2019年全國統一高考數學試卷（理科）（新課標Ⅱ）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）設集合A＝{x|x2﹣5x+6＞0}，B＝{x|x﹣1＜0}，則A∩B＝（）A．（﹣∞，1） B．（﹣2，1） C．（﹣3，﹣1） D．（3，+∞）2．（5分）設z＝﹣3+2i，則在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．（5分）已知＝（2，3），＝（3，t），||＝1，則?＝（）A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．34．（5分）2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實現人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業取得又一重大成就．實現月球背面軟著陸需要解決的一個關鍵技術問題是地面與探測器的通訊聯系．為解決這個問題，發射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點的軌道運行．L2點是平衡點，位于地月連線的延長線上．設地球質量為M1，月球質量為M2，地月距離為R，L2點到月球的距離為r，根據牛頓運動定律和萬有引力定律，r滿足方程：+＝（R+r）．設α＝．由于α的值很小，因此在近似計算中≈3α3，則r的近似值為（）A．R B．R C．R D．R5．（5分）演講比賽共有9位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時，從9個原始評分中去掉1個最高分、1個最低分，得到7個有效評分.7個有效評分與9個原始評分相比，不變的數字特征是（）A．中位數 B．平均數 C．方差 D．極差6．（5分）若a＞b，則（）A．ln（a﹣b）＞0 B．3a＜3b C．a3﹣b3＞0 D．|a|＞|b|7．（5分）設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是（）A．α內有無數條直線與β平行 B．α內有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面8．（5分）若拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點是橢圓+＝1的一個焦點，則p＝（）A．2 B．3 C．4 D．89．（5分）下列函數中，以為周期且在區間（，）單調遞增的是（）A．f（x）＝|cos2x| B．f（x）＝|sin2x| C．f（x）＝cos|x| D．f（x）＝sin|x|10．（5分）已知α∈（0，），2sin2α＝cos2α+1，則sinα＝（）A． B． C． D．11．（5分）設F為雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2+y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為（）A． B． C．2 D．12．（5分）設函數f（x）的定義域為R，滿足f（x+1）＝2f（x），且當x∈（0，1]時，f（x）＝x（x﹣1）．若對任意x∈（﹣∞，m]，都有f（x）≥﹣，則m的取值范圍是（）A．（﹣∞，] B．（﹣∞，] C．（﹣∞，] D．（﹣∞，]二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）我國高鐵發展迅速，技術先進．經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為．14．（5分）已知f（x）是奇函數，且當x＜0時，f（x）＝﹣eax．若f（ln2）＝8，則a＝．15．（5分）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若b＝6，a＝2c，B＝，則△ABC的面積為．16．（5分）中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現了數學的對稱美．圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有個面，其棱長為．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共60分。17．（12分）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．18．（12分）11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10：10平后，每球交換發球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.5，乙發球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立．在某局雙方10：10平后，甲先發球，兩人又打了X個球該局比賽結束．