2019年高考理科数学全国2卷(附答案)

所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0． 又0?1x?1，f(1)??x?11xlnx11?x??f(x1)?0，

11?1故f（x）在（0，1）有唯一零点1x．

1综上，f（x）有且仅有两个零点．

（2）因为1x?e?lnx0，故点B（–lnx1x0，）在曲线y=e上． 0x0由题设知

f(x0)?0，即lnx?10?x0x， 0?111x0?1故直线AB的斜率k?x?lnx00x?x0??lnxx?01?1． 0?0?x0?1?xx0x?100曲线y=ex在点B(?lnx10,x)处切线的斜率是1，曲线y?lnx在点0x0A(x10,lnx0)处切线的斜率也是x，

0所以曲线y?lnx在点A(xx0,lnx0)处的切线也是曲线y=e的切线．

21．解：（1）由题设得yy1x2y2x?2?x?2??2，化简得4?2?1(|x|?2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点． （2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为y?kx(k?0)．

?由?y?kx??x2y2x??2?4?2?1得1?2k2． 记u?21?2k2，则P(u,uk),Q(?u,?uk),E(u,0)．

于是直线QG的斜率为

k2，方程为y?k2(x?u)． ?由??y?k?2(x?u),x2得 ?2??4?y2?1(2?k2)x2?2uk2x?k2u2?8?0．①

设G(x是方程①的解，故xu(3k2?2)G,yG)，则?u和xGG?2?k2，由此得

yuk3G?2?k2．

uk3从而直线PG的斜率为2?k2?uku(3k2?2)??1．

2?k2?uk所以PQ?PG，即△PQG是直角三角形．

2uk（ii）由（i）得|PQ|?2u1?k2|PG|?k2?1，2?k2，

123．解：（1）当a=1时，f(x)=|x?1| x+|x?2|(x?1).

2所以△PQG的面积S?12|PQ‖PG|?8k(1?k)8(?k)(1?2k2)(2?k2)?k． 1?2(1?k)2k设t=k+1k，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．

因为S?8t1?2t2在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为169．

因此，△PQG面积的最大值为169．

22．解：（1）因为M???在C上，当???0,?00?3时，?0?4sin3?23. 由已知得|OP|?|OA|cos?3?2.

设Q(?,?)为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中?cos???????3???|OP|?2， 经检验，点P(2,?3)在曲线?cos???????3???2上. 所以，l的极坐标方程为?cos???????3???2. （2）设P(?,?)，在Rt△OAP中，|OP|?|OA|cos??4cos?, 即

??4cos?..

因为P在线段OM上，且AP?OM，故?的取值范围是???,????42?.

所以，P点轨迹的极坐标方程为??4cos?,??????4,??2?? . 当x?1时，

f(x)??2(x?1)2?0；当x?1时，f(x)?0.

所以，不等式f(x)?0的解集为(??,1). （2）因为f(a)=0，所以a?1.

当a?1，x?(??,1)时，f(x)=(a?x) x+(2?x)(x?a)=2(a?x)(x?1)<0 所以，a的取值范围是[1,??).