《2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)ⅱ）（含解析版）》

1、2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)）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（5分）設(shè)集合ax|x25x+60，bx|x10，則ab（）a（，1）b（2，1）c（3，1）d（3，+）2（5分）設(shè)z3+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3（5分）已知（2，3），（3，t），|1，則（）a3b2c2d34（5分）2019年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功實(shí)現(xiàn)人類(lèi)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(wèn)題是地面與探測(cè)器的通訊聯(lián)系為解決這

2、個(gè)問(wèn)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l(shuí)2點(diǎn)的軌道運(yùn)行l(wèi)2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，l2點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律，r滿足方程：+（r+r）設(shè)由于的值很小，因此在近似計(jì)算中33，則r的近似值為（）arbrcrdr5（5分）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6（5分）若ab，則（）aln（ab）0b3a3bca3b30d|

3、a|b|7（5分）設(shè)，為兩個(gè)平面，則的充要條件是（）a內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與平行b內(nèi)有兩條相交直線與平行c，平行于同一條直線d，垂直于同一平面8（5分）若拋物線y22px（p0）的焦點(diǎn)是橢圓+1的一個(gè)焦點(diǎn)，則p（）a2b3c4d89（5分）下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間（，）單調(diào)遞增的是（）af（x）|cos2x|bf（x）|sin2x|cf（x）cos|x|df（x）sin|x|10（5分）已知（0，），2sin2cos2+1，則sin（）abcd11（5分）設(shè)f為雙曲線c：1（a0，b0）的右焦點(diǎn)，o為坐標(biāo)原點(diǎn)，以of為直徑的圓與圓x2+y2a2交于p，q兩點(diǎn)若|pq|of|，則c的離心率為（）a

4、bc2d12（5分）設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閞，滿足f（x+1）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），則m的取值范圍是（）a（，b（，c（，d（，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13（5分）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(chē)中，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.97，有20個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為 14（5分）已知f（x）是奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）eax若f（ln2）8，則a 15（5分）abc的內(nèi)角a，b，c的對(duì)邊分別為a，b，c若b6，

5、a2c，b，則abc的面積為 16（5分）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(chēng)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 三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。第1721題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共60分。17（12分）如圖，長(zhǎng)方體abcda

6、1b1c1d1的底面abcd是正方形，點(diǎn)e在棱aa1上，beec1（1）證明：be平面eb1c1；（2）若aea1e，求二面角becc1的正弦值18（12分）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（x2）；（2）求事件“x4且甲獲勝”的概率19（12分）已知數(shù)列an和bn滿足a11，b10，4an+13anbn+4，4bn+13bnan4（

7、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20（12分）已知函數(shù)f（x）lnx（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ylnx在點(diǎn)a（x0，lnx0）處的切線也是曲線yex的切線21（12分）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(shuō)明c是什么曲線；（2）過(guò)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，pex軸，垂足為e，連結(jié)qe并延長(zhǎng)交c于點(diǎn)g（i）證明：pqg是直角三角形；（ii）求pqg面積的最大值（二）選考題

8、：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。選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程（10分）22（10分）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(guò)點(diǎn)a（4，0）且與om垂直，垂足為p（1）當(dāng)0時(shí)，求0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)方程選修4-5：不等式選講（10分）23已知f（x）|xa|x+|x2|（xa）（1）當(dāng)a1時(shí)，求不等式f（x）0的解集；（2）當(dāng)x（，1）時(shí)，f（x）0，求a的取值范圍2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共12小

9、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（5分）設(shè)集合ax|x25x+60，bx|x10，則ab（）a（，1）b（2，1）c（3，1）d（3，+）【分析】根據(jù)題意，求出集合a、b，由交集的定義計(jì)算可得答案【解答】解：根據(jù)題意，ax|x25x+60x|x3或x2，bx|x10x|x1，則abx|x1（，1）；故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題考查交集的計(jì)算，關(guān)鍵是掌握交集的定義，屬于基礎(chǔ)題2（5分）設(shè)z3+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【分析】求出z的共軛復(fù)數(shù)，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義求出復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)即可【解答】解：z3+2i

10、，在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為（3，2），在第三象限故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題考查共軛復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，屬基礎(chǔ)題3（5分）已知（2，3），（3，t），|1，則（）a3b2c2d3【分析】由先求出的坐標(biāo)，然后根據(jù)|1，可求t，結(jié)合向量數(shù)量積定義的坐標(biāo)表示即可求解【解答】解：（2，3），（3，t），（1，t3），|1，t30即（1，0），則2故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了向量數(shù)量積 的定義及性質(zhì)的坐標(biāo)表示，屬于基礎(chǔ)試題4（5分）2019年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功實(shí)現(xiàn)人類(lèi)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(wèn)題是地面與探測(cè)器的通訊聯(lián)系為解決這個(gè)

