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1、绝密绝密启用前启用前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
2、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24260MxxNx xx，则MN=A43xx B42xx C22xx D 23xx2设复数 z 满足=1iz，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则A22+11()xyB221(1)xyC22(1)1yx D22(+1)1yx 3已知0.20.32log 0.220.2abc，则AabcBacbCcabDbca4 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512（5120.
3、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512若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为 105 cm，头顶至脖子下端的长度为 26 cm，则其身高可能是A165 cmB175 cmC185 cmD190 cm5函数 f(x)=2sincosxxxx在,的图像大致为ABCD6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已知非零向量 a，b 满足|2|
4、ab，且()ab b，则 a 与 b 的夹角为A6B3C23D568如图是求112122的程序框图，图中空白框中应填入AA=12ABA=12ACA=112ADA=112A9记nS为等差数列na的前 n 项和已知4505Sa，则A25nanB310nanC228nSnnD2122nSnn10已知椭圆 C 的焦点为121,01,0FF()，()，过 F2的直线与 C 交于 A，B 两点若22|2|AFF B，1|ABBF，则 C 的方程为A2212xyB22132xyC22143xyD22154xy11关于函数()sin|sin|f xxx有下述四个结论：f(x)是偶函数f(x)在区间（2,）单调
5、递增f(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，AB 的中点，CEF=90，则球 O 的体积为A68B64C62D6二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13曲线23()exyxx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214613aaa，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，甲队的主客场安排依次为“
6、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_16已知双曲线 C：22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 C 的两条渐近线分别交于 A，B 两点若1F AAB，120FB F B ，则 C 的离心率为_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 1721 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(12 分)ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设22(sins
7、in)sinsinsinBCABC（1）求 A；（2）若22abc，求 sinC18（12 分）如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1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19（12 分）已知抛物线 C：y2=3x 的焦点为 F，斜率为32的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x 轴的交点为 P（1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；（2）若3APPB ，求|AB|20（12 分）已知函数()sinln(1)f xxx，()fx为()f x的导数证明
8、：（1）()fx在区间(1,)2存在唯一极大值点；（2）()f x有且仅有 2 个零点21（12 分）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
9、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，(0,1,8)ip i 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00p，81p，11iiiipapbpcp(1,2,7)i，其中(1)aP X，(0)bP X，(1)cP X假设0.5，0.8(i)证明：1iipp(0,1,2,7)i 为等比数列；(ii)求4p，并根据4p的值解释这种试验方案的合理性（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 44
10、：坐标系与参数方程（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为2221141txttyt，（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 cos3 sin110（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 45：不等式选讲（10 分）已知 a，b，c 为正数，且满足 abc=1证明：（1）222111abcabc；（2）333()()()24abbcca20192019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学解析解析一、选择题：本题共一、选择题：本
11、题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1.已知集合24260MxxNx xx，则MN=A.43xx B.42xx C.22xx D.23xx【答案】C【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，42,23MxxNxx ，则22MNxx 故选 C总结：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=1iz，z 在复平面内对
12、应的点为(x，y)，则A.22+11()xyB.22(1)1xyC.22(1)1xyD.22(+1)1yx【答案】C【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】,(1),zxyi zixyi 22(1)1,zixy则22(1)1xy故选 C总结：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0.20.32log 0.2,2,0.2abc，则A.abcB.acbC.cabD.bca【答案】B【分析】运用中间量0比较,a c，运用中间量1比较,