（1）求P（X＝2）；（2）求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．19．（12分）已知數列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．（1）證明：{an+bn}是等比數列，{an﹣bn}是等差數列；（2）求{an}和{bn}的通項公式．20．（12分）已知函數f（x）＝lnx﹣．（1）討論f（x）的單調性，并證明f（x）有且僅有兩個零點；（2）設x0是f（x）的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A（x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．21．（12分）已知點A（﹣2，0），B（2，0），動點M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為﹣．記M的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；（2）過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結QE并延長交C于點G．（i）證明：△PQG是直角三角形；（ii）求△PQG面積的最大值．（二）選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。[選修44：坐標系與參數方程]（10分）22．（10分）在極坐標系中，O為極點，點M（ρ0，θ0）（ρ0＞0）在曲線C：ρ＝4sinθ上，直線l過點A（4，0）且與OM垂直，垂足為P．（1）當θ0＝時，求ρ0及l的極坐標方程；（2）當M在C上運動且P在線段OM上時，求P點軌跡的極坐標方程．[選修45：不等式選講]（10分）23．已知f（x）＝|x﹣a|x+|x﹣2|（x﹣a）．（1）當a＝1時，求不等式f（x）＜0的解集；（2）當x∈（﹣∞，1）時，f（x）＜0，求a的取值范圍．2019年全國統一高考數學試卷（理科）（新課標Ⅱ）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）設集合A＝{x|x2﹣5x+6＞0}，B＝{x|x﹣1＜0}，則A∩B＝（）A．（﹣∞，1） B．（﹣2，1） C．（﹣3，﹣1） D．（3，+∞）【分析】根據題意，求出集合A、B，由交集的定義計算可得答案．【解答】解：根據題意，A＝{x|x2﹣5x+6＞0}＝{x|x＞3或x＜2}，B＝{x|x﹣1＜0}＝{x|x＜1}，則A∩B＝{x|x＜1}＝（﹣∞，1）；故選：A．【點評】本題考查交集的計算，關鍵是掌握交集的定義，屬于基礎題．2．（5分）設z＝﹣3+2i，則在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】求出z的共軛復數，根據復數的幾何意義求出復數所對應點的坐標即可．【解答】解：∵z＝﹣3+2i，∴，∴在復平面內對應的點為（﹣3，﹣2），在第三象限．故選：C．【點評】本題考查共軛復數的代數表示及其幾何意義，屬基礎題．3．（5分）已知＝（2，3），＝（3，t），||＝1，則?＝（）A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．3【分析】由＝先求出的坐標，然后根據||＝1，可求t，結合向量數量積定義的坐標表示即可求解．【解答】解：∵＝（2，3），＝（3，t），∴＝＝（1，t﹣3），∵||＝1，∴t﹣3＝0即＝（1，0），則?＝2故選：C．【點評】本題主要考查了向量數量積的定義及性質的坐標表示，屬于基礎試題4．（5分）2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實現人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業取得又一重大成就．實現月球背面軟著陸需要解決的一個關鍵技術問題是地面與探測器的通訊聯系．為解決這個問題，發射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點的軌道運行．L2點是平衡點，位于地月連線的延長線上．設地球質量為M1，月球質量為M2，地月距離為R，L2點到月球的距離為r，根據牛頓運動定律和萬有引力定律，r滿足方程：+＝（R+r）．設α＝．由于α的值很小，因此在近似計算中≈3α3，則r的近似值為（）A．R B．R C．R D．R【分析】由α＝．推導出＝≈3α3，由此能求出r＝αR＝．【解答】解：∵α＝．∴r＝αR，r滿足方程：+＝（R+r）．∴＝≈3α3，∴r＝αR＝．故選：D．【點評】本題考查點到月球的距離的求法，考查函數在我國航天事業中的靈活運用，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，考查運算求解能力，是中檔題．5．（5分）演講比賽共有9位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時，從9個原始評分中去掉1個最高分、1個最低分，得到7個有效評分.7個有效評分與9個原始評分相比，不變的數字特征是（）A．