2019年高考理科全国1卷数学-解析.doc

2019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学1.已知集合2M x 4 x 2 ，N x x x 6 0 ，则 M N =A. x 4 x 3 B. x 4 x 2 C. x 2 x 2 D. x 2 x 3【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， 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2.设复数 z满足 z i =1，z 在复平面内对应的点为 (x，y)，则A.2 2( x+1) y 1 B.2 2( x 1) y 1 C.2 ( 1)2 1x y D. 2 ( y+1)2 1x【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】 z x yi, z i x ( y 1)i , z i x2 ( y 1)2 1,则2 ( 1)2 1x y 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0.2 0.3a log 0.2, b 2 , c 0.2 ，则2A. a b c B. a c b C. c a b D.b c a【答案】 B【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 log2 0.2 log2 1 0,b0.2 02 2 1,0.3 00 0.2 0.2 1, 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5 12（ 5 12 0.61，8 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，则其身高可能是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26 26 x 5 1，得 x 42.07cm, y 5.15 cm 又其腿长为 105cm，头顶至脖子下 x y 105 2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 sin x x5.函数 f( x)= 2 cos x x在，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 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sin( x) ( x) sin x xf ( x) f (x)【详解】由 2 2cos( x) ( x) cos x x，得 f (x) 是奇函数，其图象关于原点对称又f1 2 4 2( ) 1,22 ( )22f ( ) 0 故选 D21【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.516B.1132C.2132D.1116【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 26 情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻情况有3C ，所以该重卦恰有 3 个阳爻的概率为6 36C62=516，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7.已知非零向量 a，b 满足 a =2 b ，且（ab） b，则 a 与 b 的夹角为A.6B.3C.23D.56【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 (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】因为 (a b) b ，所以 (a b) b a b b2 =0 ，所以 a b b2 ，所以 cos =2a b |b | 12a b 2|b | 2，所以 a 与b的夹角为，故选 B3【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, 18.如图是求22112的程序框图，图中空白框中应填入A. A=12 AB. A=21AC. A=11 2AD. A=112A【答案】 A【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1A , k 1 2 是，因为第一次应该计算221112=12 A【详解】执行第 1 次， ，k k 1=2，循环， 执行第 2 次，k 2 2，是，因为第二次应该计算22112=12 A，k k 1=3，循环，执行第 3 次， k 2 2，否，输出，故循环体为 A12 A，故选 A1【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 A2 A9.记 Sn 为等差数列 an 的前 n 项和已知 S4 0，a5 5，则A. an 2n 5 B. an 3n 10 C.2S n n D.2 8n12S n 2nn2【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 ， a5 5 ，4( 7 2)2S4 0, a5 S5 S4 2 5 8 5 0 10 5 ， S 10 0 ，排除 B，对C，42排除 C对 D，1 52S 0,a S S 5 2 5 0 5 ，排除 D，故选 A4 5 5 42 2【详解】由题知，dS 4a 4 3 04 12a a 4d 55 1，解得a1 3d 2， an 2n 5，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 F1( 1,0) ，F2( 1,0) ，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点.