11、問(wèn)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l(shuí)2點(diǎn)的軌道運(yùn)行l(wèi)2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，l2點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律，r滿足方程：+（r+r）設(shè)由于的值很小，因此在近似計(jì)算中33，則r的近似值為（）arbrcrdr【分析】由推導(dǎo)出33，由此能求出rr【解答】解：rr，r滿足方程：+（r+r）33，rr故選：d【點(diǎn)評(píng)】本題考查點(diǎn)到月球的距離的求法，考查函數(shù)在我國(guó)航天事業(yè)中的靈活運(yùn)用，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題5（5分）演講比賽共有9位評(píng)委分別給出某選手的原始評(píng)分

12、，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【分析】根據(jù)題意，由數(shù)據(jù)的數(shù)字特征的定義，分析可得答案【解答】解：根據(jù)題意，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，最中間的一個(gè)數(shù)不變，即中位數(shù)不變，故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題考查數(shù)據(jù)的數(shù)字特征，關(guān)鍵是掌握數(shù)據(jù)的平均數(shù)、中位數(shù)、方差、極差的定義以及計(jì)算方法，屬于基礎(chǔ)題6（5分）若ab，則（）aln（ab）0b3a3bca3b30d|a|b|【分析】取a0，b1，利用特殊值法可得正確選項(xiàng)

13、【解答】解：取a0，b1，則ln（ab）ln10，排除a；，排除b；a303（1）31b3，故c對(duì)；|a|0|1|1b，排除d故選：c【點(diǎn)評(píng)】本題考查了不等式的基本性質(zhì)，利用特殊值法可迅速得到正確選項(xiàng)，屬基礎(chǔ)題7（5分）設(shè)，為兩個(gè)平面，則的充要條件是（）a內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與平行b內(nèi)有兩條相交直線與平行c，平行于同一條直線d，垂直于同一平面【分析】充要條件的定義結(jié)合面面平行的判定定理可得結(jié)論【解答】解：對(duì)于a，內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與平行，或；對(duì)于b，內(nèi)有兩條相交直線與平行，；對(duì)于c，平行于同一條直線，或；對(duì)于d，垂直于同一平面，或故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題考查了充要條件的定義和面面平行的判定定理，考查了推理能

14、力，屬于基礎(chǔ)題8（5分）若拋物線y22px（p0）的焦點(diǎn)是橢圓+1的一個(gè)焦點(diǎn)，則p（）a2b3c4d8【分析】根據(jù)拋物線的性質(zhì)以及橢圓的性質(zhì)列方程可解得【解答】解：由題意可得：3pp（）2，解得p8故選：d【點(diǎn)評(píng)】本題考查了拋物線與橢圓的性質(zhì)，屬基礎(chǔ)題9（5分）下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間（，）單調(diào)遞增的是（）af（x）|cos2x|bf（x）|sin2x|cf（x）cos|x|df（x）sin|x|【分析】根據(jù)正弦函數(shù)，余弦函數(shù)的周期性及單調(diào)性依次判斷，利用排除法即可求解【解答】解：f（x）sin|x|不是周期函數(shù)，可排除d選項(xiàng)；f（x）cos|x|的周期為2，可排除c選項(xiàng)；f（x）|sin

15、2x|在處取得最大值，不可能在區(qū)間（，）單調(diào)遞增，可排除b故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦函數(shù)，余弦函數(shù)的周期性及單調(diào)性，考查了排除法的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題10（5分）已知（0，），2sin2cos2+1，則sin（）abcd【分析】由二倍角的三角函數(shù)公式化簡(jiǎn)已知可得4sincos2cos2，結(jié)合角的范圍可求sin0，cos0，可得cos2sin，根據(jù)同角三角函數(shù)基本關(guān)系式即可解得sin的值【解答】解：2sin2cos2+1，可得：4sincos2cos2，（0，），sin0，cos0，cos2sin，sin2+cos2sin2+（2sin）25sin21，解得：sin故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題主要考