13、b c【详解】22log 0.2log 10,a 0.20221,b 0.3000.20.21,则01,cacb故选 B总结：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5 12（5 120.618，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5 12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
14、身高可能是A.165 cmB.175 cmC.185 cmD.190cm【答案】B【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2626511052xxy，得42.07,5.15xcm ycm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总结：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)=2sincosxxxx在，的图像大致为A.B.C.D.【答案】D【分析】先判
15、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22sin()()sin()()cos()()cosxxxxfxf xxxxx ，得()f x是奇函数，其图象关于原点对称又221422()1,2()2f2()01f 故选 D总结：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.516B.1132C.213
16、2D.1116【答案】A【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62情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻情况有36C，所以该重卦恰有 3 个阳爻的概率为3662C=516，故选 A总结：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
17、问题即为组合问题7.已知非零向量 a，b 满足a=2b，且（ab）b，则 a 与 b 的夹角为A.6B.3C.23D.56【答案】B【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()abb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】因为()abb，所以2()abba bb=0，所以2a bb，所以cos=22|12|2a bbabb，所以a与b的夹角为3，故选 B总结：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
18、,8.如图是求112122的程序框图，图中空白框中应填入A.A=12AB.A=12AC.A=112AD.A=112A【答案】A【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，1,122Ak 是，因为第一次应该计算1122=12A，1kk=2，循环，执行第 2 次，22k，是，因为第二次应该计算112122=12A，1kk=3，循环，执行第 3 次，22k，否，输出，故循环体为12AA，故选 A总结：秒杀速解认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为12AA9.记nS为等差数列na的前 n 项和已知4
19、505Sa，则A.25nanB.310nanC.228nSnnD.2122nSnn【答案】A【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，55a，44(72)1002S ，排除 B，对C，245540,2 58 50105SaSS ，排除C对D，2455410,42 40052SaSS，排除 D，故选 A【详解】由题知，415144 30245dSaaad，解得132ad，25nan，故选 A总结：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
20、断10.已知椭圆 C 的焦点为121,01,0FF()，()，过 F2的直线与 C 交于 A，B 两点.若222AFF B，1ABBF，则 C 的方程为A.2212xyB.22132xyC.22143xyD.22154xy【答案】B【分析】可以运用下面方法求解：如图，由已知可设2F Bn，则212,3AFnBFABn，由椭圆的定义有121224,22aBFBFnAFaAFn 在12AFF和12BFF中，由 余 弦 定 理 得22212221442 22 cos4,422 cos9nnAF FnnnBF Fn ，又2121,AF FBF F互补，2121coscos0AF FBF F，两式消去2
21、121coscosAF FBF F,，得223611nn，解得32n 222242 3,3,3 12,anabac 所求椭圆方程为22132xy，故选 B【详 解】如 图，由 已 知 可 设2F Bn，则212,3AFnBFABn，由 椭 圆 的 定 义 有121224,22aBFBFnAFaAFn 在1AFB中，由 余 弦 定 理 推 论 得22214991cos2 233nnnFABnn 在12AFF中，由余弦定理得221442 2243nnnn，解得32n 222242 3,3,3 12,anabac 所求椭圆方程为22132xy，故选 B总结：本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形
22、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11.关于函数()sin|sin|f xxx有下述四个结论：f(x)是偶函数f(x)在区间（2,）单调递增f(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A.B.C.D.【答案】C【分析】画出函数 sinsinf xxx的图象，由图象可得正确，故选 C【详解】sinsinsinsin,fxxxxxfxfx为偶函数，故正确当2x时，2sinf xx，它在区间,2单调递减，故错误当0 x时，2sinf xx，它有两个零点：0；当0 x时，sinsin2sinf xxxx，它有一个零点：，故 fx在,有3个零
23、点：0，故错误当2,2xkkkN时，2sinf xx；当2,22xkkk N时，sinsin0f xxx，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总结：化简函数 sinsinf xxx，研究它的性质从而得出正确答案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，AB 的中点，CEF=90，则球 O 的体积为A.8 6B.4 6C.2 6D.6【答案】D【分析】本题也可用解三角形方法，达到求出棱长的目的适合空间想象能力略差学生设2PAPBPCx，,E F分别为,PA AB中点，/EFP
24、B，且12EFPBx，ABC为边长为 2的等边三角形，3CF又90CEF213,2CExAEPAxAEC中余弦定理2243cos2 2xxEACx，作PDAC于D，PAPC，DQ为AC中点，1cos2ADEACPAx，2243142xxxx，221221222xxx，2PAPBPC，又=2AB BC AC，,PA PB PC两两垂直，22226R，62R，3446 66338VR，故选 D.【详解】,PAPBPCABC为边长为 2 的等边三角形，PABC为正三棱锥，PBAC，又E，F分别为PA、AB中点，/EFPB，EFAC，又EFCE，,CEACCEF平面PAC，PB 平面PAC，2PABP
