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

2
M 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 1
x y D.
2 ( y+1)2 1
x
【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 1
x 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 0.3
a log 0.2, b 2 , c 0.2 ，则
2
A. 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,

b

0.2 0
2 2 1,

0.3 0
0 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 1
2
（ 5 1
2

≈ 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 1
2

．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 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．
sin x x
5.函数 f( x)= 2
cos x 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 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 x
f ( x) f (x)
【详解】由 2 2
cos( x) ( x) cos x x

，得 f (x) 是奇函数，其图象关

于原点对称．又

f

1 2 4 2
( ) 1,
2
2 ( )
2
2

f ( ) 0 ．故选 D．
2
1
【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.

5
16

B.

11
32

C.

21
32

D.

11
16
【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

3
C ，所以该重卦恰有 3 个阳爻的概率为
6

3
6
C
6
2

=

5
16

，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（a–b） b，则 a 与 b 的夹角为
A.

π
6

B.

π
3

C.

2π
3

D.

5π
6
【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 =

2
a b |b | 1
2
a b 2|b | 2

，所以 a 与b的夹角为
，故选 B．
3
【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, ] ．
1
8.如图是求

2

2

1

1
2

的程序框图，图中空白框中应填入
A. A=

1
2 A

B. A=

2

1
A

C. A=

1
1 2A

D. A=
1

1
2A

【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．

1
A , k 1 2 是，因为第一次应该计算
2

2
1

1

1
2

=

1
2 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

2

2

1

1
2

=

1
2 A

，k k 1
=3，循环，执行第 3 次， k 2 2，否，输出，故循环体为 A

1
2 A

，故选 A．
1
【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
．
2 A
9.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.

2
S n n D.
2 8
n
1
2
S n 2n
n
2
【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)
2
S4 0, a5 S5 S4 2 5 8 5 0 10 5 ， S 10 0 ，排除 B，对C，
4
2
排除 C．对 D，

1 5
2
S 0,a S S 5 2 5 0 5 ，排除 D，故选 A．
4 5 5 4
2 2
【详解】由题知，

d
S 4a 4 3 0
4 1
2
a a 4d 5
5 1

，解得

a
1 3
d 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
│AF│2 2│F2B│，│AB││BF│1 ，则 C 的方程为

A.

2
x
2

2 1
y B.

2 2
x y
3 2

1

C.

2 2
x y
4 3

1

D.

2 2
x y
5 4

1
【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 F
1 2

由 余 弦 定 理 得

2 2
4n 4 2 2n 2 cos AF F 4n ,
2 1
2 2
n 4 2 n 2 cos BF F 9n
2 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 3
n ．
2

2 2 2
2a 4n 2 3 , a 3 , b a c 3 1 2 , 所求椭圆方程为

2 2
x y
3 2

1，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 2

cos

F AB
1

2 2 2
4n 9n 9n 1
．在△AF1F2 中，由余弦定理得
2 2n 3n 3

2 2 1
4n 4n 2 2n 2n 4 ，
3

解得

3
n ．
2

2 2 2
2a 4n 2 3 , a 3 , b a c 3 1 2 , 所求椭圆方程为

2 2
x y
3 2

1
，
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：
①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（
, ）单调递增
2
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 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①
正确．当

2

x 时，f x 2sin x，它在区间 ,
2

单调递减， 故②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 n
0 ， 故 ③ 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④正确．综上所述，①④ 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
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 6
3
R , V R 6 ，故选 D．
2 3 3 8

解法二 :
设 PA PB PC 2x， E,F 分别为 PA, AB 中点，

EF / /PB，且

1
EF PB x ， ABC 为边长为 2 的等边三角形，
2

CF 3 又 CEF 90

2 1
CE 3 x , AE PA x
2

AEC中余弦定理

cos EAC

2 4 3 2
x x
2 2 x

，作 PD AC 于 D ， PA PC ，

Q D 为 AC 中点，

cos EAC

AD 1
PA 2x

，

2 4 3 2 1
x x
4x 2x

，
2 2 1 2
2 1 2
x x x ， PA PB PC 2 ，又 AB=BC =AC=2 ，
2 2

PA PB PC 两两垂直， 2R 2 2 2 6 ，
, ,

6
R ，
2
4 4 6 6
3
V 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 x
y 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 3
0
所以，曲线

2 x
y 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

1
2
a ，a a ，则 S5=___________．_
1 4 6
3
【答案】

121
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
S ．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
5
1
【详解】设等比数列的公比为 q ，由已知 2
a ,a a ，所以
1 4 6
3

1 1
3 2 5
( q ) q ,又q 0，
3 3

所以 q 3,所以

S
5

1
5
5
(1 3 )
a (1 q ) 3 121
1
1 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
3
0.6 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 2
0.4 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 2
x y
2 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,

0
BOF2 AOF1 BOA 60 ,从而由

b
a

0
tan 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 0
AOB AOF ，
1
又 OA与 OB都是渐近线，得 BOF2 AOF1,又 BOF2 AOB AOF1 ，得

0
BOF2 AOF1 BOA 60 ,．又渐近线 OB的斜率为

b
a

0
tan 60 3

，所以该双曲
线的离心率为

e

c b
2 2
1 ( ) 1 ( 3) 2
a 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 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. 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）
3

sin

6 2
C .
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 2
b 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 2
sin B sin C sin B 2sin B sin C sin C sin A sin B sinC
即：

