2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：13. 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为

解答：【详解】详解: $y^{\prime}=3(2 x+1) e^{x}+3\left(x^{2}+x\right) e^{x}=3\left(x^{2}+3 x+1\right) e^{x}$,

所以, $k=\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=3$

所以, 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=3 x$, 即 $3 x-y=0$.

答案：$3 x-y=0$.

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：14. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}^{2}=a_{6}$, 则 $S_{5}=$

解答：【详解】设等比数列的公比为 $q$, 由已知 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{4}{ }^{2}=a_{6}$, 所以 $\left(\frac{1}{3} q^{3}\right)^{2}=\frac{1}{3} q^{5}$, 又 $q \neq 0$,

所以 $q=3$, 所以 $S_{5}=\frac{a_{1}\left(1-q^{5}\right)}{1-q}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-3^{5}\right)}{1-3}=\frac{121}{3}$.

答案：$\frac{121}{3}$.

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时, 该队获胜，决赛 结束). 根据前期比赛成绩, 甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”. 设甲队主场取胜 的概率为 0.6 , 客场取胜的概率为 0.5 , 且各场比赛结果相互独立, 则甲队以 $4: 1$ 获胜的概 率是

解答：【详解】前五场中有一场客场输时, 甲队以 $4: 1$ 获胜的概率是 $0.6^{3} \times 0.5 \times 0.5 \times 2=0.108$, 前五场中有一场主场输时, 甲队以 $4: 1$ 获胜的概率是 $0.4 \times 0.6^{2} \times 0.5^{2} \times 3=0.108$, 综上所述，甲队以 $4: 1$ 获胜的概率是 $q \neq 00.108+0.108=0.216$.

答案：0.216.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：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

解答：【详解】由】题意得, 经停该高铁站的列车正点数约为 $10 \times 0.97+20 \times 0.98+10 \times 0.99=39.2$, 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 $\frac{39.2}{40}=0.98$.

答案：0. 98.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：14. 已知 $f(x)$ 是奇函数, 且当 $x<0$ 时, $f(x)=-\mathrm{e}^{a x}$. 若 $f(\ln 2)=8$, 则 $a=$

解答：【详解】因为 $f(x)$ 是奇函数, 且当 $x<0$ 时, $f(x)=-e^{-a x}$.

又因为 $\ln 2 \in(0,1), f(\ln 2)=8$,

所以 $-e^{-a \ln 2}=-8$, 两边取以 $e$ 为底的对数得 $-a \ln 2=3 \ln 2$, 所以 $-a=3$, 即 $3 \pi$.

答案：-3

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：15. $\vee A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 若 $b=6, a=2 c, B=\frac{\pi}{3}$, 则 $\bigvee A B C$ 的面 积为

解答：【详解】由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$,

所以 $(2 c)^{2}+c^{2}-2 \times 2 c \times c \times \frac{1}{2}=6^{2}$,

即 $c^{2}=12$

解得 $c=2 \sqrt{3}, c=-2 \sqrt{3}$ (舍去)

所以 $a=2 c=4 \sqrt{3}$, 

$$
S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 4 \sqrt{3} \times 2 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3} \text {. }
$$

答案：$6 \sqrt{3}$

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：13. 已知 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 为单位向量, 且 $\boldsymbol{a} \cdot \boldsymbol{b}=0$, 若 $\boldsymbol{c}=2 \boldsymbol{a}-\sqrt{5} \boldsymbol{b}$, 则 $\cos \langle\vec{a}, \vec{c}\rangle=$

解答：【详解】因为 $\vec{c}=2 \vec{a}-\sqrt{5} \vec{b}, \vec{a} \cdot \vec{b}=0$ ， 所以 $\vec{a} \cdot \vec{c}=2 \vec{a}^{2}-\sqrt{5} \vec{a} \cdot \vec{b}=2$ ，

$|\vec{c}|^{2}=4|\vec{a}|^{2}-4 \sqrt{5} \vec{a} \cdot \vec{b}+5|\vec{b}|^{2}=9$, 所以 $|\vec{c}|=3$

所以 $\cos \langle\vec{a}, \vec{c}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot \vec{c}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{c}|}=\frac{2}{1 \times 3}=\frac{2}{3}$.

答案：$\frac{2}{3}$.

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：14. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{1} \neq 0, a_{2}=3 a_{1}$, 则 $\frac{S_{10}}{S_{5}}=$

解答：【详解】因 $a_{2}=3 a_{1}$, 所以 $a_{1}+d=3 a_{1}$, 即 $2 a_{1}=d$,

所以 $\frac{S_{10}}{S_{5}}=\frac{10 a_{1}+\frac{10 \times 9}{2} d}{5 a_{1}+\frac{5 \times 4}{2} d}=\frac{100 a_{1}}{25 a_{1}}=4$.

答案：4.

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：15. 设 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{20}=1$ 的两个焦点, $M$ 为 $C$ 上一点且在第一象限. 若 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 为等腰三角形, 则 $M$ 的坐标为

解答：【详解 】由已知可得 $a^{2}=36, b^{2}=36, \therefore c^{2}=a^{2}-b^{2}=16, \therefore c=4$,

$\therefore\left|M F_{1}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c=8$.

$\because\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=2 a=12,\left|M F_{2}\right|=4$.

设点 $M$ 的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)\left(x_{0}>0, y_{0}>0\right)$, 则 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \cdot\left|F_{1} F_{2}\right| \cdot y_{0}=4 y_{0}$,

又 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \times 4 \times \sqrt{8^{2}-2^{2}}=4 \sqrt{15}, \therefore 4 y_{0}=4 \sqrt{15}$, 解得 $y_{0}=\sqrt{15}$,

$\therefore \frac{x_{0}^{2}}{36}+\frac{(\sqrt{15})^{2}}{20}=1$, 解得 $x_{0}=3$ ( $x_{0}=-3$ 舍去)，

$\backslash M$ 的坐标为 $(3, \sqrt{15})$.

答案：$(3, \sqrt{15})$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：13. 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为

解答：【详解】详解: $y^{\prime}=3(2 x+1) e^{x}+3\left(x^{2}+x\right) e^{x}=3\left(x^{2}+3 x+1\right) e^{x}$,

所以, $k=\left.y^{\prime}\right|_{x=0}=3$

所以, 曲线 $y=3\left(x^{2}+x\right) \mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,0)$ 处的切线方程为 $y=3 x$, 即 $3 x-y=0$.

答案：$3 x-y=0$.

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：14. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{1}=1, S_{3}=\frac{3}{4}$, 则 $S_{4}=$

解答：【详解】详解: 设等比数列的公比为 $q$, 由已知 $S_{3}=a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}=1+q+q^{2}=\frac{3}{4}$, 即 $q^{2}+q+\frac{1}{4}=0$

解得 $q=-\frac{1}{2}$,

所以 $S_{4}=\frac{a_{1}\left(1-q^{4}\right)}{1-q}=\frac{1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{4}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=\frac{5}{8}$.

答案：$\frac{5}{8}$.

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：15. 函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{3 \pi}{2}\right)-3 \cos x$ 的最小值为

解答：【

详

解

】

$f(x)=\sin \left(2 x+\frac{3 \pi}{2}\right)-3 \cos x=-\cos 2 x-3 \cos x=-2 \cos ^{2} x-3 \cos x+1$

$=-2\left(\cos x+\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{17}{8}$

$\because-1 \leq \cos x \leq 1, \therefore$ 当 $\cos x=1$ 时, $f_{\text {min }}(x)=-4$,

故函数 $f(x)$ 的最小值为 -4 .

答案：-4 .

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：14.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

解答：【详解】由题意得, 经停该高铁站的列车正点数约为 $10 \times 0.97+20 \times 0.98+10 \times 0.99=39.2$, 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 $\frac{39.2}{40}=0.98$.

答案：0. 98.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：15. $\bigvee A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$. 已知 $b \sin A+a \cos B=0$, 则 $B=$

解答：【详解】由正弦定理, 得 $\sin B \sin A+\sin A \cos B=0 \therefore A \in(0, \pi), B \in(0, \pi), \therefore \sin A \neq 0$, 得 $\sin B+\cos B=0$, 即 $\tan B=-1, \therefore B=\frac{3 \pi}{4}$. 故选 D.

答案：$\frac{3 \pi}{4}$

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：13.已知向量 $\vec{a}=(2,2), \vec{b}=(-8,6)$, 则 $\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=$

解答：【详解】详解: $\cos \langle\vec{a}, \vec{b}\rangle=\frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=\frac{2 \times(-8)+2 \times 6}{\sqrt{2^{2}+2^{2}} \times \sqrt{(-8)^{2}+6^{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{10}$.

答案：$-\frac{\sqrt{2}}{10}$

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：14. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 若 $a_{3}=5, a_{7}=13$, 则 $S_{10}=$

解答：【详解】详解: $\left\{\begin{array}{l}a_{3}=a_{1}+2 d=5 \\ a_{7}=a_{1}+6 d=13\end{array}\right.$,得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1 \\ d=2\end{array}\right.$, $\therefore S_{10}=10 a_{1}+\frac{10 \times 9}{2} d=10 \times 1+\frac{10 \times 9}{2} \times 2=100$.

答案：100

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：15. 设 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{36}+\frac{y^{2}}{20}=1$ 的两个焦点, $M$ 为 $C$ 上一点且在第一象限. 若 $\triangle M F_{1} F_{2}$ 为等腰三角形, 则 $M$ 的坐标为

解答：【详 解 】由已知 可 得 $a^{2}=36, b^{2}=36, \therefore c^{2}=a^{2}-b^{2}=16, \therefore c=4$ ，

$\therefore\left|M F_{1}\right|=\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c=8$.

$\because\left|M F_{1}\right|+\left|M F_{2}\right|=2 a=12,\left|M F_{2}\right|=4$

设点 $M$ 的坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)\left(x_{0}>0, y_{0}>0\right)$, 则 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \cdot\left|F_{1} F_{2}\right| \cdot y_{0}=4 y_{0}$,

又 $S_{\triangle M F_{1} F_{2}}=\frac{1}{2} \times 4 \times \sqrt{8^{2}-2^{2}}=4 \sqrt{15}, \therefore 4 y_{0}=4 \sqrt{15}$, 解得 $y_{0}=\sqrt{15}$,

$\therefore \frac{x_{0}^{2}}{36}+\frac{(\sqrt{15})^{2}}{20}=1$, 解得 $x_{0}=3 \quad$ ( $x_{0}=-3$ 舍去),

$\backslash M$ 的坐标为 $(3, \sqrt{15})$.

答案：$(3, \sqrt{15})$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：1.已知集合 $M=\{x \mid-4<x<2\}, N=\left\{x \mid x^{2}-x-6<0\right\}$, 则 $M \cap N=$
A. $\{x \mid-4<x<3\}$
B. $\{x \mid-4<x<-2\}$
C. $\{x \mid-2<x<2\}$
D.
$\{x \mid 2<x<3\}$

解答：【详解】由题意得, $M=\{x \mid-4<x<2\}, N=\{x \mid-2<x<3\}$, 则

$M \cap N=\{x \mid-2<x<2\}$. 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：2. 设复数 $z$ 满足 $|z-\mathrm{i}|=1, z$ 在复平面内对应的点为 $(x, y)$, 则
A. $(x+1)^{2}+y^{2}=1$
B. $(x-1)^{2}+y^{2}=1$
C. $x^{2}+(y-1)^{2}=1$
D.

$x^{2}+(y+1)^{2}=1$

解答：【详解】 $z=x+y i, z-i==x+(y-1) i,|z-i|=\sqrt{x^{2}+(y-1)^{2}}=1$, 则 $x^{2}+(y-1)^{2}=1$. 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：3.已知 $a=\log _{2} 0.2, b=2^{0.2}, c=0.2^{0.3}$ ，则
A. $a<b<c$
B. $a<c<b$
C. $c<a<b$
D.

$b<c<a$

解答：【详 解 】 $a=\log _{2} 0.2<\log _{2} 1=0, \quad b=2^{0.2}>2^{0}=1, \quad 0<0.2^{0.3}<0.2^{0}=1$, 则 $0<c<1, a<c<b$. 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：7.已知非零向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|a|=2|b|$, 且 $(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{b}$, 则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{2 \pi}{3}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$

解答：【详解】因为 $(a-b) \perp b$, 所以 $(a-b) \cdot b=a \cdot b-b^{2}=0$, 所以 $a \cdot b=b^{2}$, 所以 $\cos \theta=\frac{a \cdot b}{|a| \cdot|b|}=\frac{|b|^{2}}{2|b|^{2}}=\frac{1}{2}$, 所以 $a$ 与 $b$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$, 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：9. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $S_{4}=0, a_{5}=5$, 则
A. $a_{n}=2 n-5$
B. $a_{n}=3 n-10$
C. $S_{n}=2 n^{2}-8 n$
D. $S_{n}=\frac{1}{2} n^{2}-2 n$

解答：【详解】由题知, $\left\{\begin{array}{l}S_{4}=4 a_{1}+\frac{d}{2} \times 4 \times 3=0 \\ a_{5}=a_{1}+4 d=5\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=-3 \\ d=2\end{array}, \therefore a_{n}=2 n-5\right.$, 故选 A.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：11. 关于函数 $f(x)=\sin |x|+|\sin x|$ 有下述四个结论:

(1) $f(x)$ 是偶函数 $\quad$ (2) $f(x)$ 在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 单调递增

(3) $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 有 4 个零点 (4) $f(x)$ 的最大值为 2

其中所有正确结论的编号是
A. (1)(2)(4)
B. (2)(4)
C. (1)(4)
D. (1)(3)

解答：【详解】 $\because f(-x)=\sin |-x|+|\sin (-x)|=\sin |x|+|\sin x|=f(x), \therefore f(x)$ 为偶函数, 故(1) 正确. 当 $\frac{\pi}{2}<x<\pi$ 时, $f(x)=2 \sin x$, 它在区间 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 单调递减, 故(2)错误. 当 $0 \leq x \leq \pi$ 时, $f(x)=2 \sin x$, 它有两个零点: $0 ， \pi$; 当 $-\pi \leq x<0$ 时,

$f(x)=\sin (-x)-\sin x=-2 \sin x$, 它有一个零点: $-\pi$, 故 $f(x)$ 在 $[-\pi, \pi]$ 有 3 个零点:

$-\pi, 0, \pi$, 故(3)错误. 当 $x \in[2 k \pi, 2 k \pi+\pi]\left(k \in \mathbf{N}^{\star}\right)$ 时, $f(x)=2 \sin x$; 当 $x \in[2 k \pi+\pi, 2 k \pi+2 \pi]\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时, $f(x)=\sin x-\sin x=0$, 又 $f(x)$ 为偶函数,

$\therefore f(x)$ 的最大值为 2 , 故(4)正确. 综上所述, (1)4) 正确, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：1. 设集合 $A=\left\{x \mid x^{2}-5 x+6>0\right\}, B=\{x \mid x-1<0\}$, 则 $A \cap B=$
A. $(-\infty, 1)$
B. $(-2,1)$
C. $(-3,-1)$
D. $(3,+\infty)$

解答：【详解】由题意得, $A=\{x \mid x 2$, 或 $x 3\}, B=\{x \mid x<1\}$, 则 $A \cap B=\{x \mid x<1\}$. 故选 A.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：2. 设 $z=-3+2 \mathrm{i}$, 则在复平面内 $\bar{z}$ 对应的点位于
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限

解答：【详解】由 $z=-3+2 i$, 得 $\bar{z}=-3-2 i$, 则 $\bar{z}=-3-2 i$, 对应点 $(-3,-2)$ 位于第三象限. 故选 $\mathrm{C}$.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：3. 已知 $\overrightarrow{A B}=(2,3), \overrightarrow{A C}=(3, t), \overrightarrow{B C}=1$, 则 $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=$
A. -3
B. -2
C. 2
D. 3