25、APBPC，PABC为正方体一部分，22226R，即36446 6,62338RVR，故选 D总结：本题考查学生空间想象能力，补型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，进而补型成正方体解决二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。13.曲线23()exyxx在点(0,0)处的切线方程为_【答案】30 xy.【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：/223(21)3()3(31),xxxyxexx exxe所以，/0|
26、3xky所以，曲线23()exyxx在点(0,0)处的切线方程为3yx，即30 xy总结：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214613aaa，则 S5=_【答案】1213.【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5S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21461,3aaa，所以32511(),33qq又0q，所以3,q 所以55151(1 3)(1)121311
27、 33aqSq总结：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 41 获胜的概率是_【答案】0.18.【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】前五场中有一场客场输时，甲队以4:1获胜的概
28、率是30.60.5 0.5 20.108,前五场中有一场主场输时，甲队以4:1获胜的概率是220.4 0.60.520.072,综上所述，甲队以4:1获胜的概率是0.1080.0720.18.q 总结：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获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算16.已知双曲线 C：22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 C 的两条渐近线分别交于 A，B 两点若1F AAB，120FB F B，则 C 的离心率为_【答案】2.【分析】本题考查平面向量结
29、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【详解】如图，由1,F AAB 得1.F AAB又12,OFOF得 OA 是三角形12FF B的中位线，即22/,2.BFOA BFOA由120FB F B ，得121,F BF B OAF A则12,OBOFOF有221122,OBFBF OOBFOFB 1AOBAOF又 OA 与 OB 都是渐近线，得21,BOFAOF 则0260BOF又渐近线 OB 的斜率为0tan603ba，所以该双曲线的离心率为221()1(3)2cbeaa总结：此题若不能求出直角三角形的中位线的斜率将会思路受阻，即便知道
30、双曲线渐近线斜率和其离心率的关系，也不能顺利求解，解题需要结合几何图形，关键得到021260,BOFAOFBOA 即得到渐近线的倾斜角为060,从而突破问题障碍三、解答题：共三、解答题：共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 17211721 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作答。第每个试题考生都必须作答。第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分。分。17.V ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设22(sinsi
31、n)sinsinsinBCABC（1）求 A；（2）若22abc，求 sinC【答案】（1）3A；（2）62sin4C.【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：222bcabc，从而可整理出cos A，根据0,A可求得结果；（2）利用正弦定理可得2 sinsin2 sinABC，利用sinsinBAC、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）2222sinsinsin2sinsinsinsinsinsinBCBBCCABC即：222sinsinsinsinsinBCABC由正弦定理可得：222bcabc2221cos22b
32、caAbc0,A3A=（2）22abc，由正弦定理得：2 sinsin2 sinABC又sinsinsincoscossinBACACAC，3A3312cossin2sin222CCC整理可得：3sin63cosCC22sincos1CC223sin63 1 sinCC解得：62sin4C或624因为6sin2sin2sin2sin02BCAC所以6sin4C，故62sin4C.（2）法二：22abc，由正弦定理得：2 sinsin2 sinABC又sinsinsincoscossinBACACAC，3A3312cossin2sin222CCC整理可得：3sin63cosCC，即3sin3co
33、s2 3sin66CCC2sin62C512C或11123A且AC512C562sinsinsinsincoscossin126464644C总结：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 ABCDA1B1C1D1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）105.【分析】（1）利用三角形
34、中位线和11/AD BC可证得/ME ND，证得四边形MNDE为平行四边形，进而证得/MNDE，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1AMA，得到平面1AMA的法向量DFuuu r；再通过向量法求得平面1MAN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，1B CM，E分别为1BB，BC中点ME为1B BC的中位线1/MEBC且112MEB C又N为1AD中点，且11/AD BC1/NDBC且112NDBC/ME ND四边形MNDE为平行四边形
35、/MNDE，又MN 平面1C DE，DE 平面1C DE/MN平面1C DE（2）设ACBDO，11111ACB DO由直四棱柱性质可知：1OO 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：3,0,0A，0,1,2M，13,0,4A，D（0，-1,0）31,222N取AB中点F，连接DF，则03 1,22F四边形ABCD为菱形且60BADBAD为等边三角形DFAB又1AA 平面ABCD，DF 平面ABCD1DFAADF 平面11ABB A，即DF 平面1AMADF为平面1AMA的一个法向量，且3 3,022DF设平面1MAN的法向量,nx y z
36、，又13,1,2MA ，33,022MN 132033022n MAxyzn MNxy ，令3x，则1y，1z 3,1,1n315cos,515DF nDF nDFn10sin,5DF n二面角1A MAN的正弦值为：105总结：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32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P（1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；（2）若3APPB ，求|AB|【答案】（1）12
