2019年高考试题——数学理（新课标Ⅰ卷）解析版 25页

绝密★启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 本试卷共 4 页，23 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔 将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂 黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相 应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不 按以上要求作答无效。 4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1.已知集合 ，则 = A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想 解题． 【详解】由题意得， ，则 ．故选 C． 【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 2.设复数 z 满足 ，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则   24 2 { 6 0M x x N x x x       ， M N { 4 3x x   { 4 2x x   { 2 2x x   { 2 3x x     4 2 , 2 3M x x N x x         2 2M N x x     =1iz  A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x，y）和点(0，1)之间的距 离为 1，可选正确答案 C． 【详解】 则 ．故选 C． 【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法或几何法， 利用方程思想解题． 3.已知 ，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 运用中间量 比较 ，运用中间量 比较 【详解】 则 ．故选 B． 【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变量法，利用转化 与化归思想解题． 4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是 （ ≈0.618， 称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐 的长度之比也是 ．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为 105cm，头顶至脖子下端的长度为 26 cm，则其身高可能是 2 2+1 1( )x y  2 2( 1) 1x y   2 2( 1) 1x y   22 ( +1) 1yx   , ( 1) ,z x yi z i x y i      2 2( 1) 1,z i x y     2 2( 1) 1x y   0.2 0.3 2log 0.2, 2 , 0.2a b c   a b c  a c b  c a b  b c a  0 ,a c 1 ,b c 2 2log 0.2 log 1 0,a    0.2 02 2 1,b    0.3 00 0.2 0.2 1,   0 1,c a c b    5 1 2  5 1 2  5 1 2  A. 165 cm B. 175 cm C. 185 cm D. 190cm 【答案】B 【解析】 【分析】 理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解． 【详解】设人体脖子下端至腿根的长为 x cm，肚脐至腿根的长为 y cm，则 ，得 ．又其腿长为 105cm，头顶至脖子下端的长度为 26cm，所以其身高约为 42．07+5．15+105+26=178．22，接近 175cm．故选 B． 【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取类比法，利用转化思想解 题． 5.函数 f(x)= 在[—π，π]的图像大致为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，得 是奇函数，排除 A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正确答案． 26 26 5 1 105 2 x x y    42.07 , 5.15x cm y cm  2 sin cos x x x x   ( )f x 【详解】由 ，得 是奇函数，其图象关于原点对称．又 ．故选 D． 【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取性质法或赋值法， 利用数形结合思想解题． 6.我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6 个爻组成，爻分为阳 爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3 个阳爻的概率 是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养， “重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有 3 个阳爻是相同元素的排列问题， 利用直接法即可计算． 【详解】由题知，每一爻有 2 中情况，一重卦的 6 爻有 情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻情况有 ，所以 该重卦恰有 3 个阳爻的概率为 = ，故选 A． 【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组 合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同 元素的排列问题即为组合问题． 2 2 sin( ) ( ) sin( ) ( )cos( ) ( ) cos x x x xf x f xx x x x             ( )f x 2 2 1 4 22( ) 1,2 ( )2 f          2( ) 01f     5 16 11 32 21 32 11 16 62 3 6C 3 6 62 C 5 16 7.已知非零向量 a，b 满足 =2 ，且（a–b） b，则 a 与 b 的夹角为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本题主要考查利用平面向量数量积数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算 等数学素养．先由 得出向量 的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量 夹角． 【 详 解 】 因 为 ， 所 以 =0 ， 所 以 ， 所 以 = ，所以 与 的夹角为 ，故选 B． 