件的概率，即可得到所求值．【解答】解：（1）当n＝1时，X的所有可能取值为1，，2，，X的概率分布为P（X＝1）＝＝；P（X＝）＝＝；P（X＝2）＝＝；P（X＝）＝＝；（2）设A（a，b）和B（c，d）是从M n中取出的两个点，因为P（X≤n）＝1﹣P（X＞n），所以只需考虑X＞n的情况，①若b＝d，则AB≤n，不存在X＞n的取法；②若b＝0，d＝1，则AB＝≤，所以X＞n当且仅当AB＝，此时a＝0．c＝n或a＝n，c＝0，有两种情况；③若b＝0，d＝2，则AB＝≤，所以X＞n当且仅当AB＝，此时a＝0．c＝n或a＝n，c＝0，有两种情况；④若b＝1，d＝2，则AB＝≤，所以X＞n当且仅当AB＝，此时a＝0．c＝n或a＝n，c＝0，有两种情况；综上可得当X＞n，X的所有值是或，且P（X＝）＝，P（X＝）＝，可得P（X≤n）＝1﹣P（X＝）﹣P（X＝）＝1﹣．【点评】本题考查随机变量的概率的分布，以及古典概率公式的运用，考查分类讨论思想方法，以及化简运算能力，属于难题．。