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1、.,2019,2019 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科)（新课标（新课标)第第 I I 卷（选择题卷（选择题)一、单选题一、单选题1已知集合M x 4 x 2，N x x x6 0，则M N=2Ax 4 x 3Bx 4 x 2Cx 2 x 2Dx 2 x 32设复数 z 满足zi=1，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则A(x+1)2 y21B(x1)2 y21Cx2(y 1)21Dx2(y+1)210.20.33已知a log20.2,b 2,c 0.2，则Aa bcBa c bCc a bDbc a4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
2、度之比是5 12（5 10.618，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25 1若某人满足上述两个黄金分割2的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是比例，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A165 cmB175 cmC185 cmD190cm5函数 f(x)=sin x x在，的图像大致为2cos x xBA.CD6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A516B1132C2132D11167
3、已知非零向量 a，b满足A6a=2b，且（ab）b，则 a与 b的夹角为CB323D5618如图是求21122的程序框图，图中空白框中应填入AA=12 ABA=21ACA=112ADA=112A9记Sn为等差数列an的前 n项和已知S4 0，a5 5，则Aan 2n5an 3n10B2CSn 2n 8nDSn12n 2n210已知椭圆 C的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过 F2的直线与 C 交于 A，B两点.若.AF F2B AB BF，2 21，则 C 的方程为x2A y212x2y2B132x2y2C143x2y2D15411关于函数f(x)sin|x|sin x|有下述四个结论：
4、f(x)是偶函数f(x)在区间（,）单调递增2f(x)在,有 4 个零点f(x)的最大值为 2其中所有正确结论的编号是ABCD12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A8 6B4 6C2 6D6第第 IIII 卷（非选择题卷（非选择题)13曲线y 3(x2 x)ex在点(0,0)处的切线方程为_14记 Sn为等比数列an的前 n 项和若a1，a4 a6，则 S5=_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
5、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41获胜的概率是_132x2y216已知双曲线 C：221(a0,b0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 CabC的离心率为的两条渐近线分别交于A，B两点若F1A AB，F1BF2B 0，则_2217ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设(sin BsinC)sin Asin BsinC（1）求 A；（2）若2ab 2c，求 sinC.18如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分
6、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19已知抛物线C：y2=3x 的焦点为 F，斜率为点为 P（1）若|AF|+|BF|=4，求 l的方程；（2）若AP 3PB，求|AB|20已知函数f(x)sin xln(1 x)，f(x)为f(x)的导数证明：（1）f(x)在区间(1,3的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与x 轴的交22)存在唯一极大值点；（2）f(x)有且仅有 2个零点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
7、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1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1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别记为和，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，pi(i 0,1,8)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p0 0，p81
8、，.pi api1bpicpi1(i 1,2,7)，其中a P(X 1)，b P(X 0)，c P(X 1)假设0.5，0.8(i)证明：pi1 pi(i 0,1,2,7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性22选修 4-4：坐标系与参数方程1t2x，1t2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y 4t1t2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2cos3sin11 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23选修 4-5：不等式选讲已知 a，b，c为正数，且满足 abc=1证
9、明：（1）111 a2b2c2；abc333(ab)(bc)(ca)24（2）参考答案参考答案1C【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，M x 4 x 2,N x 2 x 3，则M N x 2 x 2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.2C【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】z x yi,z i x(y 1)i,z i x2(y1)