【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余 弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为 ． 8.如图是求 的程序框图，图中空白框中应填入 A. A= B. A= C. A= D. A= 【答案】A a b  π 6 π 3 2π 3 5π 6 ( )a b b  ,a b ( )a b b  2( )a b b a b b     2a b b  cos 2 2 | | 1 2 | | 2 a b b a b b    a b 3  [0, ] 1 12 12 2   1 2 A 12 A 1 1 2A 11 2A 【解析】 【分析】 本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构特征与程序框图 结构，即可找出作出选择． 【详解】执行第 1 次， 是，因为第一次应该计算 = ， =2，循环，执行 第 2 次， ，是，因为第二次应该计算 = ， =3，循环，执行第 3 次， ，否，输出，故循环体为 ，故选 A． 【点睛】秒杀速解 认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为 ． 9.记 为等差数列 的前 n 项和．已知 ，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 等差数列通项公式与前 n 项和公式．本题还可用排除，对 B， ， ，排除 B ， 对 C ， ， 排 除 C ． 对 D ， ，排除 D，故选 A． 【详解】由题知， ，解得 ，∴ ，故选 A． 【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前 n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数 列通项公式与前 n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断． 10.已知椭圆 C 的焦点为 ，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点.若 ， 1 , 1 22A k   1 12 2 1 2 A 1k k  2 2k   1 12 12 2   1 2 A 1k k  2 2k   1 2A A  1 2A A  nS { }na 4 50 5S a ， 2 5na n  3 10na n  22 8nS n n  21 22nS n n  5 5a  4 4( 7 2) 10 02S      2 4 5 5 40, 2 5 8 5 0 10 5S a S S          2 4 5 5 4 1 50, 5 2 5 0 52 2S a S S          4 1 5 1 4 4 3 02 4 5 dS a a a d           1 3 2 a d     2 5na n  1 21,0 1,0F F( ) ， ( ) 2 22AF F B│ │ │ │ ，则 C 的方程为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 可以运用下面方法求解：如图，由已知可设 ，则 ，由椭圆的定义有 ． 在 和 中 ， 由 余 弦 定 理 得 ，又 互补， ， 两 式 消 去 ， 得 ， 解 得 ． 所求椭圆方程为 ，故选 B． 【 详 解 】 如 图 ， 由 已 知 可 设 ， 则 ， 由 椭 圆 的 定 义 有 ． 在 中 ， 由 余 弦 定 理 推 论 得 ． 在 中 ， 由 余 弦 定 理 得 ， 解 得 ． 所求椭圆方程为 ，故选 B． 【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实 1AB BF│ ││ │ 2 2 12 x y  2 2 13 2 x y  2 2 14 3 x y  2 2 15 4 x y  2F B n 2 12 , 3AF n BF AB n   1 2 1 22 4 , 2 2a BF BF n AF a AF n       1 2AF F△ 1 2BF F△ 2 2 2 1 2 2 2 1 4 4 2 2 2 cos 4 , 4 2 2 cos 9 n n AF F n n n BF F n                 2 1 2 1,AF F BF F  2 1 2 1cos cos 0AF F BF F     2 1 2 1cos cosAF F BF F , 2 23 6 11n n  3 2n  2 2 22 4 2 3 , 3 , 3 1 2 ,a n a b a c            2 2 13 2 x y  2F B n 2 12 , 3AF n BF AB n   1 2 1 22 4 , 2 2a BF BF n AF a AF n       1AF B△ 2 2 2 1 4 9 9 1cos 2 2 3 3 n n nF AB n n      1 2AF F△ 2 2 14 4 2 2 2 43n n n n      3 2n  2 2 22 4 2 3 , 3 , 3 1 2 ,a n a b a c            2 2 13 2 x y  了直观想象、逻辑推理等数学素养． 11.关于函数 有下述四个结论： ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（ , ）单调递增 ③f(x)在 有 4 个零点 ④f(x)的最大值为 2 其中所有正确结论的编号是 A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③ 【答案】C 【解析】 【分析】 化简函数 ，研究它的性质从而得出正确答案． 【 详 解 】 为 偶 函 数 ， 故 ① 正 确 ． 当 时， ，它在区间 单调递减，故②错误．当 时， ， 它有两个零点： ；当 时， ，它有一个零点： ，故 在 有 个零点： ，故③错误．当 时， ； 当 时， ，又 为偶函数， 的最大值 为 ，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选 C． 【点睛】画出函数 的图象，由图象可得①④正确，故选 C． 12.已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=PC，△ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分 别是 PA，PB 的中点，∠CEF=90°，则球 O 的体积为 ( ) sin | | | sin |f x x x  2   [ , ]    sin sinf x x x         sin sin sin sin ,f x x x x x f x f x         2 x     2sinf x x ,2     0 x     2sinf x x 0   0x      sin sin 2sinf x x x x       f x  ,  3 0      2 , 2x k k k      N   2sinf x x   2 , 2 2x k k k        N   sin sin 0f x x x    f x  f x 2   sin sinf x x x  A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先证得 平面 ，再求得 ，从而得 为正方体一部分，进而知正方体 的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一: 为边长为 2 的等边三角形， 为正三棱锥， ，又 ， 分别为 、 中点， ， ，又 ， 平面 ， 平面 ， ， 为正方体一部分， ，即 ，故选 D． 