2019年广东高考（理科）数学试题及答案.pdf

绝密启用前绝密启用前 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=24260MxxNx xx，MNA B C D 43xx 42xx 22xx 23xx2设复数 z 满足，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则=1iz A B C D 22+11()xy221(1)xy22(1)1yx 22(+1)1yx 3已知，则 0.20.32log 0.220.2abc，A B C D abcacbcabbca4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512512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 105 cm，头顶至脖子下端的长度为 26 512cm，则其身高可能是 A165 cm B175 cm C185 cm D190 cm 5函数 f(x)=2sincosxxxx在的图像大致为,A B C D 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 5161132213211167已知非零向量 a，b 满足，且b，则 a 与 b 的夹角为|2|ab()abA B C D 6323568如图是求的程序框图，图中空白框中应填入 112122 AA=BA=CA=DA=12A12A112A112A9记nS为等差数列的前 n 项和已知，则 na4505Sa，A B C D 25nan310nan228nSnn2122nSnn10已知椭圆 C 的焦点为，过 F2的直线与 C 交于 A，B 两点若，121,01,0FF()，()22|2|AFF B，则 C 的方程为 1|ABBFA B C D 2212xy22132xy22143xy22154xy11关于函数有下述四个结论：()sin|sin|f xxxf(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 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 B C D 6864626二、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_ 23()exyxx(0)0，14记 Sn为等比数列an的前 n 项和若，则 S5=_ 214613aaa，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_ 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22221(0,0)xyabab交于 A，B 两点若，则 C 的离心率为_ 1F AAB 120FB F B 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)的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设 ABC22(sinsin)sinsinsinBCABC（1）求 A；（2）若，求 sinC 22abc18（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，为的导数证明：()sinln(1)f xxx()fx()f x（1）在区间存在唯一极大值点；()fx(1,)2（2）有且仅有 2 个零点()f x21（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，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白1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1别记为 和，一轮试验中甲药的得分记为 X（1）求的分布列；X（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(0,1,8)ip i i药 比 乙 药 更 有 效”的 概 率，则，其 中00p 81p 11iiiipapbpcp(1,2,7)i，假设，(1)aP X(0)bP X(1)cP X0.50.8(i)证明：为等比数列；1iipp(0,1,2,7)i(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性 4p4p（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：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()()()24abbcca 20192019 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 理科数学解析理科数学解析 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 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，只有一项是分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。符合题目要求的。1.已知集合，则=24260MxxNx xx，MNA.B.C.D.43xx 42xx 22xx 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，则 42,23MxxNxx 故选 C 22MNxx 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，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则=1iz A.B.C.D.22+11()xy22(1)1xy22(1)1xy22(+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】则故选 C,(1),zxyi zixyi 22(1)1,zixy22(1)1xy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，则 0.20.32log 0.2,2,0.2abcA.B.C.D.abcacbcabbca【答案】B【分析】运用中间量比较，运用中间量 比较 0,a c1,b c【详解】则故选 B 22log 0.2log 10,a 0.20221,b 0.3000.20.21,01,cacb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，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512512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512其身高可能是 A.165 cm B.175 cm C.185 cm D.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，得2626511052xxy 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42.07,5.15xcm ycm4207+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)=在，的图像大致为 2sincosxxxxA.B.C.D.【答案】D【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()f x【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称又22sin()()sin()()cos()()cosxxxxfxf xxxxx ()f x故选 D 221422()1,2()2f2()01f 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.B.C.D.516113221321116【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 爻有情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻情况有，所以该重6236C卦恰有 3 个阳爻的概率为=，故选 A 3662C516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问题即为组合问题 7.已知非零向量 a，b 满足=2，且（ab）b，则 a 与 b 的夹角为 abA.B.C.D.632356【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()abb,a b【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所()abb2()abba bb 2a bbcos22|12|2a bbabb以与的夹角为，故选 B ab3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 0,8.如图是求的程序框图，图中空白框中应填入 112122 A.A=B.A=C.A=D.A=12A12A112A112A【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，是，因为第一次应该计算=，=2，循环，执行第 21,122Ak 112212A1kk次，是，因为第二次应该计算=，=3，循环，执行第 3 次，22k 11212212A1kk22k 否，输出，故循环体为，故选 A 12AA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.