解答：【详解】由 $\overrightarrow{B C}=\overrightarrow{A C}-\overrightarrow{A B}=(1, t-3),|\overrightarrow{B C}|=\sqrt{1^{2}+(t-3)^{2}}=1$, 得 $t=3$, 则 $\overrightarrow{B C}=(1,0)$, $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{B C}=(2,3) \cdot(1,0)=2 \times 1+3 \times 0=2$. 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：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 $L_{2}$ 点的轨道运行. $L_{2}$ 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 $M_{2}$, 地月距离为 $R, L_{2}$ 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:

$$
\frac{M_{1}}{(R+r)^{2}}+\frac{M_{2}}{r^{2}}=(R+r) \frac{M_{1}}{R^{3}}
$$

设 $a=\frac{r}{R}$, 由于 $a$ 的值很小, 因此在近似计算中 $\frac{3 a^{3}+3 a^{4}+a^{5}}{(1+a)^{2}} \approx 3 a^{3}$, 则 $r$ 的近似值 为
A. $\sqrt{\frac{M_{2}}{M_{1}}} R$
B. $\sqrt{\frac{M_{2}}{2 M_{1}}} R$
C. $\sqrt[3]{\frac{3 M_{2}}{M_{1}}} R$
D. $\sqrt[3]{\frac{M_{2}}{3 M_{1}}} R$

解答：【详解】由 $a=\frac{r}{R}$, 得 $r=a R$

因为 $\frac{M_{1}}{(R+r)^{2}}+\frac{M_{2}}{r^{2}}=(R+r) \frac{M_{1}}{R^{3}}$,

所以 $\frac{M_{1}}{R^{2}(1+a)^{2}}+\frac{M_{2}}{a^{2} R^{2}}=(1+a) \frac{M_{1}}{R^{2}}$,

即 $\frac{M_{2}}{M_{1}}=a^{2}\left[(1+a)-\frac{1}{(1+a)^{2}}\right]=\frac{a^{5}+3 a^{4}+3 a^{3}}{(1+a)^{2}} \approx 3 a^{3}$,

解得 $a==^{3} \sqrt{\frac{M_{2}}{3 M_{1}}}$,

所以 $r=a R=\sqrt{\frac{M_{2}}{3 M_{1}}} R$.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：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
C. 方差
D. 极差

解答：【详解】设 9 位评委评分按从小到大排列为 $x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}<x_{9}$.

则(1)原始中位数为 $x_{5}$, 去掉最低分 $x_{1}$, 最高分 $x_{9}$, 后剩余 $x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}$,

中位数仍为 $x_{5}, \therefore \mathrm{A}$ 正确.

(2)原始平均数 $\bar{x}=\frac{1}{9}\left(x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}<x_{9}\right)$, 后来平均数 $\overline{x^{\prime}}=\frac{1}{7}\left(x_{2}<x_{3}<x_{4} \cdots<x_{8}\right)$

平均数受极端值影响较大, $\therefore \bar{x}$ 与 $\overline{x^{1}}$ 不一定相同, B 不正确

(3) $S^{2}=\frac{1}{9}\left[\left(x_{1}-\bar{x}\right)^{2}+\left(x_{1}-\bar{x}\right)^{2}+\cdots+\left(x_{q}-\bar{x}\right)^{2}\right]$

$s^{\prime 2}=\frac{1}{7}\left[\left(x_{2}-\overline{x^{\prime}}\right)^{2}+\left(x_{3}-\overline{x^{\prime}}\right)^{2}+\cdots+\left(x_{8}-\overline{x^{\prime}}\right)^{2}\right]$ 由(2)易知, C 不正确.

(4)原极差 $=x_{9}-x_{1}$, 后来极差 $=x_{8}-x_{2}$ 显然极差变小, $\mathrm{D}$ 不正确.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：6. 若 $a>b$, 则
A. $\ln (a-b)>0$
B. $3^{a}<3^{b}$
C. $a^{3}-b^{3}>0$
D. $|a|>|b|$

解答：【详解】取 $a=2, b=1$, 满足 $a>b, \ln (a-b)=0$, 知 $\mathrm{A}$ 错, 排除 $\mathrm{A}$; 因为 $9=3^{a}>3^{b}=3$, 知 B 错, 排除 B; 取 $a=1, b=-2$, 满足 $a>b, 1=|a|<|b|=2$, 知 $\mathrm{D}$ 错, 排除 $\mathrm{D}$, 因为 幂函数 $y=x^{3}$ 是增函数, $a>b$, 所以 $a^{3}>b^{3}$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：7. 设 $\alpha, \beta$ 为两个平面, 则 $\alpha / / \beta$ 的充要条件是
A. $\alpha$ 内有无数条直线与 $\beta$ 平行
B. $\alpha$ 内有两条相交直线与 $\beta$ 平行
C. $\alpha, \beta$ 平行于同一条直线
D. $\alpha, \beta$ 垂直于同一平面

解答：【详解】由面面平行的判定定理知: $a$ 内两条相交直线都与 $\beta$ 平行是 $a / / \beta$ 的充分条件,

由面面平行性质定理知, 若 $a / / \beta$, 则 $a$ 内任意一条直线都与 $\beta$ 平行, 所以 $a$ 内两条相交 直线都与 $\beta$ 平行是 $a / / \beta$ 的必要条件, 故选 $\mathrm{B}$.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：8. 若抛物线 $y^{2}=2 p x \quad(p>0)$ 的焦点是椭圆 $\frac{x^{2}}{3 p}+\frac{y^{2}}{p}=1$ 的一个焦点, 则 $p=$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 8

解答：【详解】因为抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $\left(\frac{p}{2}, 0\right)$ 是椭圆 $\frac{x^{2}}{3 p}+\frac{y^{2}}{p}=1$ 的一个焦点, 所以 $3 p-p=\left(\frac{p}{2}\right)^{2}$, 解得 $p=8$, 故选 $\mathrm{D}$.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：10.已知 $a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), 2 \sin 2 \alpha=\cos 2 \alpha+1$, 则 $\sin \alpha=$
A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

解答：【详解】 $\because 2 \sin 2 a=\cos 2 a+1, \therefore 4 \sin a \cdot \cos a=2 \cos ^{2} a \because a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos a>0$. $\sin a>0, \therefore 2 \sin a=\cos a$, 又 $\sin ^{2} a+\cos ^{2} a=1, \therefore 5 \sin ^{2} a=1, \quad \sin ^{2} a=\frac{1}{5}$, 又 $\sin a>0, \therefore \sin a=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：1.已知集合 $A=\{-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid x^{2} \leq 1\right\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\{-1,0,1\}$
B. $\{0,1\}$
C. $\{-1,1\}$
D.

$\{0,1,2\}$

解答：【详解】由题意得, $B=\{x \mid-1 \leq x \leq 1\}$, 则 $A \cap B=\{-1,0,1\}$. 故选 A.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：2. 若 $z(1+\mathrm{i})=2 \mathrm{i}$ ，则 $z=(\quad)$
A. $-1-\mathrm{i}$
B. $-1+\mathrm{i}$
C. $1-\mathrm{i}$
D. $1+i$

解答：【详解】 $z=\frac{2 \mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}=\frac{2 \mathrm{i}(1-\mathrm{i})}{(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})}=1+\mathrm{i}$. 故选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：3. 《西游记》《三国演义》《水淓传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝, 并称为中国古典小 说四大名著. 某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况, 随机调查了 100 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, 则该校阅读过 《西游记》的学生人数与 该校学生总数比值的估计值为 $(\quad)$
A. 0.5
B. 0.6
C. 0.7
D. 0.8

解答：【详解】由题意得, 阅读过 《西游记》的学生人数为 $90-80+60=70$, 则其与该校学生人数之 比为 $70 \div 100=0$. 7. 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：4. $\left(1+2 x^{2}\right)(1+x){ }^{4}$ 的展开式中 $x^{3}$ 的系数为
A. 12
B. 16
C. 20
D. 24

解答：【详解】由题意得 $x^{3}$ 的系数为 $C_{4}^{3}+2 C_{4}^{1}=4+8=12$, 故选 A.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：5.已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 15 , 且 $a_{5}=3 a_{3}+4 a_{1}$, 则 $a_{3}=(\quad)$ 
A. 16
B. 8
C. 4
D. 2

解答：【详解】设正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=15 \text {, } \\ a_{1} q^{4}=3 a_{1} q^{2}+4 a_{1}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ q=2\end{array}, \therefore a_{3}=a_{1} q^{2}=4\right.$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：6. 已知曲线 $y=a \mathrm{e}^{x}+x \ln x$ 在点 $(1, a e)$ 处的切线方程为 $y=2 x+b$, 则 ( )
A. $a=e, b=-1$
B. $a=e, b=1$
C. $a=e^{-1}, b=1$
D.

$a=e^{-1}, b=-1$

解答：【详解】详解: $y^{\prime}=a e^{x}+\ln x+1$,

$k=\left.y^{\prime}\right|_{x=1}=a e+1=2$

$\therefore a=e^{-1}$

将 $(1,1)$ 代人 $y=2 x+b$ 得 $2+b=1, b=-1$, 故选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：10. 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$ 的右焦点为 $F$, 点 $P$ 在 $C$ 的一条渐近线上, $O$ 为坐标原点, 若 $|P O|=|P F|$, 则 $\triangle P F O$ 的面积为
A. $\frac{3 \sqrt{2}}{4}$
B. $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\mathrm{x}_{1}}{\mathrm{x}_{2}}$
D. $3 \sqrt{2}$

解答：【详解】由 $a=2, b=\sqrt{2}, c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{6}$ ．

$$
\because|P O|=|P F|, \therefore x_{P}=\frac{\sqrt{6}}{2}
$$

又 $P$ 在 $C$ 的一条渐近线上, 不妨设为在 $y=\frac{b}{a} x$ 上,

$\therefore S_{\triangle P F O}=\frac{1}{2}|O F| \cdot\left|y_{P}\right|=\frac{1}{2} \times \sqrt{6} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$, 故选 A.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：11. 设 $f(x)$ 是定义域为 $R$ 的偶函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 则 $(\quad)$
A. $f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)$
B. $f\left(\log _{8} \frac{1}{4}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)$
C. $f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)$
D. $f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)$

解答：【详解】 $\because f(x)$ 是 $\mathrm{R}$ 的偶函数, $\therefore f\left(\log _{3} \frac{1}{4}\right)=f\left(\log _{3} 4\right)$.

$\therefore \log _{3} 4>1=2^{0}>2^{-\frac{3}{2}}$, 又 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, $f\left(\log _{3} 4\right)<f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)<f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)$,

$\therefore f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(\log _{3} \frac{1}{4}\right)$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：12. 设函数 $f(x)=\sin \left(\omega x+\frac{\pi}{5}\right)(\omega>0)$, 已知 $f(x)$ 在 $[0,2 \pi]$ 有且仅有 5 个零点, 下 述四个结论:

(1) $f(x)$ 在 $(0,2 \pi)$ 有且仅有 3 个极大值点

(2) $f(x)$ 在 $(0,2 \pi)$ 有且仅有 2 个极小值点 (3) $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{10}\right)$ 单调递增

(4) 的取值范围是 $\left[\frac{12}{5}, \frac{29}{10}\right)$

其中所有正确结论的编号是
A. (1)(4)
B. (2)(3)
C. (1)(2)(3)
D. (1)(3)(4)

解答：【详解】 $\because f(x)=\sin \left(w x+\frac{\pi}{5}\right)(w>0)$, 在 $[0,2 \pi]$ 有且仅有 5 个零点. $\therefore 0 \leq x \leq 2 \pi$ ， $\frac{1}{5} \leq w x+\frac{\pi}{5} \leq 2 \pi w+\frac{\pi}{5}, \frac{12}{5} \leq w<\frac{29}{10}$, (4)正确. 如图 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 为极大值点为 3 个, (1)正 确; 极小值点为 2 个或 3 个. $\therefore$ (2)不正确.

当 $0<x<\frac{\pi}{10}$ 时, $\frac{\pi}{5}<w x+\frac{\pi}{f}<\frac{w \pi}{10}+\frac{\pi}{5}$, 当 $w=\frac{29}{10}$ 时,

$\frac{w \pi}{10}+\frac{\pi}{5}=\frac{29 \pi}{100}+\frac{20 \pi}{100}=\frac{49 \pi}{100}<\frac{\pi}{2}$.

$\therefore$ (3)正确, 故选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：1. 设 $z=\frac{3-\mathrm{i}}{1+2 \mathrm{i}}$, 则 $|z|=$
A. 2
B. $\sqrt{3}$
C. $\sqrt{2}$
D. 1

解答：【详解 】因为 $z=\frac{3-i}{1+2 i}$, 所以 $z=\frac{(3-i)(1-2 i)}{(1+2 i)(1-2 i)}=\frac{1}{5}-\frac{7}{5} i$, 所以 $|z|=\sqrt{\left(\frac{1}{5}\right)^{2}+\left(-\frac{7}{5}\right)^{2}}=\sqrt{2}$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：2. 已知集合 $U=\{1,2,3,4,5,6,7\}, A=\{2,3,4,5\}, B=\{2,3,6,7\}$, 则 $B \cap C_{U} A$
A. $\{1,6\}$
B. $\{1,7\}$
C. $\{6,7\}$
D. $\{1,6,7\}$

解答：【详解】由已知得 $C_{U} A=\{1,6,7\}$, 所以 $B \cap C_{U} A=\{6,7\}$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：3.已知 $a=\log _{2} 0.2, b=2^{0.2}, c=0.2^{0.3}$ ，则
A. $a<b<c$
B. $a<c<b$
C. $c<a<b$
D.

$b<c<a$

解答：【详 解 】 $a=\log _{2} 0.2<\log _{2} 1=0, \quad b=2^{0.2}>2^{0}=1, \quad 0<0.2^{0.3}<0.2^{0}=1$, 则 $0<c<1, a<c<b$. 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：6. 某学校为了解 1000 名新生的身体素质, 将这些学生编号为 $1,2, \cdots, 1000$, 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

解答：【详解】详解: 由已知将 1000 名学生分成 100 个组, 每组 10 名学生, 用系统抽样, 46 号 学生被抽到,

所以第一组抽到 6 号, 且每组抽到的学生号构成等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 公差 $d=10$,

所以 $a_{n}=6+10 n\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，

若 $8=6+10 n$, 则 $n=\frac{1}{5}$, 不合题意; 若 $200=6+10 n$, 则 $n=19.4$, 不合题意;

若 $616=6+10 n$, 则 $n=60$, 符合题意; 若 $815=6+10 n$, 则 $n=80.9$, 不合题意. 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：7.tan $255^{\circ}=$
A. $-2-\sqrt{3}$
B. $-2+\sqrt{3}$
C. $2-\sqrt{3}$
D. $2+\sqrt{3}$

解答：【 详 解】
$\tan 255^{\circ}=\tan \left(180^{\circ}+75^{\circ}\right)=\tan 75^{\circ}=\tan \left(45^{\circ}+30^{\circ}\right)$
$\frac{\tan 45^{\circ}+\tan 30^{\circ}}{1-\tan 45^{\circ} \tan 30^{\circ}}=\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{3}}{1-\frac{\sqrt{3}}{3}}=2+\sqrt{3}$. 解

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：8.已知非零向量 $\boldsymbol{a}, \boldsymbol{b}$ 满足 $|a|=2|b|$, 且 $(\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}) \perp \boldsymbol{b}$, 则 $\boldsymbol{a}$ 与 $\boldsymbol{b}$ 的夹角为
A. $\frac{\pi}{6}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{2 \pi}{3}$
D. $\frac{5 \pi}{6}$

解答：【详解】因为 $(a-b) \perp b$, 所以 $(a-b) \cdot b=a \cdot b-b^{2}=0$, 所以 $a \cdot b=b^{2}$, 所以 $\cos \theta=\frac{a \cdot b}{|a| \cdot|b|}=\frac{|b|^{2}}{2|b|^{2}}=\frac{1}{2}$, 所以 $a$ 与 $b$ 的夹角为 $\frac{\pi}{3}$, 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：10. 双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的 一条渐近线的倾斜角为 $130^{\circ}$, 则 $\mathrm{C}$ 的离心率为
A. $2 \sin 40^{\circ}$
B. $2 \cos 40^{\circ}$
C. $\frac{1}{\sin 50^{\circ}}$
D.