10、21,则x2(y 1)21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3B【解析】【分析】运用中间量0比较a,c，运用中间量1比较b,c【详解】a log20.2 log21 0,b 20.2 201,0 0.20.3 0.201,则0 c 1,a c b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4B【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】设人体脖子下端至肚脐的长为x cm，肚脐至腿根的长为 y cm，则2626 x5 1，
11、xy1052得x 42.07cm,y 5.15cm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 4207+515+105+26=17822，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5D【解析】【分析】先判断函数的奇偶性，得f(x)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【详解】由f(x)sin(x)(x)sin x x f(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对cos(x)(x)2cosx x2称又f()122421,f()0故选 D2221()2【点睛】本题考查函
12、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6A【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26情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻情况有C36，35C6所以该重卦恰有 3个阳爻的概率为6=，故选 A216【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
13、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7B【解析】【分析】本题主要考查利用平面向量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(a b)b得出向量a,b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】2因为(a b)b，所以(ab)b abb=0，所以ab b2，所以ab|b|21，所以a与b的夹角为，故选 Bcos=23a b2|b|2【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0,8A【解析】【分
14、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】1111=执行第 1次，A,k 1 2是，因为第一次应该计算，k k 1=2，循环，222 A2111=执行第 2次，k 2 2，是，因为第二次应该计算2，k k 1=3，循环，12 A221执行第 3次，k 2 2，否，输出，故循环体为A，故选 A2 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A 9A【解析】【分析】12 A等差数列通项公式与前n项和公式本题还可用排除，对B，a5 5，4(72)S4 0,a5 S5 S4 252850 10 5，1
15、0 0，排除 B，对 C，2125排除 C对 D，S4 0,a5 S5S45 250 5，排除 D，故选 A22S4【详解】dS 4a 43 0a1 341由题知，解得，an 2n5，故选 A2d 2a a 4d 551【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10B【解析】【分析】AF1B中求得由已知可设F2B n，则AF2 2n,BF1 AB 3n，得AF1 2n，在13cosF1AB，再在AF1F2中，由余弦定理得n，从而可求解.32【详解】法一：
16、如图，由已知可设F2B n，则AF2 2n,BF1 AB 3n，由椭圆的定义有2a BF1 BF24n,AF12a AF22n在AF1B中，由余弦定理推论得4n29n29n21cosF1AB在AF1F2中，由余弦定理得22n3n3134n24n222n2n 4，解得n 32.x2y22a 4n 2 3,a 3,b a c 31 2,所求椭圆方程为1，32222故选 B法二：由已知可设F2B n，则AF2 2n,BF1 AB 3n，由椭圆的定义有2a BF1 BF24n,AF12a AF22n在AF1F2和BF1F2中，由余弦定理得4n2422n2cosAF2F1 4n2,，又AF2F1,BF2
17、F1互补，22n 42n2cosBF2F19ncosAF2F1cosBF2F1 0，两式消去cosAF2F1,cosBF2F1，得3n26 11n2，解得n 32a 4n 2 3,a 3,b2 a2c2 31 2,所求椭圆方程为2x2y21，故选 B32【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，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养11C【解析】【分析】化简函数fxsin x sinx，研究它的性质从而得出正确答案【详解】fx sin x sinx sin x sin x fx,fx为偶函数，故正确当 x 时，fx 2sin x，它在区间,单调递减，故错误
18、当0 x 时，22.fx 2sin x，它有两个零点：0；当 x 0时，fxsinxsinx 2sin x，它有一个零点：，故fx在,有3个零点：0，故错误当x2k,2kk N N时，fx 2sin x；当x2k,2k2kN N时，fxsinxsinx 0，又fx为偶函数，fx的最大值为2，故正确综上所述，正确，故选 C【点睛】画出函数fxsin x sinx的图象，由图象可得正确，故选C12D【解析】【分析】先证得PB 平面PAC，再求得PA PB PC 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:从而得P ABC为正方体一部分，2，PA PB PC,ABC为边长为 2的等边
19、三角形，P ABC为正三棱锥，PB AC，又E，F分别为PA、AB中点，EF/PB，EF AC，又EF CE，CE平面PAC，PAB PA PB PC AC C,EF 平面PAC，PB 2，P ABC为正方体一部分，2R 2 2 2 6，即R 6446 6,V R36，故选 D2338.解法二:设PA PB PC 2x，E,F分别为PA,AB中点，EF/PB，且EF 1PB x，ABC为边长为 2的等边三角形，212CF 3又CEF 90CE 3 x,AE PA x2AEC中余弦定理cosEAC x243 x222x，作PD AC于D，PA PC，AD1x243 x21，D为AC中点，cosE
20、AC PA2x4x2x2x21 2x212x 2，PA PB PC 2，又AB=BC=AC=2，2PA,PB,PC两两垂直，2R 222 6，R 6，2V 4346 6R 6，故选 D.338.【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133x y 0.【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：y 3(2x1)e 3(x x)e 3(x 3x1)e,/所以，k y|x0 3/x2x2x所以，曲线y 3(x x)e在点(0,0