中位數 B．平均數 C．方差 D．極差【分析】根據題意，由數據的數字特征的定義，分析可得答案．【解答】解：根據題意，從9個原始評分中去掉1個最高分、1個最低分，得到7個有效評分，7個有效評分與9個原始評分相比，最中間的一個數不變，即中位數不變，故選：A．【點評】本題考查數據的數字特征，關鍵是掌握數據的平均數、中位數、方差、極差的定義以及計算方法，屬于基礎題．6．（5分）若a＞b，則（）A．ln（a﹣b）＞0 B．3a＜3b C．a3﹣b3＞0 D．|a|＞|b|【分析】取a＝0，b＝﹣1，利用特殊值法可得正確選項．【解答】解：取a＝0，b＝﹣1，則ln（a﹣b）＝ln1＝0，排除A；，排除B；a3＝03＞（﹣1）3＝﹣1＝b3，故C對；|a|＝0＜|﹣1|＝1＝b，排除D．故選：C．【點評】本題考查了不等式的基本性質，利用特殊值法可迅速得到正確選項，屬基礎題．7．（5分）設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是（）A．α內有無數條直線與β平行 B．α內有兩條相交直線與β平行 C．α，β平行于同一條直線 D．α，β垂直于同一平面【分析】充要條件的定義結合面面平行的判定定理可得結論【解答】解：對于A，α內有無數條直線與β平行，α∩β或α∥β；對于B，α內有兩條相交直線與β平行，α∥β；對于C，α，β平行于同一條直線，α∩β或α∥β；對于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．故選：B．【點評】本題考查了充要條件的定義和面面平行的判定定理，考查了推理能力，屬于基礎題．8．（5分）若拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點是橢圓+＝1的一個焦點，則p＝（）A．2 B．3 C．4 D．8【分析】根據拋物線的性質以及橢圓的性質列方程可解得．【解答】解：由題意可得：3p﹣p＝（）2，解得p＝8．故選：D．【點評】本題考查了拋物線與橢圓的性質，屬基礎題．9．（5分）下列函數中，以為周期且在區間（，）單調遞增的是（）A．f（x）＝|cos2x| B．f（x）＝|sin2x| C．f（x）＝cos|x| D．f（x）＝sin|x|【分析】根據正弦函數，余弦函數的周期性及單調性依次判斷，利用排除法即可求解．【解答】解：f（x）＝sin|x|不是周期函數，可排除D選項；f（x）＝cos|x|的周期為2π，可排除C選項；f（x）＝|sin2x|在處取得最大值，不可能在區間（，）單調遞增，可排除B．故選：A．【點評】本題主要考查了正弦函數，余弦函數的周期性及單調性，考查了排除法的應用，屬于基礎題．10．（5分）已知α∈（0，），2sin2α＝cos2α+1，則sinα＝（）A． B． C． D．【分析】由二倍角的三角函數公式化簡已知可得4sinαcosα＝2cos2α，結合角的范圍可求sinα＞0，cosα＞0，可得cosα＝2sinα，根據同角三角函數基本關系式即可解得sinα的值．【解答】解：∵2sin2α＝cos2α+1，∴可得：4sinαcosα＝2cos2α，∵α∈（0，），sinα＞0，cosα＞0，∴cosα＝2sinα，∵sin2α+cos2α＝sin2α+（2sinα）2＝5sin2α＝1，∴解得：sinα＝．故選：B．【點評】本題主要考查了二倍角的三角函數公式，同角三角函數基本關系式在三角函數化簡求值中的應用，考查了轉化思想，屬于基礎題．11．（5分）設F為雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2+y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為（）A． B． C．2 D．【分析】由題意畫出圖形，先求出PQ，再由|PQ|＝|OF|列式求C的離心率．【解答】解：如圖，由題意，把x＝代入x2+y2＝a2，得PQ＝，再由|PQ|＝|OF|，得，即2a2＝c2，∴，解得e＝．故選：A．【點評】本題考查雙曲線的簡單性質，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題．12．（5分）設函數f（x）的定義域為R，滿足f（x+1）＝2f（x），且當x∈（0，1]時，f（x）＝x（x﹣1）．若對任意x∈（﹣∞，m]，都有f（x）≥﹣，則m的取值范圍是（）A．（﹣∞，] B．（﹣∞，] C．（﹣∞，] D．（﹣∞，]【分析】因為f（x+1）＝2f（x），∴f（x）＝2f（x﹣1），分段求解析式，結合圖象可得．【解答】解：因為f（x+1）＝2f（x），∴f（x）＝2f（x﹣1），∵x∈（0，1]時，f（x）＝x（x﹣1）∈[﹣，0]，∴x∈（1，2]時，x﹣1∈（0，1]，f（x）＝2f（x﹣1）＝2（x﹣1）（x﹣2）∈[﹣，0]；∴x∈（2，3]時，x﹣1∈（1，2]，f（x）＝2f（x﹣1）＝4（x﹣2）（x﹣3）∈[﹣1，0]，當x∈（2，3]時，由4（x﹣2）（x﹣3）＝﹣解得x＝或x＝，若對任意x∈（﹣∞，m]，都有f（x）≥﹣，則m≤．故選：B．