解法二: 设 ， 分别为 中点， 8 6 4 6 2 6 6 PB  PAC 2PA PB PC   P ABC ,PA PB PC ABC   P ABC  PB AC  E F PA AB / /EF PB EF AC  EF CE ,CE AC C EF   PAC PB  PAC 2PAB PA PB PC      P ABC  2 2 2 2 6R     36 4 4 6 6, 62 3 3 8R V R        2PA PB PC x   ,E F ,PA AB ，且 ， 为边长为 2 的等边三角形， 又 中余弦定理 ，作 于 ， ， 为 中点， ， ， ， ，又 ， 两两 垂直， ， ， ，故选 D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相 垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.曲线 在点 处的切线方程为___________． 【答案】 . 【解析】 【分析】 本题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程 【详解】详解： 所以， 所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ． 【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导 要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求． 14.记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 ，则 S5=____________． / /EF PB 1 2EF PB x  ABC 3CF  90CEF   2 13 , 2CE x AE PA x     AEC  2 24 3 cos 2 2 x x EAC x        PD AC D PA PC DQ AC 1cos 2 ADEAC PA x   2 24 3 1 4 2 x x x x     2 2 1 22 1 2 2 2x x x      2PA PB PC    = = =2AB BC AC , ,PA PB PC 2 2 2 2 6R     6 2R  34 4 6 6 63 3 8V R       23( )exy x x  (0,0) 3 0x y  / 2 23(2 1) 3( ) 3( 3 1) ,x x xy x e x x e x x e       / 0| 3xk y   23( )exy x x  (0,0) 3y x 3 0x y  2 1 4 6 1 3a a a ， 【答案】 . 【解析】 【分析】 本题根据已知条件，列出关于等比数列公比 的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到 ．题目的难 度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查． 【详解】设等比数列的公比为 ，由已知 ，所以 又 ， 所以 所以 ． 【点睛】准确计算，是解答此类问题 基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部 分考生易出现运算错误． 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____________． 【答案】0.216. 【解析】 【分析】 本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一 定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查． 【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以 获胜的概率是 前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以 获胜的概率是 综上所述，甲队以 获胜的概率是 【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的 全面性是否具备，要考虑甲队以 获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算． 16.已知双曲线 C： 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 的直线与 C 的两条渐近线分别 121 3 q 5S q 2 1 4 6 1 ,3a a a  3 2 51 1( ) ,3 3q q 0q  3,q  5 5 1 5 1 (1 3 )(1 ) 1213 1 1 3 3 a qS q     的 4:1 30.6 0.5 0.5 2 0.108,    4:1 2 20.4 0.6 0.5 2 0.072,    4:1 0.108 0.072 0.18.q    4:1 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b    交于 A，B 两点．若 ， ，则 C 的离心率为____________． 【答案】2. 【解析】 【分析】 通 过 向 量 关 系 得 到 和 ， 得 到 ， 结 合 双 曲 线 的 渐 近 线 可 得 从而由 可求离心率. 【详解】如图， 由 得 又 得 OA 是三角形 的中位线，即 由 ，得 则 有 ， 又 OA 与 OB 都是渐近线，得 又 ，得 ．又渐近线 OB 的斜率为 ，所以该双曲线的离心率为 ． 【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采 取几何法，利用数形结合思想解题． 三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17~21 题为必考题， 每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共 60 分。 17. 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设 ． （1）求 A； 1F A AB  1 2 0F B F B   1F A AB 1OA F A 1AOB AOF   2 1,BOF AOF   0 2 1 60 ,BOF AOF BOA      0tan 60 3b a   1 ,F A AB  1 .F A AB 1 2 ,OF OF 1 2F F B 2 2/ / , 2 .BF OA BF OA 1 2 0F B F B    1 2 1, ,F B F B OA F A  1OB OF 1AOB AOF   2 1,BOF AOF   2 1BOF AOB AOF       0 2 1 60 ,BOF AOF BOA      0tan 60 3b a   2 21 ( ) 1 ( 3) 2c be a a      VABC 2 2(sin sin ) sin sin sinB C A B C   （2）若 ，求 sinC． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得： ，从而可整理出 ，根据 可 求得结果；（2）利用正弦定理可得 ，利用 、两角和差正弦公 式可得关于 和 的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果. 【详解】（1） 即： 由正弦定理可得： （2） ，由正弦定理得： 又 ， 整理可得： 解得： 或 因 所以 ，故 . （2）法二： ，由正弦定理得： 2 2a b c  3A  6 2sin 4C  2 2 2b c a bc   cos A  0,A  2 sin sin 2 sinA B C   sin sinB A C  sinC cosC  2 2 2 2sin sin sin 2sin sin sin sin sin sinB C B B C C A B C      2 2 2sin sin sin sin sinB C A B C   2 2 2b c a bc   2 2 2 1cos 2 2 b c aA bc      0,πA 3A  = 2 2a b c  2 sin sin 2 sinA B C   sin sin sin cos cos sinB A C A C A C    3A  3 3 12 cos sin 2sin2 2 2C C C     3sin 6 3cosC C  2 2sin cos 1C C     2 23sin 6 3 1 sinC C    6 2sin 4C  6 2 4  为 6sin 2sin 2sin 2sin 02B C A C     6sin 4C  6 2sin 4C  2 2a b c  2 sin sin 2 sinA B C  又 ， 整理可得： ，即 由 ，所以 . 【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关 系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系. 18.如图，直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N 分别是 BC， BB1，A1D 的中点． （1）证明：MN∥平面 C1DE； （2）求二面角 A-MA1-N 的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用三角形中位线和 可证得 ，证得四边形 为平行四边形，进而证得  sin sin sin cos cos sinB A C A C A C    3A  3 3 12 cos sin 2sin2 2 2C C C     3sin 6 3cosC C  3sin 3cos 2 3sin 66C C C        2sin 6 2C       2(0, ), ( , )3 6 6 2C C       ,6 4 4 6C C       6 2sin sin( )4 6 4C      10 5 1 1/ /AD BC / /ME ND MNDE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形 对角线交点为原点可建立空间直角坐 标系，通过取 中点 ，可证得 平面 ，得到平面 的法向量 ；再通过向量法求得 平面 的法向量 ，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦 值. 【详解】（1）连接 ， ， 分别为 ， 中点 为 的中位线 且 又 为 中点，且 且 四边形 为平行四边形 ，又 平面 ， 平面 平面 （2）设 ， 由直四棱柱性质可知： 平面 四边形 为菱形 则以 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： / /MN DE ABCD AB F DF  1AMA 1AMA DF uuur 1MAN n ME 1B C M E 1BB BC ME 1B BC 1/ /ME BC 1 1 2ME B C N 1A D 1 1/ /AD BC 1/ /ND BC 1 1 2ND B C //ME ND  MNDE / /MN DE MN  1C DE DE Ì 1C DE / /MN 1C DE AC BD O 1 1 1 1 1AC B D O 1OO  ABCD  ABCD AC BD∴ ⊥ O 则： ， ， ，D（0，-1,0） 取 中点 ，连接 ，则 四边形 为菱形且 为等边三角形 又 平面 ， 平面 平面 ，即 平面 为平面 一个法向量，且 设平面 的法向量 ，又 ， ，令 ，则 ， 二面角 的正弦值为： 【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直 关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 19.已知抛物线 C：y2=3x 的焦点为 F，斜率为 的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x 轴的交点为 P．  3,0,0A  0,1,2M  1 3,0,4A 3 1, ,22 2N      AB F DF 03 1, ,2 2F        ABCD 60BAD   BAD DF AB  1AA  ABCD DF  ABCD 1DF AA  DF ∴ 1 1ABB A DF  1AMA DF 1AMA 的 3 3, ,02 2DF       1MAN  , ,n x y z  1 3, 1, 2MA   3 3, ,02 2MN        1 3 2 0 3 3 02 2 n MA x y z n MN x y             3x  1y  1z    3,1, 1n   3 15cos , 515 DF nDF n DF n            10sin , 5DF n     1A MA N  10 5 3 2 （1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程； （2）若 ，求|AB|． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）设直线 ： ， ， ；根据抛物线焦半径公式可得 ；联立直线 方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于 的方程，解方程求得结果；（2）设直线 ： ； 联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用 可得 ，结合韦达定理可求得 ；根据弦长公式可求得结果. 