$\frac{1}{\cos 50^{\circ}}$

解答：【详解】由已知可得 $-\frac{b}{a}=\tan 130^{\circ}, \therefore \frac{b}{a}=\tan 50^{\circ}$,

$\therefore e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+\left(\frac{b}{a}\right)^{2}}=\sqrt{1+\tan ^{2} 50^{\circ}}=\sqrt{1+\frac{\sin ^{2} 50^{\circ}}{\cos ^{2} 50^{\circ}}}=\sqrt{\frac{\sin ^{2} 50^{\circ}+\cos ^{2} 50^{\circ}}{\cos ^{2} 50^{\circ}}}=\frac{1}{\cos 50^{\circ}}$,

故选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：11. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin A-b \sin B=4 c \sin C, \cos A=-\frac{1}{4}$, 则 $\frac{b}{c}=$
A. 6
B. 5
C. 4
D. 3

解答：【详解】详解: 由已知及正弦定理可得 $a^{2}-b^{2}=4 c^{2}$, 由余弦定理推论可得

$$
-\frac{1}{4}=\cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}, \therefore \frac{c^{2}-4 c^{2}}{2 b c}=-\frac{1}{4}, \therefore \frac{3 c}{2 b}=\frac{1}{4}, \therefore \frac{b}{c}=\frac{3}{2} \times 4=6 \text {, 故选 A. }
$$

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：1.已知集合 $A=\{x \mid x>-1\}, B=\{x \mid x<2\}$, 则 $A \cap B=$
A. $(-1,+\infty)$
B. $(-\infty, 2)$
C. $(-1,2)$
D. $\varnothing$

解答：【详解】由题知, $A \cap B=(-1,2)$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：2. 设 $z=\mathrm{i}(2+\mathrm{i})$ ，则 $\bar{z}=$
A. $1+2 \mathrm{i}$
B. $-1+2 \mathrm{i}$
C. $1-2 \mathrm{i}$
D. $-1-2 \mathrm{i}$

解答：【详解】 $z=\mathrm{i}(2+\mathrm{i})=2 \mathrm{i}+\mathrm{i}^{2}=-1+2 \mathrm{i}$,

所以 $\bar{z}=-1-2 i$, 选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：3.已知向量 $\boldsymbol{a}=(2,3), \boldsymbol{b}=(3,2)$, 则 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=$
A. $\sqrt{2}$
B. 2
C. $5 \sqrt{2}$
D. 50

解答：【详解】由已知, $\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}=(2,3)-(3,2)=(-1,1)$,

所以 $|\boldsymbol{a}-\boldsymbol{b}|=\sqrt{(-1)^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$ ，

故选 A

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：4. 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. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{3}{5}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{1}{5}$

解答：【详解】设其中做过测试的 3 只兔子为 $a, b, c$, 剩余的 2 只为 $A, B$, 则从这 5 只中任取 3 只 的 所 有 取 法 有 $\{a, b, c\},\{a, b, A\},\{a, b, B\},\{a, c, A\},\{a, c, B\},\{a, A, B\}$ ， $\{b, \mathrm{c}, A\},\{b, \mathrm{c}, B\},\{\mathrm{b}, A, B\},\{\mathrm{c}, A, B\}$ 共 10 种. 其中恰有 2 只做过测试的取法有 $\{a, b, A\},\{a, b, B\},\{a, c, A\},\{a, c, B\},\{b, \mathrm{c}, A\},\{b, \mathrm{c}, B\}$ 共 6 种,

所以恰有 2 只做过测试的概率为 $\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$, 选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：5. 在 “一带一路” 知识测验后, 甲、乙、丙三人对成绩进行预测.

甲: 我的成绩比乙高.

乙: 丙的成绩比我和甲的都高.

丙: 我的成绩比乙高.

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

解答：【详解】若甲预测正确, 则乙、丙预测错误, 则甲比乙成绩高, 丙比乙成绩低, 故 3 人成绩 由高到低依次为甲, 乙, 丙; 若乙预测正确, 则丙预测也正确, 不符合题意; 若丙预测正确, 则甲必预测错误, 丙比乙的成绩高, 乙比甲成绩高, 即丙比甲, 乙成绩都高, 即乙预测正确, 不符合题意, 故选 $\mathrm{A}$.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：6. 设 $f(x)$ 为奇函数, 且当 $x \geq 0$ 时, $f(x)=e^{x}-1$, 则当 $x<0$ 时, $f(x)=$
A. $e^{-x}-1$
B. $\mathrm{e}^{-x}+1$
C. $-\mathrm{e}^{-x}-1$
D. $-\mathrm{e}^{-x}+1$

解答：【详解】 $\because f(x)$ 是奇函数, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}^{2}}$. 当 $x<0$ 时, $-x>0$, $f(-x)=\mathrm{e}^{-x}-1=-f(x)$, 得 $f(x)=-\mathrm{e}^{-x}+1$. 故选 $\mathrm{D}$.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：7. 设 $\alpha, \beta$ 为两个平面, 则 $\alpha / / \beta$ 的充要条件是
A. $\alpha$ 内有无数条直线与 $\beta$ 平行
B. $\alpha$ 内有两条相交直线与 $\beta$ 平行
C. $\alpha, \beta$ 平行于同一条直线
D. $\alpha, \beta$ 垂直于同一平面

解答：【详解】由面面平行的判定定理知: $a$ 内两条相交直线都与 $\beta$ 平行是 $a / / \beta$ 的充分条件, 由面面平行性质定理知, 若 $a / / \beta$, 则 $a$ 内任意一条直线都与 $\beta$ 平行, 所以 $a$ 内两条相交 直线都与 $\beta$ 平行是 $a / / \beta$ 的必要条件, 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：8. 若 $x_{1}=\frac{\pi}{4}, x_{2}=\frac{3 \pi}{4}$ 是函数 $f(x)=\sin \omega x(\omega>0)$ 两个相邻的极值点, 则 $\omega=$
A. 2
B. $\frac{3}{2}$
C. 1
D. $\frac{1}{2}$

解答：【详解】由题意知, $f(x)=\sin \omega x$ 的周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=2\left(\frac{3 \pi}{4}-\frac{\pi}{4}\right)=\pi$, 得 $\omega=2$. 故选 A.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：9. 若抛物线 $y^{2}=2 p x \quad(p>0)$ 的焦点是椭圆 $\frac{x^{2}}{3 p}+\frac{y^{2}}{p}=1$ 的一个焦点, 则 $p=$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 8

解答：【详解】因为抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $\left(\frac{p}{2}, 0\right)$ 是椭圆 $\frac{x^{2}}{3 p}+\frac{y^{2}}{p}=1$ 的一个焦点, 所以 $3 p-p=\left(\frac{p}{2}\right)^{2}$, 解得 $p=8$, 故选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：10.曲线 $y=2 \sin x+\cos x$ 在点 $(\pi,-1)$ 处的切线方程为
A. $x-y-\pi-1=0$
B. $2 x-y-2 \pi-1=0$
C. $2 x+y-2 \pi+1=0$
D. $x+y-\pi+1=0$

解答：【详解】当 $x=\pi$ 时, $y=2 \sin \pi+\cos \pi=-1$, 即点 $(\pi,-1)$ 在曲线 $y=2 \sin x+\cos x$ 上. $\because y^{\prime}=2 \cos x-\sin x,\left.\therefore y^{\prime}\right|_{x=\pi}=2 \cos \pi-\sin \pi=-2$, 则 $y=2 \sin x+\cos x$ 在点 $(\pi,-1)$ 处的切线方程为 $y-(-1)=-2(x-\pi)$, 即 $2 x+y-2 \pi+1=0$. 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：11.已知 $a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), 2 \sin 2 \alpha=\cos 2 \alpha+1$, 则 $\sin \alpha=$
A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$ 
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$

解答：【详解】 $\because 2 \sin 2 a=\cos 2 a+1, \therefore 4 \sin a \cdot \cos a=2 \cos ^{2} a \because a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos a>0$. $\sin a>0, \quad \therefore \quad 2 \sin a=\cos a$, 又 $\sin ^{2} a+\cos ^{2} a=1, \quad \therefore 5 \sin ^{2} a=1, \quad \sin ^{2} a=\frac{1}{5}$, 又 $\sin a>0, \therefore \sin a=\frac{\sqrt{5}}{5}$, 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：1.已知集合 $A=\{-1,0,1,2\}, B=\left\{x \mid x^{2} \leq 1\right\}$, 则 $A \cap B=(\quad)$
A. $\{-1,0,1\}$
B. $\{0,1\}$
C. $\{-1,1\}$
D.

$\{0,1,2\}$

解答：【详解】由题意得, $B=\{x \mid-1 \leq x \leq 1\}$, 则 $A \cap B=\{-1,0,1\}$. 故选 A.

答案：A

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：2. 若 $z(1+\mathrm{i})=2 \mathrm{i}$ ，则 $z=(\quad)$
A. $-1-\mathrm{i}$
B. $-1+\mathrm{i}$
C. $1-\mathrm{i}$
D. $1+\mathrm{i}$

解答：【详解】 $z=\frac{2 \mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}=\frac{2 \mathrm{i}(1-\mathrm{i})}{(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})}=1+\mathrm{i}$. 故选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：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. $\frac{1}{6}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{1}{2}$

解答：【详解】两位男同学和两位女同学排成一列, 因为男生和女生人数相等, 两位女生相邻与不 相邻的排法种数相同, 所以两位女生相邻与不相邻的概率均是 $\frac{1}{2}$. 故选 D.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：4. 《西游记》《三国演义》《水淓传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝, 并称为中国古典小 说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况, 随机调查了 100 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, 则该校阅读过《西游记》的学生人数与 该校学生总数比值的估计值为（）
A. 0.5
B. 0.6
C. 0.7
D. 0.8

解答：【详解】由题意得, 阅读过 《西游记》的学生人数为 $90-80+60=70$, 则其与该校学生人数之 比为 $70 \div 100=0$. 7 . 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：5. 函数 $f(x)=2 \sin x-\sin 2 x$ 在 $[0,2 \pi]$ 的零点个数为 $(\quad)$
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5

解答：【详解】由 $f(x)=2 \sin x-\sin 2 x=2 \sin x-2 \sin x \cos x=2 \sin x(1-\cos x)=0$, 得 $\sin x=0$ 或 $\cos x=1, \because x \in[0,2 \pi], \therefore x=0 、 \pi$ 或 $2 \pi . \therefore f(x)$ 在 $[0,2 \pi]$ 的零点个数是 3. . 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：6. 已知各项均为正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 4 项和为 15 , 且 $a_{5}=3 a_{3}+4 a_{1}$, 则 $a_{3}=(\quad)$
A. 16
B. 8
C. 4
D. 2

解答：【详解】设正数的等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}+a_{1} q+a_{1} q^{2}+a_{1} q^{3}=15 \text {, } \\ a_{1} q^{4}=3 a_{1} q^{2}+4 a_{1}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=1, \\ q=2\end{array}, \therefore a_{3}=a_{1} q^{2}=4\right.$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：7. 已知曲线 $y=a \mathrm{e}^{x}+x \ln x$ 在点 $(1, a e)$ 处的切线方程为 $y=2 x+b$, 则 ( )
A. $a=e, b=-1$
B. $a=e, b=1$
C. $a=e^{-1}, b=1$
D. $a=e^{-1}, b=-1$

解答：【详解】详解: $y^{\prime}=a e^{x}+\ln x+1$,

$k=\left.y^{\prime}\right|_{x=1}=a e+1=2$

$\therefore a=e^{-1}$

将 $(1,1)$ 代人 $y=2 x+b$ 得 $2+b=1, b=-1$, 故选 $\mathrm{D}$.

答案：D

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：10.已知 $F$ 是双曲线 $C: \frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ 的一个焦点, 点 $P$ 在 $C$ 上, $O$ 为坐标原点, 若 $|O P|=|O F|$, 则 $\triangle O P F$ 的面积为 $($ ） 
A. $\frac{3}{2}$
B. $\frac{5}{2}$
C. $\frac{7}{2}$
D. $\frac{9}{2}$

解答：【详解】 设点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{4}-\frac{y_{0}^{2}}{5}=1$ (1). 又 $|O P|=|O F|=\sqrt{4+5}=3$ ， $\therefore x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=9$ (2). 由 (1)(2) 得 $y_{0}^{2}=\frac{25}{9}$, 即 $\left|y_{0}\right|=\frac{5}{3}$, $\therefore S_{\triangle O P F}=\frac{1}{2}|O F| \cdot\left|y_{0}\right|=\frac{1}{2} \times 3 \times \frac{5}{3}=\frac{5}{2}$. 故选 B.

答案：B

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：12. 设 $f(x)$ 是定义域为 $R$ 的偶函数, 且在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 则 $(\quad)$
A. $f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)$
B. $f\left(\log _{8} \frac{1}{4}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)$
C. $f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)$
D. $f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(\log _{5} \frac{1}{4}\right)$

解答：【详解】 $\because f(x)$ 是 $\mathrm{R}$ 的偶函数, $\therefore f\left(\log _{3} \frac{1}{4}\right)=f\left(\log _{3} 4\right)$.

$\therefore \log _{3} 4>1=2^{0}>2^{-\frac{3}{2}}$, 又 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, $f\left(\log _{3} 4\right)<f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)<f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)$,

$\therefore f\left(2^{-\frac{3}{2}}\right)>f\left(2^{-\frac{2}{3}}\right)>f\left(\log _{3} \frac{1}{4}\right)$, 故选 C.

答案：C

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：17.V $A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 设 $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$.

(1) 求 $A$;

(2) 若 $\sqrt{2} a+b=2 c$, 求 $\sin C$.

解答：【分析】}

(1) 利用正弦定理化简已知边角关系式可得: $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$, 从而可整理出 $\cos A$, 根 据 $A \in(0, \pi)$ 可求得结果; (2) 利用正弦定理可得 $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$, 利用 $\sin B=\sin (A+C)$ 、两角和差正弦公式可得关于 $\sin C$ 和 $\cos C$ 的方程, 结合同角三角函 数关系解方程可求得结果.