【點評】本題考查了函數與方程的綜合運用，屬中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）我國高鐵發展迅速，技術先進．經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為0.98．【分析】利用加權平均數公式直接求解．【解答】解：∵經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97，有20個車次的正點率為0.98，有10個車次的正點率為0.99，∴經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為：＝（10×0.97+20×0.98+10×0.99）＝0.98．故答案為：0.98．【點評】本題考查經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值的求法，考查加權平均數公式等基礎知識，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題．14．（5分）已知f（x）是奇函數，且當x＜0時，f（x）＝﹣eax．若f（ln2）＝8，則a＝﹣3．【分析】奇函數的定義結合對數的運算可得結果【解答】解：∵f（x）是奇函數，∴f（﹣ln2）＝﹣8，又∵當x＜0時，f（x）＝﹣eax，∴f（﹣ln2）＝﹣e﹣aln2＝﹣8，∴﹣aln2＝ln8，∴a＝﹣3．故答案為：﹣3【點評】本題主要考查函數奇偶性的應用，對數的運算性質，屬于基礎題．15．（5分）△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若b＝6，a＝2c，B＝，則△ABC的面積為．【分析】利用余弦定理得到c2，然后根據面積公式S△ABC＝acsinB＝c2sinB求出結果即可．【解答】解：由余弦定理有b2＝a2+c2﹣2accosB，∵b＝6，a＝2c，B＝，∴36＝（2c）2+c2﹣4c2cos，∴c2＝12，∴S△ABC＝，故答案為：6．【點評】本題考查了余弦定理和三角形的面積公式，屬基礎題．16．（5分）中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現了數學的對稱美．圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有26個面，其棱長為﹣1．【分析】中間層是一個正八棱柱，有8個側面，上層是有8+1，個面，下層也有8+1個面，故共有26個面；半正多面體的棱長為中間層正八棱柱的棱長加上兩個棱長的cos45°＝倍．【解答】解：該半正多面體共有8+8+8+2＝26個面，設其棱長為x，則x+x+x＝1，解得x＝﹣1．故答案為：26，﹣1．【點評】本題考查了球內接多面體，屬中檔題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共60分。17．（12分）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）證明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【分析】（1）推導出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能證明BE⊥平面EB1C1．（2）以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．【解答】證明：（1）長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，∴BE⊥平面EB1C1．解：（2）以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，則E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，故取平面EBC的法向量為＝＝（﹣1，0，1），設平面ECC1的法向量＝（x，y，z），由，得，取x＝1，得＝（1，﹣1，0），∴cos＜＞＝＝﹣，∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值為．【點評】本題考查線面垂直的證明，考查二面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理能力與計算能力，是中檔題．18．（12分）11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10：10平后，每球交換發球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束．甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.5，乙發球時甲得分的概率為0.4，各球的結果相互獨立．在某局雙方10：10平后，甲先發球，兩人又打了X個球該局比賽結束．