21、)处的切线方程为y 3x，即3x y 0【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142x121.3【解析】【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比q的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到S5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q，由已知a11211,a4 a6，所以(q3)2q5,又q 0，3331(135)5a(1q)3121所以q 3,所以S511q133【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求 本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生
22、易出现运算错误.150.216.【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4:1获胜的概率是0.6 0.50.52 0.108,前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是0.40.6 0.5 2 0.072,综上所述，甲队以4:1获胜的概率是q 0.1080.072 0.18.【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4:1获胜的两种
23、情况；易错点之三是是否能够准确计算162.【解析】【分析】通过向量关系得到F1A AB和OA F1A，得到AOB AOF1，结合双曲线的渐近线0可得BOF2 AOF1,BOF2 AOF1 BOA 60,从而由322b tan6003可求a离心率.【详解】如图，由F得F1A AB.又OF1 OF2,得 OA 是三角形F1F2B的中位线，即1A AB,BF2/OA,BF2 2OA.由F1B F2B 0，得F1B F2B,OA F1A,则OB OF1有.AOB AOF1，又 OA 与 OB 都是渐近线，得BOF2 AOF1,又BOF2AOB AOF1，得BOF2 AOF1 BOA 600,又渐近线
24、OB 的斜率为线的离心率为e【点睛】b tan6003，所以该双曲acb1()21(3)2 2aa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17（1）A【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：b2c2a2 bc，从而可整理出cosA，根据A0,可求得结果；（2）利用正弦定理可得2 sin A sin B 2sin C，利用3；（2）sinC 6 2.4sinB sinAC、两角和差正弦公式可得关于sinC和cosC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 BsinC sin2B2
25、sin BsinC sin2C sin2Asin BsinC即：sin2Bsin2C sin2A sin BsinC由正弦定理可得：b2c2a2 bc2b2c2a21cos A 2bc2A0,（2）A32a b 2c，由正弦定理得：2 sin A sin B 2sin C又sinB sinACsin AcosC cosAsinC，A 3.2331cosCsinC 2sinC222整理可得：3sinC226 3cosCsin C cos C 1 3sinC 6解得：sinC 23 1sin2C6 26 2或44因为sinB 2sinC 2sinA2sinC（2）法二：666 2，故sinC.0所
26、以sinC 4242a b 2c，由正弦定理得：2 sin A sin B 2sin C又sinB sinACsin AcosC cosAsinC，A 3 2331cosCsinC 2sinC2223sinC 3cosC 2 3sin C整理可得：3sinC 6 3cosC，即662sinC 62由C(0,2),C(,)，所以C,C 366 26446sinC sin(【点睛】46)6 2.4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（1）见解析；（2）【解
27、析】【分析】.10.5.（1）利用三角形中位线和A1D/B1C可证得ME/ND，证得四边形MNDE为平行四边形，进而证得MN/DE，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形ABCD对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取AB中点F，可证得DF 平面AMA1，得到平面AMA1的法向量DF；再通过向量法求得平面MA1N的法向量n，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ME，B1CM，E分别为BB1，BC中点ME为B1BC的中位线ME/B1C且ME 1B1C2又N为A1D中点，且A1D/B1CND/B1C且ND 1B1C2ME/ND四边形
28、MNDE为平行四边形MN/DE，又MN 平面C1DE，DE平面C1DEMN/平面C1DE（2）设ACBD O，AC11B1D1 O1由直四棱柱性质可知：OO1平面ABCD四边形ABCD为菱形ACBD则以O为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：.则：A3,0,0，M0,1,2，A1313,0,4，D（0，-1,0）N2,2,23 1取AB中点F，连接DF，则F2,2,0四边形ABCD为菱形且BAD 60BAD为等边三角形DF AB又AA1平面ABCD，DF 平面ABCDDFAA1DF 平面ABB1A1，即DF 平面AMA1DF为平面AMA1的一个法向量，且DF3 3,022设平面MA1N的法
29、向量n x,y,z，又MA1333,1,2，MN2,2,0nMA13x y2z 0，令x 3，则y 1，z 1n 33xy 0nMN 223,1,1cos DF,n DFnDF n31510sin DF,n 5155二面角AMA1N的正弦值为：105【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（1）12 x 8y 7 0；（2）【解析】【分析】4 13.3y=（1）设直线l：3Bx2,y2；x m，Ax1,y1，根据抛物线焦半径公式可得x1+x21；2