【详解】(1) $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} B-2 \sin B \sin C+\sin ^{2} C=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$

即: $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$

由正弦定理可得: $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$

$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$

$\because A \in(0, \pi) \quad \backslash A=\frac{\pi}{3}$

(2) $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$

又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$

$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$

整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$ $\because \sin ^{2} C+\cos ^{2} C=1 \quad \therefore(3 \sin C-\sqrt{6})^{2}=3\left(1-\sin ^{2} C\right)$

解得: $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ 或 $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

因为 $\sin B=2 \sin C-\sqrt{2} \sin A=2 \sin C-\frac{\sqrt{6}}{2}>0$ 所以 $\sin C>\frac{\sqrt{6}}{4}$, 故 $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

(2) 法二: $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$

又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$

$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$

整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$, 即 $3 \sin C-\sqrt{3} \cos C=2 \sqrt{3} \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{6}$

$\therefore \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$ 或 $\frac{11 \pi}{12}$

$\because A=\frac{\pi}{3}$ 且 $A+C<\pi \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$

$\therefore \sin C=\sin \frac{5 \pi}{12}=\sin \left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{6} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{6} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

答案：【详解】(1) $(\sin B-\sin C)^{2}=\sin ^{2} B-2 \sin B \sin C+\sin ^{2} C=\sin ^{2} A-\sin B \sin C$

即: $\sin ^{2} B+\sin ^{2} C-\sin ^{2} A=\sin B \sin C$

由正弦定理可得: $b^{2}+c^{2}-a^{2}=b c$

$\therefore \cos A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}=\frac{1}{2}$

$\because A \in(0, \pi) \quad \backslash A=\frac{\pi}{3}$

(2) $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$

又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$

$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$

整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$ $\because \sin ^{2} C+\cos ^{2} C=1 \quad \therefore(3 \sin C-\sqrt{6})^{2}=3\left(1-\sin ^{2} C\right)$

解得: $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ 或 $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$

因为 $\sin B=2 \sin C-\sqrt{2} \sin A=2 \sin C-\frac{\sqrt{6}}{2}>0$ 所以 $\sin C>\frac{\sqrt{6}}{4}$, 故 $\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

(2) 法二: $\because \sqrt{2} a+b=2 c$, 由正弦定理得: $\sqrt{2} \sin A+\sin B=2 \sin C$

又 $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C, A=\frac{\pi}{3}$

$\therefore \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos C+\frac{1}{2} \sin C=2 \sin C$

整理可得: $3 \sin C-\sqrt{6}=\sqrt{3} \cos C$, 即 $3 \sin C-\sqrt{3} \cos C=2 \sqrt{3} \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\sqrt{6}$

$\therefore \sin \left(C-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$ 或 $\frac{11 \pi}{12}$

$\because A=\frac{\pi}{3}$ 且 $A+C<\pi \quad \therefore C=\frac{5 \pi}{12}$

$\therefore \sin C=\sin \frac{5 \pi}{12}=\sin \left(\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}\right)=\sin \frac{\pi}{6} \cos \frac{\pi}{4}+\cos \frac{\pi}{6} \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：19. 已知抛物线 $C: y^{2}=3 x$ 的焦点为 $F$, 斜率为 $\frac{3}{2}$ 的直线 $/$ 与 $C$ 的交点为 $A, B$, 与 $x$ 轴的交 点为 $P$.
(1) 若 $|A F|+|B F|=4$, 求 $l$ 的方程;
(2) 若 $\overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B}$, 求 $|A B|$.

解答：(1) 设直线 $l: \mathrm{y}=\frac{3}{2} \mathrm{x}+\mathrm{m}, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$; 根据抛物线焦半径公式可得 $x_{1}+x_{2}=1$;

联立直线方程与抛物线方程, 利用韦达定理可构造关于 $m$ 的方程, 解方程求得结果;

设直线 $l: x=\frac{2}{3} y+t$; 联立直线方程与抛物线方程, 得到韦达定理的形式; 利用 $\overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B}$ 可得 $y_{1}=-3 y_{2}$, 结合韦达定理可求得 $y_{1} y_{2}$; 根据弦长公式可求得结果.

【详解】(1) 设直线 $l$ 方程为: $\mathrm{y}=\frac{3}{2} \mathrm{x}+\mathrm{m}, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 由抛物线焦半径公式可知: $|A F|+|B F|=x_{1}+x_{2}+\frac{3}{2}=4 \quad \therefore x_{1}+x_{2}=\frac{5}{2}$ 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{3}{2} x+m \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $9 x^{2}+(12 m-12) x+4 m^{2}=0$ 则 $\Delta=(12 m-12)^{2}-144 m^{2}>0 \quad \therefore m<\frac{1}{2}$

$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{12 m-12}{9}=\frac{5}{2}$, 解得: $m=-\frac{7}{8}$

$\therefore$ 直线 $l$ 的方程为: $y=\frac{3}{2} x-\frac{7}{8}$, 即: $12 x-8 y-7=0$

(2) 设 $P(t, 0)$, 则可设直线 $l$ 方程为: $x=\frac{2}{3} y+t$

联立 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{3} y+t \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $y^{2}-2 y-3 t=0$ 则 $\Delta=4+12 t>0 \quad \therefore t>-\frac{1}{3}$

$\therefore y_{1}+y_{2}=2, \quad y_{1} y_{2}=-3 t$

$\because \overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B} \quad \therefore y_{1}=-3 y_{2} \quad \therefore y_{2}=-1, \quad y_{1}=3 \quad \therefore y_{1} y_{2}=-3$

则 $|A B|=\sqrt{1+\frac{4}{9}} \cdot \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=\frac{\sqrt{13}}{3} \cdot \sqrt{4+12}=\frac{4 \sqrt{13}}{3}$

答案：【详解】(1) 设直线 $l$ 方程为: $\mathrm{y}=\frac{3}{2} \mathrm{x}+\mathrm{m}, A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 由抛物线焦半径公式可知: $|A F|+|B F|=x_{1}+x_{2}+\frac{3}{2}=4 \quad \therefore x_{1}+x_{2}=\frac{5}{2}$ 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{3}{2} x+m \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $9 x^{2}+(12 m-12) x+4 m^{2}=0$ 则 $\Delta=(12 m-12)^{2}-144 m^{2}>0 \quad \therefore m<\frac{1}{2}$

$\therefore x_{1}+x_{2}=-\frac{12 m-12}{9}=\frac{5}{2}$, 解得: $m=-\frac{7}{8}$

$\therefore$ 直线 $l$ 的方程为: $y=\frac{3}{2} x-\frac{7}{8}$, 即: $12 x-8 y-7=0$

(2) 设 $P(t, 0)$, 则可设直线 $l$ 方程为: $x=\frac{2}{3} y+t$

联立 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{2}{3} y+t \\ y^{2}=3 x\end{array}\right.$ 得: $y^{2}-2 y-3 t=0$ 则 $\Delta=4+12 t>0 \quad \therefore t>-\frac{1}{3}$

$\therefore y_{1}+y_{2}=2, \quad y_{1} y_{2}=-3 t$

$\because \overrightarrow{A P}=3 \overrightarrow{P B} \quad \therefore y_{1}=-3 y_{2} \quad \therefore y_{2}=-1, \quad y_{1}=3 \quad \therefore y_{1} y_{2}=-3$

则 $|A B|=\sqrt{1+\frac{4}{9}} \cdot \sqrt{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-4 y_{1} y_{2}}=\frac{\sqrt{13}}{3} \cdot \sqrt{4+12}=\frac{4 \sqrt{13}}{3}$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：20. 已知函数 $f(x)=\sin x-\ln (1+x), f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导数. 证明:

(1) $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 存在唯一极大值点;

(2) $f(x)$ 有且仅有 2 个零点.

解答：【分析】}

(1) 求得导函数后, 可判断出导函数在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, 根据零点存在定理可判断出 $\exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 进而得到导函数在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的单调性, 从而可证得结论;

(2) 由 (1) 的结论可知 $x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点; 当 $x$ 西碚 $\frac{p}{2} \frac{p}{2} \dot{\vdots}$ 时, 渞先可 判断出在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上无零点, 再利用零点存在定理得到 $f(x)$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的单调性, 可知 $f(x)>0$, 不存在零点; 当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, 利用零点存在定理和 $f(x)$ 单调性可判断出存 在唯一一个零点; 当 $x \in(\pi,+\infty)$, 可证得 $f(x)<0$; 综合上述情况可证得结论.

【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$

$\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

$\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$

$\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$

$\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$

即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点

即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$.

(2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$

(1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增

$\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减

又 $f(0)=0$

$\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点

(2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$

$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$

$\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$

$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$

$\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点

(3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减

$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减

又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$

即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减

$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点

(4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$

$\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$

即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点

综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点

答案：【详解】(1) 由题意知: $f(x)$ 定义域为: $(-1,+\infty)$ 且 $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}$ 令 $g(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ $\therefore g^{\prime}(x)=-\sin x+\frac{1}{(x+1)^{2}}, \quad x \in\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$

$\because \frac{1}{(x+1)^{2}}$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减, $\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{7}$, 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

$\therefore g^{\prime}(x)$ 在 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

又 $g^{\prime}(0)=-\sin 0+1=1>0, \quad g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=-\sin \frac{\pi}{2}+\frac{4}{(\pi+2)^{2}}=\frac{4}{(\pi+2)^{2}}-1<0$

$\therefore \exists x_{0} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $g^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$

$\therefore$ 当 $x \in\left(-1, x_{0}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)>0 ; x \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(x)<0$

即 $g(x)$ 在 $\left(-1, x_{0}\right)$ 上单调递增; 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

则 $x=x_{0}$ 为 $g(x)$ 唯一的极大值点

即: $f^{\prime}(x)$ 在区间 $\left(-1, \frac{\pi}{2}\right)$ 上存在唯一的极大值点 $x_{0}$.

(2) 由 (1) 知: $f^{\prime}(x)=\cos x-\frac{1}{x+1}, x \in(-1,+\infty)$

(1)当 $x \in(-1,0]$ 时, 由 (1) 可知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递增

$\therefore f^{\prime}(x) \leq f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上单调递减

又 $f(0)=0$

$\therefore x=0$ 为 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 上的唯一零点

(2)当 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

又 $f^{\prime}(0)=0 \quad \therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$

$\therefore f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 此时 $f(x)>f(0)=0$, 不存在零点 又 $f^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos \frac{\pi}{2}-\frac{2}{\pi+2}=-\frac{2}{\pi+2}<0$

$\therefore \exists x_{1} \in\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$

$\therefore f(x)$ 在 $\left(x_{0}, x_{1}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{1}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递减

又 $f\left(x_{0}\right)>f(0)=0, f\left(\frac{\pi}{2}\right)=\sin \frac{\pi}{2}-\ln \left(1+\frac{\pi}{2}\right)=\ln \frac{2 e}{\pi+2}>\ln 1=0$

$\therefore f(x)>0$ 在 $\left(x_{0}, \frac{\pi}{2}\right)$ 上恒成立, 此时不存在零点

(3)当 $x \in\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 时, $\sin x$ 单调递减, $-\ln (x+1)$ 单调递减

$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减

又 $f\left(\frac{\pi}{2}\right)>0, \quad f(\pi)=\sin \pi-\ln (\pi+1)=-\ln (\pi+1)<0$

即 $f(\pi) \cdot f\left(\frac{\pi}{2}\right)<0$, 又 $f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上单调递减

$\therefore f(x)$ 在 $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ 上存在唯一零点

(4)当 $x \in(\pi,+\infty)$ 时, $\sin x \in[-1,1], \ln (x+1)>\ln (\pi+1)>\ln e=1$

$\therefore \sin x-\ln (x+1)<0$

即 $f(x)$ 在 $(\pi,+\infty)$ 上不存在零点

综上所述: $f(x)$ 有且仅有 2 个零点

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：21. 为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效, 为此进行动物 试验. 试验方案如下: 每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验. 对于两只白鼠, 随机选一 只施以甲药, 另一只施以乙药. 一轮的治疗结果得出后, 再安排下一轮试验. 当其中一种药 治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 4 只时, 就停止试验, 并认为治愈只数多的药更有效. 为 了方便描述问题, 约定: 对于每轮试验, 若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠末治愈则 甲药得 1 分, 乙药得-1 分; 若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠末治愈则乙药得 1 分, 甲药得 - 1 分; 若都治愈或都末治愈则两种药均得 0 分. 甲、乙两种药的治愈率分别记为 $\alpha$ 和 $\beta$, 一轮试验中甲药的得分记为 $X$.

(1) 求 $X$ 的分布列;

(2) 若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分, $p_{i}(i=0,1, \cdots, 8)$ 表示“甲药的累计得分为 $i$ 时, 最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 $p_{0}=0, \quad p_{8}=1$,

$p_{i}=a p_{i-1}+b p_{i}+c p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$, 其中 $a=P(X=-1), \quad b=P(X=0)$,

$c=P(X=1)$ ．假设 $a=0.5, \beta=0.8$.

(i)证明: $\left\{p_{i+1}-p_{i}\right\}(i=0,1,2, \cdots, 7)$ 为等比数列;

(ii)求 $p_{4}$, 并根据 $p_{4}$ 的值解释这种试验方案的合理性.

解答：【分析】}

(1) 首先确定 $X$ 所有可能的取值, 再来计算出每个取值对应的概率, 从而可得分布列; (2)

(i) 求解出 $a, b, c$ 的取值, 可得 $p_{i}=0.4 p_{i-1}+0.5 p_{i}+0.1 p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$, 从而整理出 符合等比数列定义的形式, 问题得证; (ii) 列出证得的等比数列的通项公式, 采用累加的方 式, 结合 $p_{8}$ 和 $p_{0}$ 的值可求得 $p_{1}$; 再次利用累加法可求出 $p_{4}$.

【详解】(1) 由题意可知 $X$ 所有可能的取值为: $-1,0,1$

$\therefore P(X=-1)=(1-a) \beta ; \quad P(X=0)=a \beta+(1-a)(1-\beta) ; \quad P(X=1)=a(1-\beta)$ 则 $X$ 的分布列如下: 

\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$X$ & -1 & 0 & 1 \\
\hline$P$ & $(1-a) \beta$ & $a \beta+(1-a)(1-\beta)$ & $a(1-\beta)$ \\
\hline
\end{tabular}

(2) $\because a=0.5, \quad \beta=0.8$

$\therefore a=0.5 \times 0.8=0.4, \quad b=0.5 \times 0.8+0.5 \times 0.2=0.5, c=0.5 \times 0.2=0.1$

(i) $\because p_{i}=a p_{i-1}+b p_{i}+c p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$

即 $p_{i}=0.4 p_{i-1}+0.5 p_{i}+0.1 p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$

整理可得: $5 p_{i}=4 p_{i-1}+p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7) \quad \therefore p_{i+1}-p_{i}=4\left(p_{i}-p_{i-1}\right)(i=1,2, \cdots, 7)$

答案：【详解】(1) 由题意可知 $X$ 所有可能的取值为: $-1,0,1$

$\therefore P(X=-1)=(1-a) \beta ; \quad P(X=0)=a \beta+(1-a)(1-\beta) ; \quad P(X=1)=a(1-\beta)$ 则 $X$ 的分布列如下: 

\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$X$ & -1 & 0 & 1 \\
\hline$P$ & $(1-a) \beta$ & $a \beta+(1-a)(1-\beta)$ & $a(1-\beta)$ \\
\hline
\end{tabular}

(2) $\because a=0.5, \quad \beta=0.8$

$\therefore a=0.5 \times 0.8=0.4, \quad b=0.5 \times 0.8+0.5 \times 0.2=0.5, c=0.5 \times 0.2=0.1$

(i) $\because p_{i}=a p_{i-1}+b p_{i}+c p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$

即 $p_{i}=0.4 p_{i-1}+0.5 p_{i}+0.1 p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7)$

整理可得: $5 p_{i}=4 p_{i-1}+p_{i+1}(i=1,2, \cdots, 7) \quad \therefore p_{i+1}-p_{i}=4\left(p_{i}-p_{i-1}\right)(i=1,2, \cdots, 7)$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：22.[选修 4-4: 坐标系与参数方程]

在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}, \\ y=\frac{4 t}{1+t^{2}}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点 $O$ 为

极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 直线 $l$ 的极坐标方程为

$2 \rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta+11=0$.

(1) 求 $C$ 和 $l$ 的直角坐标方程;

(2) 求 $C$ 上的点到 $l$ 距离的最小值.

解答：【分析】}

(1) 利用代人消元法, 可求得 $C$ 的直角坐标方程; 根据极坐标与直角坐标互化原则可得 $l$ 的 直角坐标方程; (2) 利用参数方程表示出 $C$ 上点的坐标, 根据点到直线距离公式可将所求 距离表示为三角函数的形式, 从而根据三角函数的范围可求得最值.