【详解】（1）设直线 方程为： ， ， 由抛物线焦半径公式可知： 联立 得： 则 ，解得： 直线 的方程为： ，即： （2）设 ，则可设直线 方程为： 联立 得： 则 ， ， 3AP PB  12 8 7 0x y   4 13 3 l 3y = x m2   1 1,A x y  2 2,B x y 1 2 1x x + m l 2 3x y t  3AP PB  1 23y y  1 2y y l 3y = x m2   1 1,A x y  2 2,B x y 1 2 3 42AF BF x x     1 2 5 2x x   2 3 2 3 y x m y x       2 29 12 12 4 0x m x m     2 212 12 144 0m m     1 2m  1 2 12 12 5 9 2 mx x      7 8m    l 3 7 2 8y x  12 8 7 0x y    ,0P t l 2 3x y t  2 2 3 3 x y t y x      2 2 3 0y y t   4 12 0t    1 3t   1 2 2y y   1 2 3y y t 3AP PB   1 23y y  2 1y  1 3y  1 2 3y y  则 【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用. 关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系. 20.已知函数 ， 为 的导数．证明： （1） 在区间 存在唯一极大值点； （2） 有且仅有 2 个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）求得导函数后，可判断出导函数在 上单调递减，根据零点存在定理可判断出 ，使 得 ，进而得到导函数在 上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知 为 在 上的唯一零点；当 时，首先可判断出在 上无零点，再利用零点存在定理 得到 在 上的单调性，可知 ，不存在零点；当 时，利用零点存在定理和 单调性可判断出存在唯一一个零点；当 ，可证得 ；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知： 定义域为： 且 令 ， ， 在 上单调递减， 在 上单调递减 在 上单调递减  2 1 2 1 2 4 13 4 131 4 4 129 3 3AB y y y y         ( ) sin ln(1 )f x x x   ( )f x ( )f x ( )f x ( 1, )2  ( )f x 1, 2     0 0, 2x       0 0g x  1, 2     0x   f x  1,0 0, 2 x pæ ö÷çÎ ÷ç ÷ç ÷è ø ( )00, x  f x 0 , 2x        0f x  ,2x       f x  ,x     0f x   f x  1,    1cos 1f x x x       1cos 1g x x x   1, 2x         2 1sin 1 g x x x      1, 2x       2 1 1x  1, 2     1 1 1 1 ,7n na a   1, 2      g x 1, 2     又 ， ，使得 当 时， ； 时， 即 上单调递增；在 上单调递减 则 为 唯一的极大值点 即： 在区间 上存在唯一的极大值点 . （2）由（1）知： ， ①当 时，由（1）可知 在 上单调递增 在 上单调递减 又 为 在 上的唯一零点 ②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减 又 在 上单调递增，此时 ，不存在零点 又 ，使得 在 上单调递增，在 上单调递减  0 sin0 1 1 0g         2 2 4 4sin 1 02 2 2 2 g                 0 0, 2x       0 0g x    01,x x    0g x  0 , 2x x       0g x   g x 在 01, x 0 , 2x      0x x  g x  f x 1, 2     0x   1cos 1f x x x      1,x    1,0x   f x  1,0    0 0f x f     f x  1,0  0 0f  0x   f x  1,0 0, 2x      f x ( )00, x 0 , 2x       0 0f    0 0f x   f x ( )00, x    0 0f x f  2 2cos 02 2 2 2f                1 0 , 2x x       1 0f x   f x  0 1,x x 1, 2x      又 ， 在 上恒成立，此时不存在零点 ③当 时， 单调递减， 单调递减 在 上单调递减 又 ， 即 ，又 在 上单调递减 在 上存在唯一零点 ④当 时， ， 即 在 上不存在零点 综上所述： 有且仅有 个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一 方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯 一性，二者缺一不可. 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未治愈则甲药得 1 分，乙药得 分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白 鼠未治愈则乙药得 1 分，甲药得 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得 0 分．甲、乙两种药的治愈率分    0 0 0f x f  2sin ln 1 ln ln1 02 2 2 2 ef                       0f x  0 , 2x      ,2x      sin x  ln 1x   f x ,2       02f           sin ln 1 ln 1 0f             02f f        f x ,2         f x ,2        ,x    sin 1,1x      ln 1 ln 1 ln 1x e      sin ln 1 0x x     f x  ,   f x 2 1 1 别记为 α 和 β，一轮试验中甲药的得分记为 X． （1）求 的分布列； （2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分， 表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲 药比乙药更有效”的概率，则 ， ， ，其中 ， ， ．假设 ， ． (i)证明： 为等比数列； (ii)求 ，并根据 的值解释这种试验方案的合理性． 【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii） . 【解析】 【分析】 （1）首先确定 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 的取值，可得 ，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 和 的值可求得 ；再次利 用累加法可求出 . 