若AF2 2F2B，ABBF1 ，则 C 的方程为A.2x22 1y B.2 2x y3 21C.2 2x y4 31D.2 2x y5 41【答案】 B【解析】【分析】可以运用下面方法求解：如图，由已知可设 F2B n ，则 AF2 2n , BF1 AB 3n，由椭圆的定义有 2a BF1 BF2 4n, AF1 2a AF2 2n在 和BF1F2 中，AF F1 2由 余 弦 定 理 得2 24n 4 2 2n 2 cos AF F 4n ,2 12 2n 4 2 n 2 cos BF F 9n2 1， 又 AF2 F1, BF2 F1互 补 ，c os AF F cos BF F ，0两式消去 cos AF2F1 , cos BF2F1 ，得3n2 6 11n2 ，2 1 2 1解得 3n 22 2 22a 4n 2 3 , a 3 , b a c 3 1 2 , 所求椭圆方程为2 2x y3 21，故选 B【详解】如图，由已知可设 F2 B n ，则 AF2 2n , BF1 AB 3n，由椭圆的定义有2a BF BF 4n, AF 2a AF 2n 在 AF1 B中 ， 由 余 弦 定理 推论 得1 2 1 2cosF AB12 2 24n 9n 9n 1在AF1F2 中，由余弦定理得2 2n 3n 32 2 14n 4n 2 2n 2n 4 ，3解得 3n 22 2 22a 4n 2 3 , a 3 , b a c 3 1 2 , 所求椭圆方程为2 2x y3 21，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，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养11. 关于函数 f (x) sin | x | | sin x |有下述四个结论：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A. B. C. D. 【答案】 C【解析】【分析】化简函数 f x sin x sin x ，研究它的性质从而得出正确答案【详解】 f x sin x sin x sin x sin x f x , f x 为偶函数，故正确当2x 时，f x 2sin x，它在区间 , 2单调递减， 故错误 当 0 x时 ， f x 2 s i nx， 它 有 两 个 零 点 ： 0 ； 当 x 0 时 ，f x x x ，它 有x一个零点： ，故 f x 在 , 有3个零点：s i n s i n 2 s i n0 ， 故 错 误 当 x 2k , 2k k N 时 ， f x 2 s i nx； 当x 2k , 2k 2 k N 时， f x si n x si nx ，0 又 f x 为 偶 函数 ，f x 的最大值为 2，故正确综上所述， 正确，故选 C【点睛】画出函数 f x sin x sin x 的图象，由图象可得正确，故选 C12. 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A. 8 6 B. 4 6 C. 2 6 D. 6【答案】 D【解析】【分析】先证得 PB 平面 PAC，再求得 PA PB PC 2 ，从而得 P ABC 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 : PA PB PC, ABC 为边长为 2 的等边三角形， 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 AC C, EF 平面 PAC ， PB/ /平面 PAC ， PAB PA PB PC 2 ， P ABC 为正方体一部分，2R 2 2 2 6 ，即6 4 4 6 63R , V R 6 ，故选 D2 3 3 8解法二 :设 PA PB PC 2x， E,F 分别为 PA, AB 中点，EF / /PB，且1EF PB x ， ABC 为边长为 2 的等边三角形，2CF 3 又 CEF 902 1CE 3 x , AE PA x2AEC中余弦定理cos EAC2 4 3 2x x2 2 x，作 PD AC 于 D ， PA PC ，Q D 为 AC 中点，cos EACAD 1PA 2x，2 4 3 2 1x x4x 2x，2 2 1 22 1 2x x x ， PA PB PC 2 ，又 AB=BC =AC=2 ，2 2PA PB PC 两两垂直， 2R 2 2 2 6 ，, , 6R ， 24 4 6 63V R 6 ，故选 D.3 3 8【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2 xy 3(x x)e 在点 (0,0) 处的切线方程为 _【答案】 3x 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：/ 3(2 1) x 3( 2 ) x 3( 2 3 1) x ,y x e x x e x x e所以，/k y|x 30所以，曲线2 xy 3(x x)e 在点 (0,0) 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14. 记 Sn为等比数列 an 的前 n 项和若12a ，a a ，则 S5=_1 4 63【答案】1213.【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S 题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查51【详解】设等比数列的公比为 q ，由已知 2a ,a a ，所以1 4 631 13 2 5( q ) q ,又q 0，3 3所以 q 3,所以S5155(1 3 )a (1 q ) 3 12111 q 1 3 3【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 4:1 获 胜 的 概 率 是30.6 0.5 0.5 2 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2 20.4 0.6 0.5 2 0.072,综上所述，甲队以 4:1 获胜的概率是 q 0.108 0.072 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 获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算16. 