【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$

$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$

整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$

又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$

$\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$

(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$

则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$

当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值

则 $d_{\min }=\sqrt{7}$

答案：【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$

$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$

整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$

又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$

$\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$

(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$

则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$

当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值

则 $d_{\min }=\sqrt{7}$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23.已知 $a, b, c$ 为正数, 且满足 $a b c=1$. 证明:
(1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
(2) $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$.

解答：【分析】}

(1) 利用 $a b c=1$ 将所证不等式可变为证明: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq b c+a c+a b$, 利用基本不等 式可证得 $2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$, 从而得到结论; (2) 利用基本不等式可得 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 再次利用基本不等式可将式转化为 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24 \sqrt{(a b c)^{2}}$, 在取等条件一致的情况下, 可得结论.

【详解】 (1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$

$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$

当且仅当 $a=b=c$ 时取等号

$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等

号

又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)

$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$

又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$

答案：【详解】 (1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$

$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$

当且仅当 $a=b=c$ 时取等号

$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等

号

又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)

$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$

又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：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.

解答：【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。

【详解】(1)由题意可知, $P(X=2)$ 所包含的事件为 “甲连赢两球或乙连赢两球”

所以 $P(X=2)=0.5{\times} 0.4+0.5{\times} 0.6=0.5$

(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” 所以 $P(X=4)=0.5{\times}0.6{\times}0.5{\times}0.4+0.5{\times}0.4{\times}0.5{\times}0.4=0.1$

答案：【详解】(1)由题意可知, $P(X=2)$ 所包含的事件为 “甲连赢两球或乙连赢两球”

所以 $P(X=2)=0.5{\times} 0.4+0.5{\times} 0.6=0.5$

(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” 所以 $P(X=4)=0.5{\times}0.6{\times}0.5{\times}0.4+0.5{\times}0.4{\times}0.5{\times}0.4=0.1$

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：19.

已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, b_{1}=0,4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4,4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4$.

(1) 证明: $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是等比数列, $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是等差数列;

(2) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.

解答：【分析】}

(1)可通过题意中的 $4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4$ 以及 $4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4$ 对两式进行相加和相减即 可推导出数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是等比数列以及数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是等差数列;

(2)可通过(1)中的结果推导出数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 以及数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 的通项公式, 然后利用数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 以及数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 的通项公式即可得出结果。

【详解】(1)由题意可知 $4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4,4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4, a_{1}+b_{1}=1, a_{1}-b_{1}=1$, 所以 $4 a_{n+1}+4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4+3 b_{n}-a_{n}-4=2 a_{n}+2 b_{n}$, 即 $a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}\right)$, 所以数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$, 因为 $4 a_{n+1}-4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4-\left(3 b_{n}-a_{n}-4\right)=4 a_{n}-4 b_{n}+8$, 所以 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_{n}-b_{n}+2$, 数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项 1 公差为 2 的等差数列, $a_{n}-b_{n}=2 n-1$

(2)由(1)可知, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}, a_{n}-b_{n}=2 n-1$,

所以 $a_{n}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}+a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}, b_{n}=\frac{1}{2}$ 轾 战 $^{n}+b_{n}-\left(a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$ 。

答案：【详解】(1)由题意可知 $4 a_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4,4 b_{n+1}=3 b_{n}-a_{n}-4, a_{1}+b_{1}=1, a_{1}-b_{1}=1$, 所以 $4 a_{n+1}+4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4+3 b_{n}-a_{n}-4=2 a_{n}+2 b_{n}$, 即 $a_{n+1}+b_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}\right)$, 所以数列 $\left\{a_{n}+b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公比为 $\frac{1}{2}$ 的等比数列, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$, 因为 $4 a_{n+1}-4 b_{n+1}=3 a_{n}-b_{n}+4-\left(3 b_{n}-a_{n}-4\right)=4 a_{n}-4 b_{n}+8$, 所以 $a_{n+1}-b_{n+1}=a_{n}-b_{n}+2$, 数列 $\left\{a_{n}-b_{n}\right\}$ 是首项 1 公差为 2 的等差数列, $a_{n}-b_{n}=2 n-1$

(2)由(1)可知, $a_{n}+b_{n}=\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}, a_{n}-b_{n}=2 n-1$,

所以 $a_{n}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+b_{n}+a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}+n-\frac{1}{2}, b_{n}=\frac{1}{2}$ 轾 战 $^{n}+b_{n}-\left(a_{n}-b_{n}\right)=\frac{1}{2^{n}}-n+\frac{1}{2}$ 。

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：20.

已知函数 $f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1}$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性, 并证明 $f(x)$ 有且仅有两个零点;

(2) 设 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 证明曲线 $y=\ln x$ 在点 $A\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=\mathrm{e}^{x}$ 的切线.

解答：【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 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$, 然后求出当曲线 $y=e^{x}$ 切线的斜率与 $l$ 斜率相等时, 证明曲线 $y=e^{x}$ 切线 $l^{\prime}$ 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 $(0,1) \cup(1,+\infty)$,

$f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数;

当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点;

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点

综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点;

(2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$

$y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$.

设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$,

当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$,

切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线.

答案：【详解】(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$,

$f(x)=\ln x-\frac{x+1}{x-1} \Rightarrow f^{\prime}(x)=\frac{x^{2}+1}{x(x-1)^{2}}$, 因为函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,1) \cup(1,+\infty)$, 所以 $f^{\prime}(x)>0$, 因此函数 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 和 $(1,+\infty)$ 上是单调增函数;

当 $x \in(0,1)$, 时, $x \rightarrow 0, y \rightarrow-\infty$, 而 $f\left(\frac{1}{e}\right)=\ln \frac{1}{e}-\frac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\frac{2}{e-1}>0$, 显然当 $x \in(0,1)$, 函数 $f(x)$ 有零点, 而函数 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 上单调递增, 故当 $x \in(0,1)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一 的零点;

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $f(e)=\ln e-\frac{e+1}{e-1}=\frac{-2}{e-1}<0, f\left(e^{2}\right)=\ln e^{2}-\frac{e^{2}+1}{e^{2}-1}=\frac{e^{2}-3}{e^{2}-1}>0$, 因为 $f(e) \cdot f\left(e^{2}\right)<0$, 所以函数 $f(x)$ 在 $\left(e, e^{2}\right)$ 必有一零点, 而函数 $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上是单 调递增, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 函数 $f(x)$ 有唯一的零点

综上所述, 函数 $f(x)$ 的定义域 $(0,1) \cup(1,+\infty)$ 内有 2 个零点;

(2) 因为 $x_{0}$ 是 $f(x)$ 的一个零点, 所以 $f\left(x_{0}\right)=\ln x_{0}-\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}=0 \Rightarrow \ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$

$y=\ln x \Rightarrow y^{\prime}=\frac{1}{x}$, 所以曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线 $l$ 的方程为: $y-\ln x_{0}=\frac{1}{x_{0}}\left(x-x_{0}\right)$ 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{x}{x_{0}}+\frac{2}{x_{0}-1}$, 它在纵轴的截距为 $\frac{2}{x_{0}-1}$.

设曲线 $y=e^{x}$ 的切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$, 过切点为 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 切线 $l^{\prime}, y=e^{x} \Rightarrow y^{\prime}=e^{x}$, 所以在 $B\left(x_{1}, e^{x_{1}}\right)$ 处的切线 $l^{\prime}$ 的斜率为 $e^{x_{1}}$, 因此切线 $l^{\prime}$ 的方程为 $y=e^{x_{1}} x+e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)$,

当切线 $l^{\prime}$ 的斜率 $k_{1}=e^{x_{1}}$ 等于直线 $l$ 的斜率 $k=\frac{1}{x_{0}}$ 时, 即 $e^{x_{1}}=\frac{1}{x_{0}} \Rightarrow x_{1}=-\left(\ln x_{0}\right)$,

切线 $l^{\prime}$ 在纵轴的截距为 $b_{1}=e^{x_{1}}\left(1-x_{1}\right)=e^{-\ln x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\ln x_{0}\right)$, 而 $\ln x_{0}=\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}$, 所以 $b_{1}=\frac{1}{x_{0}}\left(1+\frac{x_{0}+1}{x_{0}-1}\right)=\frac{2}{x_{0}-1}$, 直线 $l, l^{\prime}$ 的斜率相等, 在纵轴上的截距也相等, 因此直线 $l, l^{\prime}$ 重合, 故曲线 $y=\ln x$ 在 $\mathrm{A}\left(x_{0}, \ln x_{0}\right)$ 处的切线也是曲线 $y=e^{x}$ 的切线.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：21.

已知点 $A(-2,0), B(2,0)$, 动点 $M(x, y)$ 满足直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$. 记 $M$ 的轨 迹为曲线 $C$. (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, $P E \perp x$ 轴, 垂足为 $E$, 连结 $Q E$ 并延长交 $C$ 于点 $G$.

(i) 证明: $\triangle P Q G$ 是直角三角形;

(ii) 求 $\triangle P Q G$ 面积的最大值.

解答：【分析】}

(1) 分别求出直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率, 由已知直线 $A M$ 与 $B M$ 的斜率之积为 $-\frac{1}{2}$, 可以得 到等式, 化简可以求出曲线 $C$ 的方程, 注意直线 $A M$ 与 $B M$ 有斜率的条件;

(2) (i) 设出直线 $P Q$ 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 $Q E$ 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 $P G$ 的斜率, 计算 $k_{P Q} k_{P G}$ 的值, 就可以证明出 $\triangle P Q G$ 是直角三角形;

(ii) 由 (i) 可知 $P, Q, G$ 三点坐标, $\triangle P Q G$ 是直角三角形, 求出 $P Q, P G$ 的长, 利用面积 公式求出 $\triangle P Q G$ 的面积, 利用导数求出面积的最大值.

【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$;

(2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程

$$
x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } 
{ y = k x , } \\
{ x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } 
{ x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\
{ y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . }
\end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\
y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} .
\end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 }
$$

限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为

$\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$

直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立,

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点

$G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解

所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得

$y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,

直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$,

因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形;

(ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,

$G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,

$$
\begin{aligned}
& P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\
& P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}
\end{aligned}
$$

$S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$

$S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单

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 $S(1)=\frac{16}{9}$.

答案：【详解】(1) 直线 $A M$ 的斜率为 $\frac{y}{x+2}(x \neq-2)$, 直线 $B M$ 的斜率为 $\frac{y}{x-2}(x \neq 2)$, 由题意 可知: $\frac{y}{x+2} \cdot \frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2} \Rightarrow x^{2}+2 y^{2}=4,(x \neq \pm 2)$, 所以曲线 $C$ 是以坐标原点为中心, 焦 点在 $x$ 轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1,(x \neq \pm 2)$;

(2) (i) 设直线 $P Q$ 的方程为 $y=k x$, 由题意可知 $k>0$, 直线 $P Q$ 的方程与椭圆方程

$$
x^{2}+2 y^{2}=4 \text { 联立, 即 }\left\{\begin{array} { l } 
{ y = k x , } \\
{ x ^ { 2 } + 2 y ^ { 2 } = 4 . }
\end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array} { l } 
{ x = \frac { 2 } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } , } \\
{ y = \frac { 2 k } { \sqrt { 2 k ^ { 2 } + 1 } } . }
\end{array} \text { 或 } \left\{\begin{array}{l}
x=\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\
y=\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}} .
\end{array} \text {, 点 } P\right.\right.\right. \text { 在第一象 }
$$

限, 所以 $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$, 因此点 $E$ 的坐标为

$\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, 0\right)$

直线 $Q E$ 的斜率为 $k_{Q E}=\frac{k}{2}$, 可得直线 $Q E$ 方程: $y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$, 与椭圆方程联立,

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{k}{2} x-\frac{k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \\ x^{2}+2 y^{2}=4 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得, $\left(2+k^{2}\right) x^{2}-\frac{4 k^{2} x}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}=0 \quad\left({ }^{*}\right)$, 设点

$G\left(x_{1}, y_{1}\right)$ ，显然 $Q$ 点的横坐标 $\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}$ 和 $x_{1}$ 是方程 $(*)$ 的解

所以有 $x_{1} \cdot \frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{-\frac{12 k^{2}+8}{2 k^{2}+1}}{2+k^{2}} \Rightarrow x_{1}=\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 代人直线 $Q E$ 方程中, 得

$y_{1}=\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}$, 所以点 $G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,

直线 $P G$ 的斜率为; $k_{P G}=\frac{\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}{\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}}=\frac{2 k^{3}-2 k\left(k^{2}+2\right)}{6 k^{2}+4-2\left(k^{2}+2\right)}=-\frac{1}{k}$,

因为 $k_{P Q} k_{P G}=k \cdot\left(-\frac{1}{k}\right)=-1$, 所以 $P Q \perp P G$, 因此 $\triangle P Q G$ 是直角三角形;

(ii) 由 (i) 可知: $P\left(\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right), Q\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,

$G$ 的坐标为 $\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}, \frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}\right)$,

$$
\begin{aligned}
& P Q=\sqrt{\left(\frac{-2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{-2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}} \\
& P G=\sqrt{\left(\frac{6 k^{2}+4}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}+\left(\frac{2 k^{3}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}-\frac{2 k}{\sqrt{2 k^{2}+1}}\right)^{2}}=\frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}}
\end{aligned}
$$

$S_{\triangle P Q G}=\frac{1}{2} \times \frac{4 k \sqrt{k^{2}+1}}{\left(k^{2}+2\right) \sqrt{2 k^{2}+1}} \cdot \frac{4 \sqrt{1+k^{2}}}{\sqrt{2 k^{2}+1}}=\frac{8\left(k^{3}+k\right)}{2 k^{4}+5 k^{2}+2}$

$S^{\prime}=\frac{-8(k+1)(k-1)\left(2 k^{4}+3 k^{2}+2\right)}{\left(2 k^{4}+5 k^{2}+2\right)^{2}}$, 因为 $k>0$, 所以当 $0<k<1$ 时, $S^{\prime}>0$, 函数 $S(k)$ 单

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 $S(1)=\frac{16}{9}$.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：22.[选修 4-4：坐标系与参数方程]

在极坐标系中, $O$ 为极点, 点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上, 直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 垂足为 $P$.

(1) 当 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $\rho_{0}$ 及 $l$ 的极坐标方程;

(2) 当 $M$ 在 $C$ 上运动且 $P$ 在线段 $O M$ 上时, 求 $P$ 点轨迹的极坐标方程.

解答：【分析】}

(1) 先由题意, 将 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 代人 $\rho=4 \sin \theta$ 即可求出 $\rho_{0}$; 根据题意求出直线 $l$ 的直角坐标方 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 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,

所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;

即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$ ，

因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;

因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;

(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, \quad k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,

由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,

因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,

所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.

答案：【详解】(1) 因为点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,

所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;

即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$ ，

因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;

因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;

(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, \quad k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,

由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,

因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,

所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：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 $x \in(-\infty, 1)$ 时, $f(x)<0$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【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 $x<1,1 \leq x<2$,

$x \geq 2$ 三种情况, 即可求出结果;

(2) 分别讨论 $a \geqslant 1$ 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, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立, 此时解集为 $(-\infty, 1)$;

当 $1 \leq x<2$ 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 $x \geq 2$ 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 $(-\infty, 1)$;

(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 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 $a \geqslant 1$ 满足题意;

当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,

所以 $a<1$ 不满足题意;

综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

答案：【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, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立, 此时解集为 $(-\infty, 1)$;

当 $1 \leq x<2$ 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 $x \geq 2$ 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 $(-\infty, 1)$;

(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 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 $a \geqslant 1$ 满足题意;

当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,

所以 $a<1$ 不满足题意;

综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：18. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$.

(1) 求 $B$;

(2) 若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$, 求 $\triangle A B C$ 面积的取值范围.