30、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；（2）设直线l：x 2y t；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用AP 3PB3可得y1 3y2，结合韦达定理可求得y1y2；根据弦长公式可求得结果.【详解】3x m，Ax1,y1，Bx2,y2235由抛物线焦半径公式可知：AF BF x1 x2 4 x1 x222（1）设直线l方程为：y=3y xm22联立得：9x 12m12x4m 022y 3x12712m 125 x1 x2，解得：m 928则 12m12144m2 0m 2直线l的方程为：y 37x，即：12 x 8y 7 0282（2）设Pt,0
31、，则可设直线l方程为：x y t32x y t2联立得：y 2y3t 032y 3x则 412t 0t 13y1y22，y1y23tAP 3PBy13y2y21，y1 3y1y232则AB 149y1 y24y1y2134 13 412 33.【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（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1,上单调递减，根据零点存在定理可判断出2x00,，使得gx0 0，进而得到导函数在1,上的单调性，从而可证得结论；
32、22（2）由（1）的结论可知x 0为fx在1,0上的唯一零点；当x判断出在0,x0上无零点，再利用零点存在定理得到fx在x0,0,2时，首先可上的单调性，可知2fx0，不存在零点；当x,时，利用零点存在定理和fx单调性可判断出存2在唯一一个零点；当x,，可证得fx0；综合上述情况可证得结论.【详解】（1）由题意知：fx定义域为：1,且f x cos x 令gx cos x 1x 11，x1,x 121gx sin x1x12，x1,2x12111,在1,在1,上单调递减，上单调递减22aa7n1ngx在1,上单调递减2又g0sin0110，g sin224 224 221 0.x00,，使得g
33、x0 02当x1,x0时，gx 0；xx0,时，gx 02即gx在1,x0上单调递增；在x0,则x x0为gx唯一的极大值点上单调递减2即：f x在区间1,上存在唯一的极大值点x0.2（2）由（1）知：f x cos x 1，x1,x 1当x1,0时，由（1）可知f x在1,0上单调递增fx f00 fx在1,0上单调递减又f00 x 0为fx在1,0上的唯一零点当x0,2时，f x在0,x0上单调递增，在x0,上单调递减2又f 00fx00 fx在0,x0上单调递增，此时fx f00，不存在零点又f 22cos 02222x1x0,，使得f x1 02 fx在x0,x1上单调递增，在x1,上
34、单调递减22efsinln 1lnln10又fx0 f00，2222.fx0在x0,上恒成立，此时不存在零点2当x,时，sin x单调递减，lnx1单调递减2 fx在,上单调递减2又f 0，fsinln1ln102即f f,上单调递减0f x，又在 22fx在,上存在唯一零点2当x,时，sinx 1,1，lnx1ln1lne1sinxlnx10即fx在,上不存在零点综上所述：fx有且仅有2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
35、可.21（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）p4【解析】【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1.257pi0.4pi10.5pi0.1pi1i 1,2,7，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【详解】p8和p0的值可求得p1；再次利用累加法可求出p4.（1）由题意可知X所有可能的取值为：1，0，1PX 11；PX 011；PX 11则X的分布列如下：X101P1111（2）0.5，0.8a0.50.80.4，b 0.50.80.50
36、.20.5，c 0.50.20.1（i）即piapi1bpicpi1i 1,2,7pi0.4pi10.5pi0.1pi1i 1,2,74pi1 pi1i 1,2,7pi1 pi4pi pi1i 1,2,7整理可得：5pipi1 pii 0,1,2,7是以p1p0为首项，4为公比的等比数列（ii）由（i）知：pi1 pip1 p04i p14ip8p7 p147，p7 p6 p146，p1 p0 p140148481作和可得：p8 p0 p1 4 4 4p1p11143017 p13481144441311p4 p4 p0 p1 4 4 4 4p1841434 14 12570123p4表示最终
37、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p41 0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，257.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.y222（1）C:x（2）71,x(1,1；l:2x 3y 11 0；42【解析】【分析】（1）利用代入消元法，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
38、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】216t21 x1t2t 0,x(1,1，又y 2（1）由x 得：221 x1t1t21 x1 x 41 x1 x 44x2y221 x 11 x16y2整理可得C的直角坐标方程为：x 1,x(1,142又x cos，y sinl的直角坐标方程为：2x 3y 11 0（2）设C上点的坐标为：cos,2sin4sin112cos2 3sin11则C上的点到直线l的距离6d 77.当sin 1时，d取最小值6则dmin7【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互
39、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（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）利用abc1将所证不等式可变为证明：a2b2c2 bc ac ab，利用基本不等22式可证得2 a b c332（2）利用基本不等式可得 2ab2bc2ac，从而得到结论；3abbcca33再次利用基本不等式可将式转化为 3abbcca，a bbcc a【详解】（1）3 24abc2，在取等条件一致的情况下，可得结论.abc1abc bcac ababcabc111 1112 a2b2c2 a2b2 b2c2 c2a2 2ab2bc2ac当且仅当a b c时取等号 111 1112 a2b2c2 2，即：a2b2c2abcabc（2）号又ab 2 ab，bc 2 bc，ac 2 ac（当且仅当a b c时等号同时成立）abbcca333 3abbcca，当且仅当a b c时取等a bbcc a 32 ab 2 bc 2 ac 24333abc2.又abc1abbcca 24333【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.