16、查了二倍角的三角函數(shù)公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式在三角函數(shù)化簡(jiǎn)求值中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題11（5分）設(shè)f為雙曲線c：1（a0，b0）的右焦點(diǎn)，o為坐標(biāo)原點(diǎn)，以of為直徑的圓與圓x2+y2a2交于p，q兩點(diǎn)若|pq|of|，則c的離心率為（）abc2d【分析】由題意畫(huà)出圖形，先求出pq，再由|pq|of|列式求c的離心率【解答】解：如圖，由題意，把x代入x2+y2a2，得pq，再由|pq|of|，得，即2a2c2，解得e故選：a【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題12（5分）設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)閞，滿足f（x+1）2f（x），且當(dāng)x（0，1時(shí)，

17、f（x）x（x1）若對(duì)任意x（，m，都有f（x），則m的取值范圍是（）a（，b（，c（，d（，【分析】因?yàn)閒（x+1）2f（x），f（x）2f（x1），分段求解析式，結(jié)合圖象可得【解答】解：因?yàn)閒（x+1）2f（x），f（x）2f（x1），x（0，1時(shí)，f（x）x（x1），0，x（1，2時(shí)，x1（0，1，f（x）2f（x1）2（x1）（x2），0；x（2，3時(shí)，x1（1，2，f（x）2f（x1）4（x2）（x3）1，0，當(dāng)x（2，3時(shí)，由4（x2）（x3）解得x或x，若對(duì)任意x（，m，都有f（x），則m故選：b【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用，屬中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分

18、，共20分。13（5分）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(chē)中，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.97，有20個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為0.98【分析】利用加權(quán)平均數(shù)公式直接求解【解答】解：經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在經(jīng)停某站的高鐵列車(chē)中，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.97，有20個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.99，經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為：（10×0.97+20×0.98+10×0.99）0.98故答案為：0.98【點(diǎn)評(píng)】本題考查經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)

19、次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值的求法，考查加權(quán)平均數(shù)公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題14（5分）已知f（x）是奇函數(shù)，且當(dāng)x0時(shí)，f（x）eax若f（ln2）8，則a3【分析】奇函數(shù)的定義結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算可得結(jié)果【解答】解：f（x）是奇函數(shù)，f（ln2）8，又當(dāng)x0時(shí)，f（x）eax，f（ln2）ealn28，aln2ln8，a3故答案為：3【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題15（5分）abc的內(nèi)角a，b，c的對(duì)邊分別為a，b，c若b6，a2c，b，則abc的面積為【分析】利用余弦定理得到c2，然后根據(jù)面積公式sabcacsinbc2sinb求出結(jié)果即可【

20、解答】解：由余弦定理有b2a2+c22accosb，b6，a2c，b，36（2c）2+c24c2cos，c212，sabc，故答案為：6【點(diǎn)評(píng)】本題考查了余弦定理和三角形的面積公式，屬基礎(chǔ)題16（5分）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(chēng)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26個(gè)面，其棱長(zhǎng)為1【分析】中間層是一個(gè)正八棱柱，有8個(gè)側(cè)面，上層是

21、有8+1，個(gè)面，下層也有8+1個(gè)面，故共有26個(gè)面；半正多面體的棱長(zhǎng)為中間層正八棱柱的棱長(zhǎng)加上兩個(gè)棱長(zhǎng)的cos45°倍【解答】解：該半正多面體共有8+8+8+226個(gè)面，設(shè)其棱長(zhǎng)為x，則x+x+x1，解得x1故答案為：26，1【點(diǎn)評(píng)】本題考查了球內(nèi)接多面體，屬中檔題三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。第1721題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共60分。17（12分）如圖，長(zhǎng)方體abcda1b1c1d1的底面abcd是正方形，點(diǎn)e在棱aa1上，beec1（1）證明：be平面eb1c1；（2）若aea1

22、e，求二面角becc1的正弦值【分析】（1）推導(dǎo)出b1c1be，beec1，由此能證明be平面eb1c1（2）以c為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角becc1的正弦值【解答】證明：（1）長(zhǎng)方體abcda1b1c1d1中，b1c1平面aba1b1，b1c1be，beec1，be平面eb1c1解：（2）以c為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)aea1e1，be平面eb1c1，beeb1，ab1，則e（1，1，1），a（1，1，0），b1（0，1，2），c1（0，0，2），c（0，0，0），bceb1，eb1面ebc，故取平面ebc的法向量為（1，0，1），設(shè)平

23、面ecc1 的法向量（x，y，z），由，得，取x1，得（1，1，0），cos，二面角becc1的正弦值為【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，是中檔題18（12分）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（x2）；（2）求事件“x4且甲獲勝”的概率【