解答：【分析】}

(1)利用正弦定理化简题中等式, 得到关于 $B$ 的三角方程, 最后根据 A,B,C 均为三角形内角 解得 $B=\frac{\pi}{3}$.(2)根据三角形面积公式 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B$, 又根据正弦定理和 $\frac{12}{25}$ 得到 $S_{\triangle A B C}$ 关于 $C$ 的函数, 由于 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 所以利用三个内角都小于 $\frac{\pi}{2}$ 来计算 $C$ 的定义 域, 最后求解 $S_{\triangle A B C}(C)$ 的值域.

【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。 $0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.

(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有

$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$

$=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因

$\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.

故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

答案：【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。 $0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.

(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有

$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$

$=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因

$\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$.

故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：21. 已知曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{2}, D$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 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 $A B$ 过定点:

(2) 若以 $E\left(0, \frac{5}{2}\right)$ 为圆心的圆与直线 $A B$ 相切, 且切点为线段 $A B$ 的中点, 求四边形 $A D B E$ 的面积.

解答：【分析】}

可用解析法和几何法证明。解析法可设 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 然后求 出 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点处的切线, 两条切线交于直线 $y=-\frac{1}{2}$ 之上, 所以交点的纵坐标为 $-\frac{1}{2}$

联立方程可解 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的关系。之后用两点式求出直线 $A B$ 方程, 最后根据直线 $A B$ 方程求 出它所过的定点.(2)应用四边形面积公式, 代人化简出关于 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的对称式。然后分情况 讨论求解。如果不知道四面下面积公式则可以将四边形分成两个三角形求面积之后做和, 但 会稍微麻烦一些。 (此题若用向量积的概念则更为容易)

【详解】(1)证明: 设 A, B 两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$, 则切线 DA 为: $y-y_{1}=x_{1}\left(x-x_{1}\right) \cdots-\cdots--(1)$, 切线 DB 为: $y-y_{2}=x_{2}\left(x-x_{2}\right)-\cdots-\cdots$ (2), 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array},(1) x_{2}-2 \times x_{1}\right.$ 得 $\left(x_{2}-x_{1}\right) y+\frac{1}{2} x_{1} x_{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)=0$, 因为 $x_{1}-x_{2} \neq 0$ 故消去得交点的纵坐标 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}$, 因为 $\mathrm{DA}$ 和 $\mathrm{DB}$ 的交点 $\mathrm{D}$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点, 所以有 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}=-\frac{1}{2}, x_{1} x_{2}=-1$, 直线 $\mathrm{AB}$ 为 $\frac{y-y_{1}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 点 $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ 在曲线 $y=\frac{x^{2}}{2}$ 上, 则有 $\frac{y-\frac{x_{1}^{2}}{2}}{\frac{x_{2}^{2}}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 整理 得 $y=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x-x_{1}\right)+\frac{x_{1}^{2}}{2}=-\frac{1}{2} x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x=\frac{1}{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x$, 即 $\left(x_{1}+x_{2}\right) x+\left(\frac{1}{2}-y\right)=0$. 当 $x=0, y=\frac{1}{2}$ 时无论 $x_{1}, x_{2}$ 取何值时, 此等式均成立。因此直线 $\mathrm{AB}$ 过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$, 得证。

(2)设 $\mathrm{AB}$ 的中点为 $\mathrm{G}$, 由题得 $\mathrm{G}$ 点坐标为 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)$, 则 $\overrightarrow{E G}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}-0, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)$, 又 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)$. 由题意知 $E G \perp B A$, 即 $\overrightarrow{E G} \cdot \overrightarrow{B A}=0$ 即 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$. 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)+\left(\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}-\frac{5}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)=0$ 整理得 $\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 因 $x_{1}-x_{2} \neq 0$, 故 $\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 所以 $x_{1}+x_{2}=0$ 或 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$. 由第一问中 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array}\right.$, 为这里的 $(x, y)$ 为 $\mathrm{D}$ 点坐标,然而 $y=\frac{1}{2}$, 故 $-\frac{1}{2}-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2}$, 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)$, 又因为 $x_{1} x_{2}=-1$. 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{-x_{1} x_{2}}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)$ 。即 $\mathrm{D}$ 坐标为 $\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right),-\frac{1}{2}\right)$. 那么 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right), \overrightarrow{E D}=\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right), 3\right)$.

设 $\theta$ 为 $\overrightarrow{B A}$ 与 $\overrightarrow{E D}$ 的夹角, 那么有

$$
\begin{aligned}
& S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} B A \cdot E D \sin \theta=\frac{1}{2} \sqrt{B A^{2} \cdot E D^{2}\left(1-\cos ^{2} \theta\right)}=\frac{1}{2} \sqrt{|B A|^{2} \cdot \mid \overrightarrow{\left.E D\right|^{2}-(\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{E D})^{2}}} \\
& =\frac{1}{2} \sqrt{\left[\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}\right] \cdot\left[\frac{1}{4}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+9\right]^{2}-\left[\left(x_{1}-x_{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)-3\left(y_{1}-y_{2}\right)\right]^{2}}
\end{aligned}
$$

代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 进行化简有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot\left[9+3\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{4}}{16}\right]}$

若 $x_{1}+x_{2}=0$, 则 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot 9}=\frac{3}{2} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=3$.

若 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$, 则 $\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}=4,\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2 x_{1} x_{2}=8$

代人有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{8 \cdot\left(9+\frac{3}{2} \cdot 4+\frac{4^{2}}{16}\right)}=4 \sqrt{2}$.

所以四边形 $A D B E$ 的面积为 3 或 $4 \sqrt{2}$.

答案：【详解】(1)证明: 设 A, B 两点的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$, 则切线 DA 为: $y-y_{1}=x_{1}\left(x-x_{1}\right) \cdots-\cdots--(1)$, 切线 DB 为: $y-y_{2}=x_{2}\left(x-x_{2}\right)-\cdots-\cdots$ (2), 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array},(1) x_{2}-2 \times x_{1}\right.$ 得 $\left(x_{2}-x_{1}\right) y+\frac{1}{2} x_{1} x_{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)=0$, 因为 $x_{1}-x_{2} \neq 0$ 故消去得交点的纵坐标 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}$, 因为 $\mathrm{DA}$ 和 $\mathrm{DB}$ 的交点 $\mathrm{D}$ 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 上的动点, 所以有 $y=\frac{1}{2} x_{1} x_{2}=-\frac{1}{2}, x_{1} x_{2}=-1$, 直线 $\mathrm{AB}$ 为 $\frac{y-y_{1}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 点 $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ 在曲线 $y=\frac{x^{2}}{2}$ 上, 则有 $\frac{y-\frac{x_{1}^{2}}{2}}{\frac{x_{2}^{2}}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{2}}=\frac{x-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$, 整理 得 $y=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x-x_{1}\right)+\frac{x_{1}^{2}}{2}=-\frac{1}{2} x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x=\frac{1}{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right) x$, 即 $\left(x_{1}+x_{2}\right) x+\left(\frac{1}{2}-y\right)=0$. 当 $x=0, y=\frac{1}{2}$ 时无论 $x_{1}, x_{2}$ 取何值时, 此等式均成立。因此直线 $\mathrm{AB}$ 过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$, 得证。

(2)设 $\mathrm{AB}$ 的中点为 $\mathrm{G}$, 由题得 $\mathrm{G}$ 点坐标为 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right)$, 则 $\overrightarrow{E G}=\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}-0, \frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)$, 又 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right)$. 由题意知 $E G \perp B A$, 即 $\overrightarrow{E G} \cdot \overrightarrow{B A}=0$ 即 $\left(\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\frac{y_{1}+y_{2}}{2}-\frac{5}{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$. 代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 得 $\frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)+\left(\frac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{4}-\frac{5}{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}^{2}-x_{2}^{2}\right)=0$ 整理得 $\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 因 $x_{1}-x_{2} \neq 0$, 故 $\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6\right)=0$. 所以 $x_{1}+x_{2}=0$ 或 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$. 由第一问中 $\left\{\begin{array}{l}y-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2} \cdots \cdots \text { (1) } \\ y-\frac{1}{2} x_{2}^{2}=x_{2} x-x_{2}^{2} \cdots \cdots \text { (2) }\end{array}\right.$, 为这里的 $(x, y)$ 为 $\mathrm{D}$ 点坐标,然而 $y=\frac{1}{2}$, 故 $-\frac{1}{2}-\frac{1}{2} x_{1}^{2}=x_{1} x-x_{1}^{2}$, 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)$, 又因为 $x_{1} x_{2}=-1$. 所以 $x=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{1}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}-\frac{-x_{1} x_{2}}{x_{1}}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)$ 。即 $\mathrm{D}$ 坐标为 $\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right),-\frac{1}{2}\right)$. 那么 $\overrightarrow{B A}=\left(x_{1}-x_{2}, y_{1}-y_{2}\right), \overrightarrow{E D}=\left(\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right), 3\right)$.

设 $\theta$ 为 $\overrightarrow{B A}$ 与 $\overrightarrow{E D}$ 的夹角, 那么有

$$
\begin{aligned}
& S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} B A \cdot E D \sin \theta=\frac{1}{2} \sqrt{B A^{2} \cdot E D^{2}\left(1-\cos ^{2} \theta\right)}=\frac{1}{2} \sqrt{|B A|^{2} \cdot \mid \overrightarrow{\left.E D\right|^{2}-(\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{E D})^{2}}} \\
& =\frac{1}{2} \sqrt{\left[\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+\left(y_{1}-y_{2}\right)^{2}\right] \cdot\left[\frac{1}{4}\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+9\right]^{2}-\left[\left(x_{1}-x_{2}\right) \cdot \frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)-3\left(y_{1}-y_{2}\right)\right]^{2}}
\end{aligned}
$$

代人 $y=\frac{1}{2} x^{2}$ 进行化简有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot\left[9+3\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{4}}{16}\right]}$

若 $x_{1}+x_{2}=0$, 则 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2} \cdot 9}=\frac{3}{2} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}}=3$.

若 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-6=0$, 则 $\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+2 x_{1} x_{2}=4,\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2 x_{1} x_{2}=8$

代人有 $S_{\text {四边形 } A D B E}=\frac{1}{2} \sqrt{8 \cdot\left(9+\frac{3}{2} \cdot 4+\frac{4^{2}}{16}\right)}=4 \sqrt{2}$.

所以四边形 $A D B E$ 的面积为 3 或 $4 \sqrt{2}$.

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：23. 设 $x, y, z \in R$ ，且 $x+y+z=1$.

(1) 求 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值;

(2) 若 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$ 成立, 证明: $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.

解答：【分析】}

(1)根据条件 $x+y+z=1$, 和柯西不等式得到 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$, 再讨论 $x, y, z$ 是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题, 柯西不等式等号成立时构造的 $x, y, z$ 代人原 不等式, 便可得到参数的取值范围.

【详解】

$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$

故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因 $x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$

所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.

因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.

根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.

所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.

另解: 用反证法.

若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当 $x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放

答案：【详解】

$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$

故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因 $x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$

所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.

因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.

根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.

所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.

另解: 用反证法.

若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当 $x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：17. 某商场为提高服务质量, 随机调查了 50 名男顾客和 50 名女顾客, 每位顾客对该商场的 服务给出满意或不满意的评价, 得到下面列联表:

\begin{tabular}{|l|l|l|}
\hline & 满意 & 不满意 \\
\hline 男顾客 & 40 & 10 \\
\hline 女顾客 & 30 & 20 \\
\hline
\end{tabular}

（1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率;

（2）能否有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异?

附: $K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$. 

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}

解答：【分析】}

(1) 从题中所给的 $2 \times 2$ 列联表中读出相关的数据, 利用满意的人数除以总的人数, 分别算 出相应的频率, 即估计得出的概率值;

(2) 利用公式求得观测值与临界值比较, 得到能有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服 务的评价有差异.

【详解】(1) 由题中表格可知, 50 名男顾客对商场服务满意的有 40 人,

所以男顾客对商场服务满意率估计为 $P_{1}=\frac{40}{50}=\frac{4}{5}$,

50 名女顾客对商场满意的有 30 人，

所以女顾客对商场服务满意率估计为 $P_{2}=\frac{30}{50}=\frac{3}{5}$,

(2) 由列联表可知 $K^{2}=\frac{100(40 \times 20-30 \times 10)^{2}}{70 \times 30 \times 50 \times 50}=\frac{100}{21} \approx 4.762>3.841$,

所以能有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

答案：【详解】(1) 由题中表格可知, 50 名男顾客对商场服务满意的有 40 人,

所以男顾客对商场服务满意率估计为 $P_{1}=\frac{40}{50}=\frac{4}{5}$,

50 名女顾客对商场满意的有 30 人，

所以女顾客对商场服务满意率估计为 $P_{2}=\frac{30}{50}=\frac{3}{5}$,

(2) 由列联表可知 $K^{2}=\frac{100(40 \times 20-30 \times 10)^{2}}{70 \times 30 \times 50 \times 50}=\frac{100}{21} \approx 4.762>3.841$,

所以能有 $95 \%$ 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：18. 记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $S_{9}=-a_{5}$.

(1) 若 $a_{3}=4$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 若 $a_{1}>0$, 求使得 $S_{n} \geq a_{n}$ 的 $n$ 的取值范围.

解答：【分析】}

(1) 首项设出等差数列的首项和公差, 根据题的条件, 建立关于 $a_{1}$ 和 $d$ 的方程组, 求得 $a_{1}$ 和 $d$ 的值，利用等差数列的通项公式求得结果;

(2) 根据题意有 $a_{5}=0$, 根据 $a_{1}>0$, 可知 $d<0$, 根据 $S_{n}>a_{n}$, 得到关于 $n$ 的不等式, 从而求得结果.

【详解】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$,

根据题意有 $\left\{\begin{array}{l}9 a_{1}+\frac{9 \times 8}{2} d=-\left(a_{1}+4 d\right) \\ a_{1}+2 d=4\end{array}\right.$,

解答 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=8 \\ d=-2\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=8+(n-1) \times(-2)=-2 n+10$,

所以等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=-2 n+10$;

(2) 由条件 $S_{9}=-a_{5}$, 得 $9 a_{5}=-a_{5}$, 即 $a_{5}=0$,

因为 $a_{1}>0$, 所以 $d<0$, 并且有 $a_{5}=a_{1}+4 d=0$, 所以有 $a_{1}=-4 d$,

由 $S_{n} \geq a_{n}$ 得 $n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d \geq a_{1}+(n-1) d$, 整理得 $\left(n^{2}-9 n\right) d \geq(2 n-10) d$,

因为 $d<0$, 所以有 $n^{2}-9 n \leq 2 n-10$, 即 $n^{2}-11 n+10 \leq 0$,

解得 $1 \leq n \leq 10$,

所以 $n$ 的取值范围是: $1 \leq n \leq 10\left(n \in N^{\star}\right)$

答案：【详解】设等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 $a_{1}$, 公差为 $d$,

根据题意有 $\left\{\begin{array}{l}9 a_{1}+\frac{9 \times 8}{2} d=-\left(a_{1}+4 d\right) \\ a_{1}+2 d=4\end{array}\right.$,

解答 $\left\{\begin{array}{l}a_{1}=8 \\ d=-2\end{array}\right.$, 所以 $a_{n}=8+(n-1) \times(-2)=-2 n+10$,

所以等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=-2 n+10$;

(2) 由条件 $S_{9}=-a_{5}$, 得 $9 a_{5}=-a_{5}$, 即 $a_{5}=0$,

因为 $a_{1}>0$, 所以 $d<0$, 并且有 $a_{5}=a_{1}+4 d=0$, 所以有 $a_{1}=-4 d$,

由 $S_{n} \geq a_{n}$ 得 $n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d \geq a_{1}+(n-1) d$, 整理得 $\left(n^{2}-9 n\right) d \geq(2 n-10) d$,

因为 $d<0$, 所以有 $n^{2}-9 n \leq 2 n-10$, 即 $n^{2}-11 n+10 \leq 0$,

解得 $1 \leq n \leq 10$,

所以 $n$ 的取值范围是: $1 \leq n \leq 10\left(n \in N^{\star}\right)$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：21.已知点 $A, B$ 关于坐标原点 $O$ 对称, $|A B|=4, \odot M$ 过点 $A, B$ 且与直线 $x+2=0$ 相切.