（1）求P（X＝2）；（2）求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．【分析】（1）設雙方10：10平后的第k個球甲獲勝為事件Ak（k＝1，2，3，…），則P（X＝2）＝P（A1A2）+P（）＝P（A1）P（A2）+P（）P（），由此能求出結果．（2）P（X＝4且甲獲勝）＝P（A2A3A4）+P（）＝P（）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（）P（A3）P（A4），由此能求出事件“X＝4且甲獲勝”的概率．【解答】解：（1）設雙方10：10平后的第k個球甲獲勝為事件Ak（k＝1，2，3，…），則P（X＝2）＝P（A1A2）+P（）＝P（A1）P（A2）+P（）P（）＝0.5×0.4+0.5×0.6＝0.5．（2）P（X＝4且甲獲勝）＝P（A2A3A4）+P（）＝P（）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（）P（A3）P（A4）＝（0.5×0.4+0.5×0.6）×0.5×0.4＝0.1．【點評】本題考查概率的求法，考查相互獨立事件概率乘法公式等基礎知識，考查推理能力與計算能力，是中檔題．19．（12分）已知數列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．（1）證明：{an+bn}是等比數列，{an﹣bn}是等差數列；（2）求{an}和{bn}的通項公式．【分析】（1）定義法證明即可；（2）由（1）結合等差、等比的通項公式可得【解答】解：（1）證明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；即an+1+bn+1＝（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，∴{an+bn}是首項為1，公比為的等比數列，{an﹣bn}是首項為1，公差為2的等差數列；（2）由（1）可得：an+bn＝（）n﹣1，an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；∴an＝（）n+n﹣，bn＝（）n﹣n+．【點評】本題考查了等差、等比數列的定義和通項公式，是基礎題20．（12分）已知函數f（x）＝lnx﹣．（1）討論f（x）的單調性，并證明f（x）有且僅有兩個零點；（2）設x0是f（x）的一個零點，證明曲線y＝lnx在點A（x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．【分析】（1）討論f（x）的單調性，求函數導數，在定義域內根據函數零點大致區間求零點個數，（2）運用曲線的切線方程定義可證明．【解答】解析：（1）函數f（x）＝lnx﹣．定義域為：（0，1）∪（1，+∞）；f′（x）＝+＞0，（x＞0且x≠1），∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上單調遞增，①在（0，1）區間取值有，代入函數，由函數零點的定義得，∵f（）＜0，f（）＞0，f（）?f（）＜0，∴f（x）在（0，1）有且僅有一個零點，②在（1，+∞）區間，區間取值有e，e2代入函數，由函數零點的定義得，又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）?f（e2）＜0，∴f（x）在（1，+∞）上有且僅有一個零點，故f（x）在定義域內有且僅有兩個零點；（2）x0是f（x）的一個零點，則有lnx0＝，曲線y＝lnx，則有y′＝；曲線y＝lnx在點A（x0，lnx0）處的切線方程為：y﹣lnx0＝（x﹣x0）即：y＝x﹣1+lnx0即：y＝x+而曲線y＝ex的切線在點（ln，）處的切線方程為：y﹣＝（x﹣ln），即：y＝x+，故曲線y＝lnx在點A（x0，lnx0）處的切線也是曲線y＝ex的切線．故得證．【點評】本題考查f（x）的單調性，函數導數，在定義域內根據函數零點大致區間求零點個數，以及利用曲線的切線方程定義證明．21．（12分）已知點A（﹣2，0），B（2，0），動點M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為﹣．記M的軌跡為曲線C．（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；（2）過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結QE并延長交C于點G．（i）證明：△PQG是直角三角形；（ii）求△PQG面積的最大值．【分析】（1）利用直接法不難得到方程；（2）（i）設P（x0，y0），則Q（﹣x0，﹣y0），E（x0，0），利用直線QE的方程與橢圓方程聯立求得G點坐標，去證PQ，PG斜率之積為﹣1；（ii）利用S＝，代入已得數據，并對換元，利用“對號”函數可得最值．【解答】解：（1）由題意得，整理得曲線C的方程：，∴曲線C是焦點在x軸上不含長軸端點的橢圓；（2）（i）設P（x0，y0），則Q（﹣x0，﹣y0），E（x0，0），G（xG，yG），∴直線QE的方程為：，與聯立消去y，得，