37、870 xy；（2）4 133.【分析】（1）设直线l：3y=xm2，11,A x y，22,B xy；根据抛物线焦半径公式可得121xx+；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：23xyt；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用3APPB 可得123yy，结合韦达定理可求得12y y；根据弦长公式可求得结果.【详解】（1）设直线l方程为：3y=xm2，11,A x y，22,B xy由抛物线焦半径公式可知：12342AFBFxx1252xx联立2323yxmyx得：229121240 xmxm则2212121440mm 12m1
38、21212592mxx，解得：78m 直线l的方程为：3728yx，即：12870 xy（2）设,0P t，则可设直线l方程为：23xyt联立2233xytyx得：2230yyt则4 120t 13t 122yy，1 23yyt3APPB 123yy 21y，13y 1 23yy则212124134 13144 12933AByyy y总结：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()sinln(1)f xxx，()fx为()f x的导数证明：（1）()fx在区间(1,)
39、2存在唯一极大值点；（2）()f x有且仅有 2 个零点【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在1,2上单调递减，根据零点存在定理可判断出00,2x，使得00gx，进而得到导函数在1,2上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知0 x 为 fx在1,0上的唯一零点；当0,2xp骣西桫时，首先可判断出在()00,x上无零点，再利用零点存在定理得到 fx在0,2x上的单调性，可知 0f x，不存在零点；当,2x时，利用零点存在定理和 fx单调性可判断出存在唯一一个零点；当,x，可证得 0f x；综合上述情况可证得结论.【详解】（1）由题意知：fx定义
40、域为：1,且 1cos1fxxx令 1cos1g xxx，1,2x 21sin1gxxx，1,2x 211x 在1,2上单调递减，1111,7nnaa在1,2上单调递减 gx在1,2上单调递减又 0sin0 1 10g ，2244sin102222g 00,2x，使得00gx当01,xx 时，0gx；0,2xx时，0gx即 g x在01,x上单调递增；在0,2x上单调递减则0 xx为 g x唯一的极大值点即：fx在区间1,2上存在唯一的极大值点0 x.（2）由（1）知：1cos1fxxx，1,x 当1,0 x 时，由（1）可知 fx在1,0上单调递增 00fxf fx在1,0上单调递减又 00
41、f0 x 为 fx在1,0上的唯一零点当0,2x时，fx在()00,x上单调递增，在0,2x上单调递减又 00f 00fx fx在()00,x上单调递增，此时 00f xf，不存在零点又22cos02222f 10,2xx，使得 10fx fx在01,x x上单调递增，在1,2x上单调递减又 000f xf，2sinln 1lnln102222ef 0f x在0,2x上恒成立，此时不存在零点当,2x时，sin x单调递减，ln1x单调递减 fx在,2上单调递减又02f，sinln1ln10f即 02ff，又 fx在,2上单调递减 fx在,2上存在唯一零点当,x时，sin1,1x，ln1ln1l
42、n1xesinln10 xx即 fx在,上不存在零点综上所述：fx有且仅有2个零点总结：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
43、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，(0,1,8)ip i 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00p，81p，11iiiipapbpcp(1,2,7)i，其中(1)aP X，(0)bP X，(1)cP X假设0.5，0.8(i)证明：1iipp(0,1,
44、2,7)i 为等比数列；(ii)求4p，并根据4p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）41257p.【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110.40.50.11,2,7iiiippppi，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8p和0p的值可求得1p；再次利用累加法可求出4p.【详解】（1）由题意可知X所有可能的取值为：1，0，1 11P X；011P X；11P X则X的分布列如下：X101P1
45、111（2）0.5，0.80.5 0.80.4a，0.5 0.80.5 0.20.5b，0.5 0.20.1c（i）111,2,7iiiipapbpcpi即110.40.50.11,2,7iiiippppi整理可得：11541,2,7iiipppi1141,2,7iiiippppi（二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分。请考生在第分。请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。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2221141txttyt，（t 为参数
46、），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2cos3 sin110（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【答案】（1）22:14yC x；:23110lxy；（2）7【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2211txt得：211xtx，又2222161tyt22211614 1144111xxyxxxxx整
47、理可得C的直角坐标方程为：2214yx 又cosx，sinyl的直角坐标方程为：23110 xy（2）设C上点的坐标为：cos,2sin则C上的点到直线l的距离4sin112cos2 3sin11677d当sin16 时，d取最小值则min7d总结：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）222111abcabc；（2）333()()()24abbcca【答案】（1）见解析；
48、（2）见解析【分析】（1）利用1abc=将所证不等式可变为证明：222abcbcacab，利用基本不等式可证得2222222abcabbcac，从 而 得 到 结 论；（2）利 用 基 本 不 等 式 可 得3333abbccaabbcca，再 次 利 用 基 本 不 等 式 可 将 式 转 化 为333224abbccaabc，在取等条件一致的情况下，可得结论.【详解】（1）1abc 111111abcbcacababcabc 2222222222222abcabbccaabbcac当且仅当abc时取等号22211122abcabc，即：222111abcabc（2）3333abbccaabbcca，当且仅当abc时取等号又2abab，2bcbc，2acac（当且仅当abc时等号同时成立）33323 22224abbccaabbcacabc 又1abc=33324abbcca总结：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.