(1) 若 $A$ 在直线 $x+y=0$ 上, 求 $\odot M$ 的半径.

(2) 是否存在定点 $P$, 使得当 $A$ 运动时, $|M A|-|M P|$ 为定值? 并说明理由.

解答：【分析】}

(1) 设 $A(t,-t), B(-t, t)$, 根据 $|A B|=4$, 可知 $|t|=\sqrt{2}$; 由圆的性质可知圆心 $M$ 必在 直线 $y=x$ 上, 可设圆心 $M(a, a)$; 利用圆心到 $x+2=0$ 的距离为半径和 $|M A|=|M B|=r$ 构 造方程, 从而解出 $r ;$ （2） 当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$, 由圆的性质可 知圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上; 假设圆心坐标, 利用圆心到 $x+2=0$ 的距离为半径和 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}$ 构造方程, 解出 $M$ 坐标, 可知 $M$ 轨迹为抛物线; 利用抛物线 定义可知 $P(1,0)$ 为抛物线焦点, 且定值为 1 ; 当直线 $A B$ 斜率不存在时, 求解出 $M$ 坐标, 验证此时 $P(1,0)$ 依然满足定值, 从而可得到结论.

【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$

又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$

$\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上

设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$

$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$

又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$

当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$

$\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6

(2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$

说明如下:

$\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$

$\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$

(1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$

则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上

设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$

$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$

又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$

$\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$

即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$

$\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$

$\therefore|M A|-|M F|=1$

$\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$

(2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$

$\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$

$\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$

若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$

综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值

答案：【详解】(1) $\because A$ 在直线 $C_{n}^{5-n}+C_{n+1}^{9-n}$ 上 $\therefore$ 设 $A(t,-t)$, 则 $B(-t, t)$

又 $|A B|=4 \quad \therefore 8 t^{2}=16$, 解得: $|t|=\sqrt{2}$

$\because \odot M$ 过点 $A, B \quad \therefore$ 圆心 $M$ 必在直线 $y=x$ 上

设 $M(a, a)$, 圆的半径为 $r$

$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|a+2|$

又 $|M A|=|M B|=r$, 即 $(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=r^{2}$ $\therefore(a-\sqrt{2})^{2}+(a+\sqrt{2})^{2}=(a+2)^{2}$, 解得: $a=0$ 或 $a=4$

当 $a=0$ 时, $r=2$ ； 当 $a=4$ 时, $r=6$

$\therefore \odot M$ 的半径为: 2 或 6

(2) 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|=1$

说明如下:

$\because A, \quad B$ 关于原点对称且 $|A B|=4$

$\therefore$ 直线 $A B$ 必为过原点 $O$ 的直线, 且 $|O A|=2$

(1)当直线 $A B$ 斜率存在时, 设 $A B$ 方程为: $y=k x$

则 $\odot M$ 的圆心 $M$ 必在直线 $y=-\frac{1}{k} x$ 上

设 $M(-k m, m), \odot M$ 的半径为 $r$

$\because \odot M$ 与 $x+2=0$ 相切 $\quad \therefore r=|-k m+2|$

又 $r=|M A|=\sqrt{|O A|^{2}+|O M|^{2}}=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$

$\therefore|-k m+2|=\sqrt{4+k^{2} m^{2}+m^{2}}$ ，整理可得: $m^{2}=-4 k m$

即 $M$ 点轨迹方程为: $y^{2}=4 x$, 准线方程为: $x=-1$, 焦点 $F(1,0)$

$\because|M A|=r$, 即抛物线上点到 $a=-1$ 的距离 $\quad \therefore|M A|=|M F|+1$

$\therefore|M A|-|M F|=1$

$\therefore$ 当 $P$ 与 $F$ 重合, 即 $P$ 点坐标为 $(1,0)$ 时, $|M A|-|M P|=1$

(2)当直线 $A B$ 斜率不存在时, 则直线 $A B$ 方程为: $x=0$

$\backslash M$ 在 $x$ 轴上, 设 $M(n, 0)$

$\therefore|n+2|=\sqrt{n^{2}+4}$ ， 解得: $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 即 $M(0,0)$

若 $P(1,0)$, 则 $|M A|-|M P|=2-1=1$

综上所述, 存在定点 $P(1,0)$, 使得 $|M A|-|M P|$ 为定值

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：22.[选修 4-4： 坐标系与参数方程]

在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}, \\ y=\frac{4 t}{1+t^{2}}\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 以坐标原点 $O$ 为 极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 直线 $l$ 的极坐标方程为

$2 \rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta+11=0$

(1) 求 $C$ 和 $l$ 的直角坐标方程;

(2) 求 $C$ 上的点到 $l$ 距离的最小值.

解答：【分析】}

(1) 利用代人消元法, 可求得 $C$ 的直角坐标方程; 根据极坐标与直角坐标互化原则可得 $l$ 的 直角坐标方程; (2) 利用参数方程表示出 $C$ 上点的坐标, 根据点到直线距离公式可将所求 距离表示为三角函数的形式, 从而根据三角函数的范围可求得最值.

【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$

$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$

整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$

又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$ $\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$

(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$

则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$

当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值

则 $d_{\text {min }}=\sqrt{7}$

答案：【详解】 (1) 由 $x=\frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}$ 得: $t^{2}=\frac{1-x}{1+x}$, 又 $y^{2}=\frac{16 t^{2}}{\left(1+t^{2}\right)^{2}}$

$\therefore y^{2}=\frac{16 \times \frac{1-x}{1+x}}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)^{2}}=4(1+x)(1-x)=4-4 x^{2}$

整理可得 $C$ 的直角坐标方程为: $x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$

又 $x=\rho \cos \theta, \quad y=\rho \sin \theta$ $\therefore l$ 的直角坐标方程为: $2 x+\sqrt{3} y+11=0$

(2) 设 $C$ 上点的坐标为: $(\cos \theta, 2 \sin \theta)$

则 $C$ 上的点到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|2 \cos \theta+2 \sqrt{3} \sin \theta+11|}{\sqrt{7}}=\frac{\left|4 \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)+11\right|}{\sqrt{7}}$

当 $\sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=-1$ 时, $d$ 取最小值

则 $d_{\text {min }}=\sqrt{7}$

2019 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23.已知 $a, b, c$ 为正数, 且满足 $a b c=1$. 证明:
(1) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
(2) $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$.

解答：【分析】}

(1) 利用 $a b c=1$ 将所证不等式可变为证明: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq b c+a c+a b$, 利用基本不等 式可证得 $2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$, 从而得到结论; (2) 利用基本不等式可得 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 再次利用基本不等式可将式转化为 $(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24 \sqrt{(a b c)^{2}}$, 在取等条件一致的情况下, 可得结论.

【详解】(1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$

$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$ 当且仅当 $a=b=c$ 时取等号

$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等

号

又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)

$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$

又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$

答案：【详解】(1) $\because a b c=1 \quad \therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right) \cdot a b c=b c+a c+a b$

$\because 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=\left(a^{2}+b^{2}\right)+\left(b^{2}+c^{2}\right)+\left(c^{2}+a^{2}\right) \geq 2 a b+2 b c+2 a c$ 当且仅当 $a=b=c$ 时取等号

$\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right) \geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$, 即: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geqslant \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

(2) $\because(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$, 当且仅当 $a=b=c$ 时取等

号

又 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}, b+c \geq 2 \sqrt{b c}, a+c \geq 2 \sqrt{a c}$ (当且仅当 $a=b=c$ 时等号同时成立)

$\therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 3 \times 2 \sqrt{a b} \times 2 \sqrt{b c} \times 2 \sqrt{a c}=24 \sqrt{(a b c)^{2}}$

又 $a b c=1 \quad \therefore(a+b)^{3}+(b+c)^{3}+(c+a)^{3} \geq 24$

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：18.已知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数的等比数列, $a_{1}=2, a_{3}=2 a_{2}+16$.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 设 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解答：【分析】}

(1)本题首先可以根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列将 $a_{3}$ 转化为 $a_{1} q^{2}, a_{2}$ 转化为 $a_{1} q$, 再然后将其带 人 $a_{3}=2 a_{2}+16$ 中, 并根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数以及 $a_{1}=2$ 即可通过运算得出结果;

(2)本题可以通过数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式, 再 通过数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式得知数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列, 最后通过等差数列求和公式即可得出 结果。

【详解】(1)因为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数的等比数列, $a_{3}=2 a_{2}+16, \quad a_{1}=2$,

所以令数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{3}=a_{1} q^{2}=2 q^{2}, a_{2}=a_{1} q=2 q$,

所以 $2 q^{2}=4 q+16$, 解得 $q=-2$ (舍去)或 4 ,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 、公比为 4 的等比数列, $a_{n}=2 \times 4^{n-1}=2^{2 n-1}$ 。

(2)因为 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 所以 $b_{n}=2 n-1, b_{n+1}=2 n+1, b_{n+1}-b_{n}=2$,

所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公差为 2 的等差数列, $S_{n}=\frac{1+2 n-1^{\prime}}{2} n=n^{2}$ 。

本题考查数列的相关性质, 主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法, 考查等差数 列求和公式的使用, 考查化归与转化思想, 考查计算能力, 是简单题。

答案：【详解】(1)因为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是各项均为正数的等比数列, $a_{3}=2 a_{2}+16, \quad a_{1}=2$,

所以令数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q, a_{3}=a_{1} q^{2}=2 q^{2}, a_{2}=a_{1} q=2 q$,

所以 $2 q^{2}=4 q+16$, 解得 $q=-2$ (舍去)或 4 ,

所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 2 、公比为 4 的等比数列, $a_{n}=2 \times 4^{n-1}=2^{2 n-1}$ 。

(2)因为 $b_{n}=\log _{2} a_{n}$, 所以 $b_{n}=2 n-1, b_{n+1}=2 n+1, b_{n+1}-b_{n}=2$,

所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是首项为 1 、公差为 2 的等差数列, $S_{n}=\frac{1+2 n-1^{\prime}}{2} n=n^{2}$ 。

本题考查数列的相关性质, 主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法, 考查等差数 列求和公式的使用, 考查化归与转化思想, 考查计算能力, 是简单题。

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：20. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的两个焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, $O$ 为坐标原点.

(1) 若 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形, 求 $C$ 的离心率;

(2)如果存在点 $P$, 使得 $P F_{1} \perp P F_{2}$, 且 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 的面积等于 16 , 求 $b$ 的值和 $a$ 的 取值范围.

解答：【分析】}

(1) 先连结 $P F_{1}$, 由 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形, 得到 $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ},\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$; 再由椭圆定义, 即可求出结果;

(2) 先由题意得到, 满足条件的点 $P(x, y)$ 存在, 当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16, \frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1$, $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$, 根据三个式子联立, 结合题中条件, 即可求出结果.

【详解】(1) 连结 $P F_{1}$, 由 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形可知: 在 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 中, $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ}$, $\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$

于是 $2 a=\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=c+\sqrt{3} c$,

故椭圆 $C$ 的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1$;

(2) 由题意可知, 满足条件的点 $P(x, y)$ 存在, 当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16, \frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1$, $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$

即 $c|y|=16$

$$
x^{2}+y^{2}=c^{2}
$$

$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$

由(2)(3)以 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ 得 $y^{2}=\frac{b^{4}}{c^{2}}$, 又由(1)知 $y^{2}=\frac{16^{2}}{c^{2}}$, 故 $b=4$;

由(2)(3)得 $x^{2}=\frac{a^{2}}{c^{2}}\left(c^{2}-b^{2}\right)$, 所以 $c^{2} \geq b^{2}$, 从而 $a^{2}=b^{2}+c^{2} \geq 2 b^{2}=32$, 故 $a \geq 4 \sqrt{2}$;

当 $b=4, a \geq 4 \sqrt{2}$ 时, 存在满足条件的点 $P$.

故 $b=4, a$ 的取值范围为 $[4 \sqrt{2},+\infty)$.

答案：【详解】(1) 连结 $P F_{1}$, 由 $\bigvee P O F_{2}$ 为等边三角形可知: 在 $\triangle F_{1} P F_{2}$ 中, $\angle F_{1} P F_{2}=90^{\circ}$, $\left|P F_{2}\right|=c,\left|P F_{1}\right|=\sqrt{3} c$

于是 $2 a=\left|P F_{1}\right|+\left|P F_{2}\right|=c+\sqrt{3} c$,

故椭圆 $C$ 的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1$;

(2) 由题意可知, 满足条件的点 $P(x, y)$ 存在, 当且仅当 $\frac{1}{2}|y| \cdot 2 c=16, \frac{y}{x+c} \cdot \frac{y}{x-c}=-1$, $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$

即 $c|y|=16$

$$
x^{2}+y^{2}=c^{2}
$$

$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$

由(2)(3)以 $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ 得 $y^{2}=\frac{b^{4}}{c^{2}}$, 又由(1)知 $y^{2}=\frac{16^{2}}{c^{2}}$, 故 $b=4$;

由(2)(3)得 $x^{2}=\frac{a^{2}}{c^{2}}\left(c^{2}-b^{2}\right)$, 所以 $c^{2} \geq b^{2}$, 从而 $a^{2}=b^{2}+c^{2} \geq 2 b^{2}=32$, 故 $a \geq 4 \sqrt{2}$;

当 $b=4, a \geq 4 \sqrt{2}$ 时, 存在满足条件的点 $P$.

故 $b=4, a$ 的取值范围为 $[4 \sqrt{2},+\infty)$.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：21. 已知函数 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$. 证明:

(1) $f(x)$ 存在唯一的极值点;

(2) $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数.

解答：【分析】}

(1) 先对函数 $f(x)$ 求导, 根据导函数的单调性, 得到存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$, 进而 可得判断函数 $f(x)$ 的单调性, 即可确定其极值点个数, 证明出结论成立;

(2) 先由 (1) 的结果, 得到 $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2<0, f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$, 得到 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{0},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$, 再求出 $f\left(\frac{1}{a}\right)=0$, 即可结合题意, 说明结论成 立.

【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$,

得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$,

显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ，

故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ；

又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减;

因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点;

(2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$,

所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$.

由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$,

又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$,

故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根;

综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数.

答案：【详解】(1) 由题意可得, $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$,

由 $f(x)=(x-1) \ln x-x-1$,

得 $f^{\prime}(x)=\ln x+\frac{x-1}{x}-1=\ln x-\frac{1}{x}$,

显然 $f^{\prime}(x)=\ln x-\frac{1}{x}$ 单调递增; 又 $f^{\prime}(1)=-1<0, f^{\prime}(2)=\ln 2-\frac{1}{2}=\frac{\ln 4-1}{2}>0$ ，

故存在唯一 $x_{0}$, 使得 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ；

又当 $x>x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增; 当 $0<x<x_{0}$ 时, $f^{\prime}\left(x_{0}\right)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减;

因此, $f(x)$ 存在唯一的极值点;

(2) 由 (1) 知, $f\left(x_{0}\right)<f(1)=-2$, 又 $f\left(e^{2}\right)=e^{2}-3>0$,

所以 $f(x)=0$ 在 $\left(\boldsymbol{x}_{\mathbf{0}},+\infty\right)$ 内存在唯一实根, 记作 $x=a$.