【详解】（1）由题意可知 所有可能的取值为： ， ， ； ； 则 的分布列如下： （2） ， ， ， （i） 即 X ( 0,1, ,8)ip i   i 0 0p  8 1p  1 1i i i ip ap bp cp    ( 1,2, ,7)i   ( 1)a P X   ( 0)b P X  ( 1)c P X  0.5  0.8  1{ }i ip p  ( 0,1,2, ,7)i   4p 4p 4 1 257p  X , ,a b c  1 10.4 0.5 0.1 1,2, ,7i i i ip p p p i      8p 0p 1p 4p X 1 0 1    1 1P X          0 1 1P X           1 1P X     X X 1 0 1 P  1     1 1      1  0.5  0.8  0.5 0.8 0.4a    0.5 0.8 0.5 0.2 0.5b      0.5 0.2 0.1c     1 1 1,2, ,7i i i ip ap bp cp i       1 10.4 0.5 0.1 1,2, ,7i i i ip p p p i      整理可得： 是以 为首项， 为公比的等比数列 （ii）由（i）知： ， ，……， 作和可得： 表示最终认为甲药更有效的.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为 0.5，乙药治愈率为 0.8 时，认为甲药 更有效的概率为 ，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理. 【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公 式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对 学生分析和解决问题能力要求较高. （二）选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。 22.[选修 4-4：坐标系与参数方程] 在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 （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 ． （1）求 C 和 l 直角坐标方程； （2）求 C 上的点到 l 距离的最小值． 【答案】（1） ； ；（2）  1 15 4 1,2, ,7i i ip p p i       1 14 1,2, ,7i i i ip p p p i        1i ip p   0,1,2, ,7i   1 0p p 4  1 1 0 14 4i i i ip p p p p       7 8 7 1 4p p p    6 7 6 1 4p p p   0 1 0 1 4p p p     8 8 0 1 7 8 0 1 1 1 1 4 4 14 4 4 11 4 3p p p p p         1 8 3 4 1p     4 4 0 1 2 3 4 4 0 1 1 8 4 1 4 4 1 3 1 14 4 4 4 1 4 3 4 1 4 1 257p p p p p                4p 4 1 0.0039257p   2 2 2 1 1 4 1 tx t ty t       ， 2 cos 3 sin 11 0      的 2 2: 14 yC x   : 2 3 11 0l x y   7 【解析】 【分析】 （1）利用代入消元法，可求得 的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得 的直角坐标方程； （2）利用参数方程表示出 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 得： ，又 整理可得 的直角坐标方程为： 又 ， 的直角坐标方程为： （2）设 上点的坐标为： 则 上的点到直线 的距离 当 时， 取最小值 则 【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题. 求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题. 23.[选修 4-5：不等式选讲] 已知 a，b，c 为正数，且满足 abc=1．证明： （1） ； C l C 2 2 1 1 tx t   2 1 1 xt x     2 2 22 16 1 ty t     2 2 2 116 1 4 1 1 4 4 11 1 x xy x x x x x             C 2 2 14 yx   cosx   siny   l 2 3 11 0x y   C  cos ,2sin  C l 4sin 112cos 2 3sin 11 6 7 7 d           sin 16       d min 7d  2 2 21 1 1 a b ca b c     （2） ． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】 （1）利用 将所证不等式可变为证明： ，利用基本不等式可证得 ， 从 而 得 到 结 论 ； （ 2 ） 利 用 基 本 不 等 式 可 得 ， 再 次 利 用 基 本 不 等 式 可 将 式 转 化 为 ，在取等条件一致的情况下，可得结论. 【详解】（1） 当且仅当 时取等号 ，即： （2） ，当且仅当 时取等号 又 ， ， （当且仅当 时等号同时成立） 又 【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变形和应用能力， 需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立. 3 3 3( ) ( ) ( ) 24a b b c c a     1abc = 2 2 2a b c bc ac ab      2 2 22 2 2 2a b c ab bc ac              3 3 3 3a b b c c a a b b c c a                3 3 3 224a b b c c a abc      1abc  1 1 1 1 1 1 abc bc ac aba b c a b c                     2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2a b c a b b c c a ab bc ac           a b c   2 2 2 1 1 12 2a b c a b c          2 2 2 1 1 1a b c a b c   ≥          3 3 3 3a b b c c a a b b c c a         a b c  2a b ab  2b c bc  2a c ac  a b c         3 3 3 23 2 2 2 24a b b c c a ab bc ac abc           1abc =      3 3 3 24a b b c c a      