已知双曲线 C：2 2x y2 2 1( 0, 0)a b 的左、右焦点分别为F1，F2，过 F1 的直线与C 的a b两条渐近线分别交于 A，B 两点若F A AB，F1B F2B 0，则C的离心率为_1【答案】 2.【解析】【分析】通过向量关系得到F A AB和 OA F1A ，得到 AOB AOF1，结合双曲线的渐近线1可得 BOF2 AOF1,0BOF2 AOF1 BOA 60 ,从而由ba0tan 60 3可求离心率 .【详解】如图，由F A AB 得 F1 A AB.又1 ,OF1 OF2 ,得 OA是三角形 F1F2B 的中位线，即BF2 / / OA, BF2 2OA.由F B F B ，得 F1 B F2 B,OA F1A, 则OB OF1 有1 2 0AOB AOF ，1又 OA与 OB都是渐近线，得 BOF2 AOF1,又 BOF2 AOB AOF1 ，得0BOF2 AOF1 BOA 60 ,又渐近线 OB的斜率为ba0tan 60 3，所以该双曲线的离心率为ec b2 21 ( ) 1 ( 3) 2a a【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 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. V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设2 2(sin B sin C) sin A sin B sinC （1）求 A；（2）若 2a b 2c ，求 sin C【答案】（1 ）A ；（2）3sin6 2C .4【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：2 2 2b c a bc，从而可整理出 cos A，根据 A 0, 可求得结果； （2 ）利用正弦定理可得 2 sin A sin B 2sin C ，利用sin B sin A C 、两角和差正弦公式可得关于 sin C 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 ）2 2 2 2sin B sin C sin B 2sin B sin C sin C sin A sin B sinC即：2 2 2sin B sin C sin A sin B sinC由正弦定理可得：2 2 2b c a bccos A2 2 2 1b c a2bc 2A 0, A=3（2 ） 2a b 2c ，由正弦定理得： 2 sin A sin B 2sin C又 sin B sin A C sin A cosC cos Asin C ，A33 3 12 cosC sin C 2sin C2 2 2整理可得： 3sinC 6 3cosC2 2sin C cos C 1223 si nC 6 3 1 sCi n解得：sin6 2C 或46 24因 sin 2sin 2 sin 2sin 6 0 B C A C 所以2sin6C ，故4sin6 2C .4（2 ）法二： 2a b 2c ，由正弦定理得： 2 sin A sin B 2sin C又 sin B sin A C sin A cosC cos Asin C ，A33 3 12 cosC sin C 2sin C2 2 2整理可得： 3sinC 6 3cosC ，即 3sin 3 cos 2 3 sin 6 C C C6sin C26 2由2C (0, ),C ( , ) ，所以 C ,C 3 6 6 2 6 4 4 66 2sin C sin( ) .4 6 4【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 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-MA 1-N 的正弦值【答案】（1 ）见解析；（2 ） 105.【解析】【分析】（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uuurAMA 的法向量 DF1；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B BC 的中位线1ME/ /BC且11ME B C12又 N 为 A1D 中点，且 A1D/ /B1CND/ /BC 且11ND B C12ME/ /ND 四边形 MNDE 为平行四边形MN DE ，又 MN 平面 C1DE ， DE 平面 C1DE/ /MN 平面 C1DE/ /（2 ）设 AC BD O ， A1C1 B1D1 O1由直四棱柱性质可知： OO1 平面 ABCD四边形 ABCD 为菱形 AC BD则以 O为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则： A 3,0,0 ，M 0,1,2 ， NA1 3,0, 4 ，D（0，-1,0 ）3 1, ,22 23 1取 AB 中点 F ，连接 DF ，则 0 F , ,2 2四边形 ABCD 为菱形且 BAD 60 BAD为等边三角形 DF AB又 AA1 平面 ABCD， DF 平面 ABCD DF A1A 平面 ABB1A1 ，即 DF 平面 AMA1DFDF 为平面 AMA1 一个法向量，且DF3 3, ,02 2设平面 MA1N 的法向量 n x, y,z ，又MA1 3, 1,2 ，MN3 3, ,02 2n MA1 3x y 2z 0，令 x 3 ，则 y 1 ， z 1 n 3 , 1, 13 3的正弦值，属于常规题型的.n MN x y 02 2DF n 3 1510cos DF, n sin DF ,n15 5DF n 510二面角 A MA1 N 的正弦值为：5【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19. 