由 $1<x_{0}<a$ 得 $\frac{1}{a}<1<x_{0}$,

又 $f\left(\frac{1}{a}\right)=\left(\frac{1}{a}-1\right) \ln \frac{1}{a}-\frac{1}{a}-1=\frac{f(a)}{a}=0$,

故 $\frac{1}{a}$ 是方程 $f(x)=0$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内的唯一实根;

综上, $f(x)=0$ 有且仅有两个实根, 且两个实根互为倒数.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：22.[选修 4-4: 坐标系与参数方程]

在极坐标系中, $O$ 为极点, 点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上, 直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直, 垂足为 $P$.

(1) 当 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 时, 求 $\rho_{0}$ 及 $l$ 的极坐标方程;

(2) 当 $M$ 在 $C$ 上运动且 $P$ 在线段 $O M$ 上时, 求 $P$ 点轨迹的极坐标方程.

解答：【分析】}

(1) 先由题意, 将 $\theta_{0}=\frac{\pi}{3}$ 代人 $\rho=4 \sin \theta$ 即可求出 $\rho_{0}$; 根据题意求出直线 $l$ 的直角坐标方 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 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,

所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;

即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$,

因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直,

所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;

因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;

(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,

由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,

因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,

所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.

答案：【详解】(1) 因为点 $M\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)\left(\rho_{0}>0\right)$ 在曲线 $C: \rho=4 \sin \theta$ 上,

所以 $\rho_{0}=4 \sin \theta_{0}=4 \sin \frac{\pi}{3}=2 \sqrt{3}$;

即 $M\left(2 \sqrt{3}, \frac{\pi}{3}\right)$, 所以 $k_{O M}=\tan \frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$,

因为直线 $l$ 过点 $A(4,0)$ 且与 $O M$ 垂直,

所以直线 $l$ 的直角坐标方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-4)$, 即 $x+\sqrt{3} y-4=0$;

因此, 其极坐标方程为 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4$, 即 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=2$;

(2) 设 $P(x, y)$ ，则 $k_{O P}=\frac{y}{x}, k_{A P}=\frac{y}{x-4}$,

由题意, $O P \perp A P$, 所以 $k_{O P} k_{A P}=-1$, 故 $\frac{y^{2}}{x^{2}-4 x}=-1$, 整理得 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,

因为 $P$ 在线段 $O M$ 上, $M$ 在 $C$ 上运动, 所以 $0 \leq x \leq 2,2 \leq y \leq 4$,

所以, $P$ 点轨迹的极坐标方程为 $\rho^{2}-4 \rho \cos \theta=0$, 即 $\rho=4 \cos \theta\left(\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}\right)$.

2019 年高考 （新课标ⅱ）
题目：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 $x \in(-\infty, 1)$ 时, $f(x)<0$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【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 $x<1,1 \leq x<2$, $x \geq 2$ 三种情况, 即可求出结果;

(2) 分别讨论 $a \geqslant 1$ 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, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立,

此时解集为 $(-\infty, 1)$;

当 $1 \leq x<2$ 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 $x \geq 2$ 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 $(-\infty, 1)$;

(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 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 $a \geqslant 1$ 满足题意;

当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,

所以 $a<1$ 不满足题意;

综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

答案：【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, 原不等式可化为 $(1-x) x+(2-x)(x-1)<0$, 即 $(x-1)^{2}>0$, 显然成立,

此时解集为 $(-\infty, 1)$;

当 $1 \leq x<2$ 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 $x \geq 2$ 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 $(-\infty, 1)$;

(2) 当 $a \geqslant 1$ 时, 因为 $x \in(-\infty, 1)$, 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 $a \geqslant 1$ 满足题意;

当 $a<1$ 时, $f(x)=\left\{\begin{array}{c}2(x-a), a \leq x<1 \\ 2(x-a)(1-x), x<a\end{array}\right.$, 因为 $a \leq x<1$ 时, $f(x)<0$ 显然不能成立,

所以 $a<1$ 不满足题意;

综上, $a$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：18. $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$.

(1) 求 $B$;

(2) 若 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, 且 $c=1$, 求 $\triangle A B C$ 面积的取值范围.

解答：【分析】}

(1) 利用正弦定理化简题中等式, 得到关于 $B$ 的三角方程, 最后根据 A,B,C 均为三角形内角 解得 $B=\frac{\pi}{3}$.(2)根据三角形面积公式 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B$, 又根据正弦定理和 $\frac{12}{25}$ 得到 $S_{\triangle A B C}$ 关于 $C$ 的函数, 由于 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 所以利用三个内角都小于 $\frac{\pi}{2}$ 来计算 $C$ 的定义 域, 最后求解 $S_{\triangle A B C}(C)$ 的值域.

【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。

$0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.

(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$ $=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

答案：【详解】(1)根据题意 $a \sin \frac{A+C}{2}=b \sin A$ 由正弦定理得 $\sin A \sin \frac{A+C}{2}=\sin B \sin A$, 因 为 $0<A<\pi$, 故 $\sin A>0$, 消去 $\sin A$ 得 $\sin \frac{A+C}{2}=\sin B$ 。

$0<B, 0<\frac{A+C}{2}<\pi$ 因为故 $\frac{A+C}{2}=B$ 或者 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$, 而根据题意 $A+B+C=\pi$, 故 $\frac{A+C}{2}+B=\pi$ 不成立, 所以 $\frac{A+C}{2}=B$, 又因为 $A+B+C=\pi$, 代人得 $3 B=\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{3}$.

(2)因为 $\mathrm{V} A B C$ 是锐角三角形, 又由前问 $B=\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{6}<A, C<\frac{\pi}{2}, A+B+C=\pi$ 得到 $A+C=\frac{2}{3} \pi$, 故 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$ 又应用正弦定理 $\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}, \frac{12}{25}$, 由三角形面积公式有 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{a}{c} \cdot \sin B=\frac{1}{2} c^{2} \frac{\sin A}{\sin C} \cdot \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \left(\frac{2 \pi}{3}-C\right)}{\sin C}$ $=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{\sin \frac{2 \pi}{3} \cos C-\cos \frac{2 \pi}{3} \sin C}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\sin \frac{2 \pi}{3} \cot C-\cos \frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{3}{8} \cot C+\frac{\sqrt{3}}{8}$. 又因 $\frac{\pi}{6}<C<\frac{\pi}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{3}{8} \cot \frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\frac{\sqrt{3}}{8}<S_{\triangle A B C}<\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故 $S_{\triangle A B C}$ 的取值范围是 $\left(\frac{\sqrt{3}}{8}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：20.已知函数 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+2$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 当 $0<a<3$ 时, 记 $f(x)$ 在区间 $[0,1]$ 的最大值为 $M$, 最小值为 $m$, 求 $M-m$ 的取值范 围。

解答：【分析】}

(1) 先求 $f(x)$ 的导数, 再根据的范围分情况讨论函数单调性; (2) 讨论的范围, 利用函数单调 性进行最大值和最小值的判断, 最终求得 $M-m$ 的取值范围.

【详解】(1) 对 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+2$ 求导得 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-2 a x=6 x\left(x-\frac{a}{3}\right)$. 所以有 当 $a<0$ 时, $\left(-\infty, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递增, $\left(\frac{a}{3}, 0\right)$ 区间上单调递减, $(0,+\infty)$ 区间上单调递增; 当 $a=0$ 时, $(-\infty,+\infty)$ 区间上单调递增;

当 $a>0$ 时, $(-\infty, 0)$ 区间上单调递增, $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递减, $\left(\frac{a}{3},+\infty\right)$ 区间上单调递增.

若 $0<a \leq 2, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$.而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \geq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(1)$.

所以 $M-m=f(1)-f\left(\frac{a}{3}\right)=(4-a)-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}-a+2$, 设函数 $g(x)=\frac{x^{3}}{27}-x+2$, 求导 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{9}-1$ 当 $0<x \leq 2$ 时 $g^{\prime}(x)<0$ 从而 $g(x)$ 单调递减. 而 $0<a \leq 2$, 所以 $\frac{8}{27} \leq \frac{a^{3}}{27}-a+2<2$. 即 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.

若 $2<a<3, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$ 而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \leq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(0)$. 所以 $M-m=f(0)-f\left(\frac{a}{3}\right)=2-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}$, 而 $2<a<3$, 所以 $\frac{8}{27}<\frac{a^{3}}{27}<1$.即 $M-m$ 的取值范围是 $\left(\frac{8}{27}, 1\right)$.

综上得 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.

答案：【详解】(1) 对 $f(x)=2 x^{3}-a x^{2}+2$ 求导得 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-2 a x=6 x\left(x-\frac{a}{3}\right)$. 所以有 当 $a<0$ 时, $\left(-\infty, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递增, $\left(\frac{a}{3}, 0\right)$ 区间上单调递减, $(0,+\infty)$ 区间上单调递增; 当 $a=0$ 时, $(-\infty,+\infty)$ 区间上单调递增;

当 $a>0$ 时, $(-\infty, 0)$ 区间上单调递增, $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 区间上单调递减, $\left(\frac{a}{3},+\infty\right)$ 区间上单调递增.

若 $0<a \leq 2, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$.而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \geq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(1)$.

所以 $M-m=f(1)-f\left(\frac{a}{3}\right)=(4-a)-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}-a+2$, 设函数 $g(x)=\frac{x^{3}}{27}-x+2$, 求导 $g^{\prime}(x)=\frac{x^{2}}{9}-1$ 当 $0<x \leq 2$ 时 $g^{\prime}(x)<0$ 从而 $g(x)$ 单调递减. 而 $0<a \leq 2$, 所以 $\frac{8}{27} \leq \frac{a^{3}}{27}-a+2<2$. 即 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.

若 $2<a<3, f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{a}{3}\right)$ 单调递减, 在区间 $\left(\frac{a}{3}, 1\right)$ 单调递增, 所以区间 $[0,1]$ 上最小值 为 $f\left(\frac{a}{3}\right)$ 而 $f(0)=2, f(1)=2-a+2 \leq f(0)$, 故所以区间 $[0,1]$ 上最大值为 $f(0)$. 所以 $M-m=f(0)-f\left(\frac{a}{3}\right)=2-\left[2\left(\frac{a}{3}\right)^{3}-a\left(\frac{a}{3}\right)^{2}+2\right]=\frac{a^{3}}{27}$, 而 $2<a<3$, 所以 $\frac{8}{27}<\frac{a^{3}}{27}<1$.即 $M-m$ 的取值范围是 $\left(\frac{8}{27}, 1\right)$.

综上得 $M-m$ 的取值范围是 $\left[\frac{8}{27}, 2\right)$.

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：21. 已知曲线 $C: y=\frac{x^{2}}{2}, D$, 为直线 $y=-\frac{1}{2}$ 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 $A B$ 过定点:

(2) 若以 $E\left(0, \frac{5}{2}\right)$ 为圆心的圆与直线 $A B$ 相切, 且切点为线段 $A B$ 的中点, 求该圆的方程.

解答：【分析】}

(1) 可设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), D\left(t,-\frac{1}{2}\right)$ 然后求出 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点处的切线方程, 比如 $A D$ : $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 又因为 $B D$ 也有类似的形式, 从而求出带参数直线 $A B$ 方程, 最后求 出它所过的定点.

(2) 由(1)得带参数的直线 $A B$ 方程和抛物线方程联立, 再通过 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$ 得出 $t$ 的值, 从而求出 $M$ 坐标和 $|E M|$ 的值, 最后求出圆的方程.

【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得:

$\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$

设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$

由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$,

解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$.

当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$;

当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.

所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.

答案：【详解】(1)证明: 设 $D\left(t,-\frac{1}{2}\right), A\left(x_{1}, y_{1}\right)$, 则 $y_{1}=\frac{1}{2} x_{1}^{2}$ 。又因为 $y=\frac{1}{2} x^{2}$, 所以 $y^{\prime}=x$. 则切 线 DA 的斜率为 $x_{1}$, 故 $y_{1}+\frac{1}{2}=x_{1}\left(x_{1}-t\right)$, 整理得 $2 x_{1}-2 y_{1}+1=0$. 设 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 同理 得 $2 t x_{1}-2 y_{1}+1=0 . A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都满足直线方程 $2 t x-2 y+1=0$. 于是直线 $2 t x-2 y+1=0$ 过点 $A, B$, 而两个不同的点确定一条直线, 所以直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$. 即 $2 t x+(-2 y+1)=0$, 当 $2 t=0,-2 y+1=0$ 时等式恒成立。所以直线 $A B$ 恒过定点 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$. (2)由(1)得直线 $A B$ 方程为 $2 t x-2 y+1=0$, 和抛物线方程联立得:

$\left\{\begin{array}{l}2 t x-2 y+1=0 \\ y=\frac{1}{2} x^{2}\end{array}\right.$ 化简得 $x^{2}-2 t x-1=0$. 于是 $x_{1}+x_{2}=2 t, y_{1}+y_{2}=t\left(x_{1}+x_{2}\right)+1=2 t^{2}+1$

设 $M$ 为线段 $A B$ 的中点, 则 $M\left(t, t^{2}+\frac{1}{2}\right)$

由于 $\overrightarrow{E M} \perp \overrightarrow{A B}$, 而 $\overrightarrow{E M}=\left(t, t^{2}-2\right), \overrightarrow{A B}$ 与向量 $(1, t)$ 平行, 所以 $t+t\left(t^{2}-2\right)=0$,

解得 $t=0$ 或 $t= \pm 1$.

当 $t=0$ 时, $\overrightarrow{E M}=(0,-2),|\overrightarrow{E M}|=2$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$;

当 $t= \pm 1$ 时, $\overrightarrow{E M}=(1,-1)$ 或 $\overrightarrow{E M}=(-1,-1),|E M|=\sqrt{2}$ 所求圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.

所以圆的方程为 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=4$ 或 $x^{2}+\left(y-\frac{5}{2}\right)^{2}=2$.

2019 年高考 （新课标ⅲ）
题目：23. 设 $x, y, z \in R$, 且 $x+y+z=1$.

(1) 求 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值;

(2) 若 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$ 成立, 证明: $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.

解答：【分析】}

(1)根据条件 $x+y+z=1$, 和柯西不等式得到 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$, 再讨论 $x, y, z$ 是否可以达到等号成立的条件.(2)恒成立问题, 柯西不等式等号成立时构造的 $x, y, z$ 代人原 不等式, 便可得到参数的取值范围.

【详 解】

$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$

故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因

$x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$

所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.

因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.

根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.

所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.

另解: 用反证法.

若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当

$x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即

$(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放

答案：【详 解】

$\left[(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq[(x-1)+(y+1)+(z+1)]^{2}=(x+y+z+1)^{2}=4$

故 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2} \geq \frac{4}{3}$ 等号成立当且仅当 $x-1=y+1=z+1$ 而又因

$x+y+z=1$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{5}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \text { 时等号成立 } \\ z=-\frac{1}{3}\end{array}\right.$

所以 $(x-1)^{2}+(y+1)^{2}+(z+1)^{2}$ 的最小值为 $\frac{4}{3}$.

因为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2} \geq \frac{1}{3}$, 所以 $\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geq 1$.

根据柯西不等式等号成立条件, 当 $x-2=y-1=z-a$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=2-\frac{a+2}{3} \\ y=1-\frac{a+2}{3} \\ z=a-\frac{a+2}{3}\end{array}\right.$ 时有

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}$ 成立.

所以 $(a+2)^{2} \geq 1$ 成立, 所以有 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$.

另解: 用反证法.

若 $a \leqslant-3$ 或 $a \geq-1$ 不成立, 那么 $1<a<3$ 成立, 则 $(a+2)^{2}<1$ 而

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}$ 左面等号成立当且仅当

$x-2=y-1=z-a$, 又因为 $x+y+z=1$ 所以 $x-2=y-1=z-a=-\frac{a+2}{3}$. 故此时

$\left[(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}\right]\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}\right)=(x-2+y-1+z-a)^{2}=(a+2)^{2}<1$, 即

$(x-2)^{2}+(y-1)^{2}+(z-a)^{2}<\frac{1}{3}$, 与原命题矛盾放