2 2 2
sin B sin C sin A sin B sinC
由正弦定理可得：

2 2 2
b c a bc

cos A

2 2 2 1
b c a
2bc 2
A 0,π 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 ，
A
3
3 3 1
2 cosC sin C 2sin C
2 2 2
整理可得： 3sinC 6 3cosC

2 2
sin C cos C 1

2
2
3 si nC 6 3 1 sCi n
解得：

sin

6 2
C 或
4

6 2
4
因 sin 2sin 2 sin 2sin 6 0
B C A C 所以
2

sin

6
C ，故
4

sin

6 2
C .
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 ，
A
3
3 3 1
2 cosC sin C 2sin C
2 2 2
整理可得： 3sinC 6 3cosC ，即 3sin 3 cos 2 3 sin 6
C C C
6

sin C

2
6 2
由

2
C (0, ),C ( , ) ，所以 C ,C
3 6 6 2 6 4 4 6
6 2
sin 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 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-MA 1-N 的正弦值．
【答案】（1 ）见解析；（2 ） 10
5

.
【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

uuur
AMA 的法向量 DF
1

；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 ，B1C

M ， E分别为 BB1 ， BC 中点 ME为

B BC 的中位线
1

ME/ /BC且
1

1
ME B C
1
2
又 N 为 A1D 中点，且 A1D/ /B1C

ND/ /BC 且
1

1
ND B C
1
2
ME/ /ND 四边形 MNDE 为平行四边形
MN DE ，又 MN 平面 C1DE ， DE ì 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 ， N
A1 3,0, 4 ，D（0，-1,0 ）

3 1
, ,2
2 2
3 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 AMA1
DF

DF 为平面 AMA1 一个法向量，且

DF

3 3
, ,0
2 2
设平面 MA1N 的法向量 n x, y,z ，又
MA1 3, 1,2 ，

MN

3 3
, ,0
2 2
n MA1 3x y 2z 0
，令 x 3 ，则 y 1 ， z 1 n 3 , 1, 1
3 3
的正弦值，属于常规题型的.
n MN x y 0
2 2
DF n 3 15
10
cos DF, n
sin DF ,n
15 5
DF n
5
10
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

3
2

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 13
3

.
【解析】
【分析】
3
（1 ）设直线 l ：
y = x m
2

，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 ：

2
x 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 3PB
3
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：

3
y = x m
2

， A x1, y1 ， B x2, y2
由抛物线焦半径公式可知：

AF BF x x
1 2

3
2

4

x x
1 2

5
2
联立

3
y x m
2
2
y 3x

得：

2 2
9x 12m 12 x 4m 0
则

2 2
12m 12 144m 0

m

1
2

12 m 12 5
x x ，解得：
1 2
9 2

m

7
8

直线 l 的方程为：

3 7
y x ，即： 12x 8 y 7 0
2 8
（2 ）设 P t,0 ，则可设直线 l 方程为：

2
x y t
3
联立

2
x y t
3
2
y 3x

得：

2 2 3 0
y y t
则 4 12t 0

t

1
3

y1 y2 2， y1y2 3t

AP PB y1 3y2 y2 1，
3

y y1y2 3
1 3
则

4 13 4 13
2
AB 1 y y 4y y 4 12
1 2 1 2
9 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,
2

2

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 ( )
0
2
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 x

x

1
1
1
令 g x cos x
， 1,
x
x 1
2
1
g x sin x
， 1, 2
x
x 1
2

x

1

1

2

在 1,
2

上单调递减，

1 1 1
a a
n 1 n

7

,

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 ，

g

4 4
sin 1 0
2 2
2 2 2 2
x0 0, ，使得 g x0 0
2
当 x 1, x0 时， g x 0 ； x x0 , 时， g x 0
2
即 g x

1,x 上单调递增；在 x0, 上单调递减
0
2
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
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 0
x 为 f x 在 1,0 上的唯一零点
0
②当 0, 0,x 上单调递增，在 0,
x 时， f x 在( )
x 上单调递减 0
2 2
又 f 0 0

f x0 0
f x 在(0,x )上单调递增，此时 f x f 0 0，不存在零点
0
又

f

2 2
cos 0
2 2 2 2
x1 x0 , ，使得 f x1 0
2

f x 在

x0 ,x1 上单调递增，在 x1, 上单调递减
2
又 f x0 f 0 0，

f

2e
sin ln 1 ln ln1 0
2 2 2 2
f x 0在 x0, 上恒成立，此时不存在零点
2
③当 x , 时， sin x 单调递减， ln x 1 单调递减
2

f x 在 ,
2

上单调递减
又 f 0 ， f sin ln 1 ln 1 0
2
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
④当 x , 时， sin x 1,1 ， ln x 1 ln 1 ln e 1
sin 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 α
和 β，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
257
p .
【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
0

p ；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 ，1
P X 1 1 ； P X 0 1 1 ； P X 1 1
则 X 的分布列如下：
X 1 0 1
P 1 1 1 1
（2 ） 0.5 ， 0.8
a 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, ,7
i i 1 i i 1
整理可得：

5pi 4