已知抛物线 C：y2=3 x 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 AP 3PB ，求|AB |【答案】（1 ）12 x 8y 7 0 ；（2） 4 133.【解析】【分析】3（1 ）设直线 l ：y = x m2，A x1, y1 ，B x2 ,y2 ；根据抛物线焦半径公式可得 x1 + x2 1；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 ：2x y 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 y1 y2 ；根据弦长公式可求得结果 .【详解】（1 ）设直线 l 方程为：3y = x m 2， A x1, y1 ， B x2, y2由抛物线焦半径公式可知：AF BF x x1 2324x x1 252联立3y x m 22y 3x得：2 29x 12m 12 x 4m 0则2 212m 12 144m 0m1212 m 12 5x x ，解得：1 29 2m78直线 l 的方程为：3 7y x ，即： 12x 8 y 7 02 8（2 ）设 P t,0 ，则可设直线 l 方程为：2x y t3联立2x y t 32y 3x得：2 2 3 0y y t则 4 12t 0t13y1 y2 2， y1y2 3tAP PB y1 3y2 y2 1，3y y1y2 31 3则4 13 4 132AB 1 y y 4y y 4 121 2 1 29 3 3【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 f (x) sin x ln(1 x) ， f ( x) 为 f (x) 的导数证明：（1） f (x) 在区间 ( 1, )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【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x0 0, ，使得 g x0 0，进而得到导函数在 1,22上的单调性，从而可证得结论；骣p（2 ）由（ 1）的结论可知 x 0为 f x 在 1,0 上的唯一零点；当 0,? x西?桫 时，首先可2判断出在 ( )02 x 时，利用零点存在定理和 f x 单调性可判断出存f x 0，不存在零点；当 ,2在唯一一个零点；当 x , ，可证得 f x 0；综合上述情况可证得结论 .【详解】（1 ）由题意知： f x 定义域为： 1, 且f x cos xx111令 g x cos x， 1,xx 121g x sin x， 1, 2xx 12x112在 1,2上单调递减，1 1 1a an 1 n7,在 1,2上单调递减g x 在 1,上单调递减 2又 g 0 sin0 1 1 0 ，g4 4sin 1 02 22 2 2 2x0 0, ，使得 g x0 0 2当 x 1, x0 时， g x 0 ； x x0 , 时， g x 02即 g x1,x 上单调递增；在 x0, 上单调递减02则 x x0 为 g x 唯一的极大值点即： f x 在区间 1,2上存在唯一的极大值点 x0 . 1（2 ）由（ 1）知： f x cos x ， x 1, x 1当 x 1,0 时，由（ 1 ）可知 f x 在 1,0 上单调递增f x f 0 0 f x 在 1,0 上单调递减又 f 0 0x 为 f x 在 1,0 上的唯一零点0当 0, 0,x 上单调递增，在 0,x 时， f x 在( )x 上单调递减 02 2又 f 0 0f x0 0f x 在(0,x )上单调递增，此时 f x f 0 0，不存在零点0又f2 2cos 02 2 2 2x1 x0 , ，使得 f x1 0 2f x 在x0 ,x1 上单调递增，在 x1, 上单调递减2又 f x0 f 0 0，f2esin ln 1 ln ln1 02 2 2 2f x 0在 x0, 上恒成立，此时不存在零点2当 x , 时， sin x 单调递减， ln x 1 单调递减2f x 在 ,2上单调递减又 f 0 ， f sin ln 1 ln 1 02即 f f 0，又 f x 在 ,2 2上单调递减f x 在 ,2上存在唯一零点当 x , 时， sin x 1,1 ， ln x 1 ln 1 ln e 1sin x ln x 1 0即 f x 在 , 上不存在零点综上所述： f x 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 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，p (i 0,1, ,8) 表示 “甲药的累计得分为 i 时，i最终认为甲药比乙药更有效 ”的概率，则 p0 0， p8 1， pi api 1 bpi cpi 1(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： pi 1 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 1【答案】（1 ）见解析；（2 ）（i）见解析；（ii） 4 257p .【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p 0.4p 0.5p 0.1p i 1,2, ,7 ，从而整理出i i 1 i i 1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 p8和p 的值可求得0p ；再次利用累加法可求出 p4 .1【详解】（1 ）由题意可知 X 所有可能的取值为： 1， 0 ，1P X 1 1 ； P X 0 1 1 ； P X 1 1则 X 的分布列如下：X 1 0 1P 1 1 1 1（2 ） 0.5 ， 0.8a 0.5 0.8 0.4， b 0.5 0.8 0.5 0.2 0.5， c 0.5 0.2 0.1（i ） pi api 1 bpi cpi 1 i 1,2, ,7即p 0.4p 0.5p 0.1p i 1,2, ,7i i 1 i i 1整理可得：5pi 4