24、分析】（1）設(shè)雙方10：10平后的第k個(gè)球甲獲勝為事件ak（k1，2，3，），則p（x2）p（a1a2）+p（）p（a1）p（a2）+p（）p（），由此能求出結(jié)果（2）p（x4且甲獲勝）p（a2a3a4）+p（）p（）p（a2）p（a3）p（a4）+p（a1）p（）p（a3）p（a4），由此能求出事件“x4且甲獲勝”的概率【解答】解：（1）設(shè)雙方10：10平后的第k個(gè)球甲獲勝為事件ak（k1，2，3，），則p（x2）p（a1a2）+p（）p（a1）p（a2）+p（）p（）0.5×0.4+0.5×0.60.5（2）p（x4且甲獲勝）p（a2a3a4）+p（）p（）p（a2）p

25、（a3）p（a4）+p（a1）p（）p（a3）p（a4）（0.5×0.4+0.5×0.6）×0.5×0.40.1【點(diǎn)評(píng)】本題考查概率的求法，考查相互獨(dú)立事件概率乘法公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理能力與計(jì)算能力，是中檔題19（12分）已知數(shù)列an和bn滿足a11，b10，4an+13anbn+4，4bn+13bnan4（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【分析】（1）定義法證明即可；（2）由（1）結(jié)合等差、等比的通項(xiàng)公式可得【解答】解：（1）證明：4an+13anbn+4，4bn+13bnan4；4（an+1+bn+

26、1）2（an+bn），4（an+1bn+1）4（anbn）+8；即an+1+bn+1（an+bn），an+1bn+1anbn+2；又a1+b11，a1b11，an+bn是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，anbn是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列；（2）由（1）可得：an+bn（）n1，anbn1+2（n1）2n1；an（）n+n，bn（）nn+【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等差、等比數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式，是基礎(chǔ)題20（12分）已知函數(shù)f（x）lnx（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ylnx在點(diǎn)a（x0，lnx0）處的切線也是曲線yex的切線【分析

27、】（1）討論f（x）的單調(diào)性，求函數(shù)導(dǎo)數(shù)，在定義域內(nèi)根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)大致區(qū)間求零點(diǎn)個(gè)數(shù)，（2）運(yùn)用曲線的切線方程定義可證明【解答】解析：（1）函數(shù)f（x）lnx定義域?yàn)椋海?，1）（1，+）；f（x）+0，（x0且x1），f（x）在（0，1）和（1，+）上單調(diào)遞增，在（0，1）區(qū)間取值有，代入函數(shù)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義得，f（）0，f（）0，f（）f（）0，f（x）在（0，1）有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，在（1，+）區(qū)間，區(qū)間取值有e，e2代入函數(shù)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義得，又f（e）0，f（e2）0，f（e）f（e2）0，f（x）在（1，+）上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，故f（x）在定義域內(nèi)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；（2）x0是f（

28、x）的一個(gè)零點(diǎn)，則有l(wèi)nx0，曲線ylnx，則有y；曲線ylnx在點(diǎn)a（x0，lnx0）處的切線方程為：ylnx0（xx0）即：yx1+lnx0即：yx+而曲線yex的切線在點(diǎn)（ln，）處的切線方程為：y（xln），即：yx+，故曲線ylnx在點(diǎn)a（x0，lnx0）處的切線也是曲線yex的切線故得證【點(diǎn)評(píng)】本題考查f（x）的單調(diào)性，函數(shù)導(dǎo)數(shù)，在定義域內(nèi)根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)大致區(qū)間求零點(diǎn)個(gè)數(shù)，以及利用曲線的切線方程定義證明21（12分）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(shuō)明c是什么曲線；（2）過(guò)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，pex軸，垂足為e，連結(jié)qe并延長(zhǎng)交c于點(diǎn)g（i）證明：pqg是直角三角形；（ii）求pqg面積的最大值【分析】（1）利用直接法不難得到方程；（2）（i）設(shè)p（x0，y0），則q（x0，y0），e（x0，0），利用直線qe的方程與橢圓方程聯(lián)立求得g點(diǎn)坐標(biāo)，去證pq，pg斜率之積為1；（ii）利用s，代入已得數(shù)據(jù)，并對(duì)換元，利用“對(duì)號(hào)”函數(shù)可得最值【解答】解：（1）由題意得，整理得曲線c的方程：，曲線c是焦點(diǎn)在x軸上不含長(zhǎng)軸端點(diǎn)的橢圓；（2）（i）設(shè)p（x0，y0），則q（x0，y0），e（x0，0），g（xg