记为等差数列的前 n 项和已知，则 nSna4505Sa，A.B.C.D.25nan310nan228nSnn2122nSnn【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，排除 B，对55a 44(72)1002S C，排除C对D，245540,2 58 50105SaSS ，排除 D，故选 A 2455410,42 40052SaSS 【详解】由题知，解得，故选 A 415144 30245dSaaad 132ad 25nan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，121,01,0FF()，()222AFF B，则 C 的方程为 1ABBFA.B.C.D.2212xy22132xy22143xy22154xy【答案】B【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2F Bn212,3AFnBFABn在和中，由余弦定理得121224,22aBFBFnAFaAFn12AFF12BFF，又互补，两式22212221442 22 cos4,422 cos9nnAF FnnnBF Fn 2121,AF FBF F2121coscos0AF FBF F消去，得，解得2121coscosAF FBF F,223611nn32n 所求椭圆方程为，故选 B 222242 3,3,3 12,anabac 22132xy【详 解】如 图，由 已 知 可 设，则，由 椭 圆 的 定 义 有2F Bn212,3AFnBFABn在中，由余弦定理推论得121224,22aBFBFnAFaAFn1AFB在中，由余弦定理得，解得 22214991cos2 233nnnF ABnn12AFF221442 2243nnnn 32n 所求椭圆方程为，故选 B 222242 3,3,3 12,anabac 22132xy 总结：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.关于函数有下述四个结论：()sin|sin|f xxxf(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【分析】画出函数的图象，由图象可得正确，故选 C sinsinf xxx【详解】为偶函数，故正确当 sinsinsinsin,fxxxxxf xf x2x时，它在区间单调递减，故错误当时，它有两个零 2sinf xx,20 x 2sinf xx点：；当时，它有一个零点：，故在有0 0 x sinsin2sinf xxxx f x,个零点：，故错误当时，；当30 2,2xkkkN 2sinf xx时，又为偶函数，的最大值为，2,22xkkk N sinsin0f xxx f x f x2故正确综上所述，正确，故选 C 总结：化简函数，研究它的性质从而得出正确答案 sinsinf xxx12.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.B.C.D.8 64 62 66【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，分别为中点，2PAPBPCx,E F,PA AB，且，为边长为 2的等边三角形，/EFPB12EFPBxABC又 3CF90CEF213,2CExAEPAx中余弦定理，作于，AEC2243cos2 2xxEACx PDACDPAPC为中点，DQAC1cos2ADEACPAx2243142xxxx，又，两两垂221221222xxx 2PAPBPC=2AB BC AC,PA PB PC直，故选 D.22226R62R3446 66338VR【详解】为边长为 2 的等边三角形，为正三棱锥，,PAPBPCABCPABC，又，分别为、中点，PBACEFPAAB，又，平面，平面，/EFPBEFACEFCE,CEACCEFPACPB PAC，为正方体一部分，即 2PABPAPBPC PABC22226R，故选 D 36446 6,62338RVR 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.曲线在点处的切线方程为_ 23()exyxx(0,0)【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|3xky所以，曲线在点处的切线方程为，即 23()exyxx(0,0)3yx30 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，则 S5=_ 214613aaa，【答案】.1213【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q5S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，q21461,3aaa32511(),33qq0q 所以所以 3,q 55151(1 3)(1)121311 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，甲队以获胜的概率是 4:130.60.5 0.5 20.108,前五场中有一场主场输时，甲队以获胜的概率是 4:1220.4 0.60.520.072,综上所述，甲队以获胜的概率是 4:10.1080.0720.18.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，要考虑甲队以获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算 4:1 16.已知双曲线 C：的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 C 的两条渐近线分别交于22221(0,0)xyababA，B 两点若，则 C 的离心率为_ 1F AAB 120FB F B【答案】2.【分析】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【详解】如图，由得又得 OA 是三角形的中位线，即由1,F AAB 1.F AAB12,OFOF12FF B22/,2.BFOA BFOA，得则有120FB F B 121,FBF B OAF A12,OBOFOF221122,OBFBF OOBFOFB 又 OA 与 OB 都是渐近线，得则又渐近线 OB 的斜率为1AOBAOF 21,BOFAOF 0260BOF，所以该双曲线的离心率为 0tan603ba221()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，关键得到即得到渐近线021260,BOFAOFBOA 的倾斜角为从而突破问题障碍 060,三、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，每个题为必考题，每个试题考生都必须作答。第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.的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设 VABC22(sinsin)sinsinsinBCABC（1）求 A；（2）若，求 sinC 22abc【答案】（1）；（2）.3A62sin4C【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222bcabccos A0,A结果；（2）利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关2sinsin2sinABCsinsinBAC于和的方程，结合同角三角函数关系解方程可求得结果.sinCcosC【详解】（1）2222sinsinsin2sinsinsinsinsinsinBCBBCCABC即：222sinsinsinsinsinBCABC由正弦定理可得：222bcabc 2221cos22bcaAbc 0,A3A=（2），由正弦定理得：22abc2sinsin2sinABC又，sinsinsincoscossinBACACAC3A 3312cossin2sin222CCC整理可得：3sin63cosCC 22sincos1CC223sin63 1 sinCC解得：或 62sin4C624因为所以，故.6sin2sin2sin2sin02BCAC6sin4C 62sin4C（2）法二：，由正弦定理得：22abc2sinsin2sinABC又，sinsinsincoscossinBACACAC3A 3312cossin2sin222CCC整理可得：，即 3sin63cosCC3sin3cos2 3sin66CCC 或 2sin62C512C1112且 3AAC512C 562sinsinsinsincoscossin126464644C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）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得11/AD BC/MENDMNDE，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/MNDEABCD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ABFDF 1AMA1AMADFuuu r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.1MANn【详解】（1）连接，ME1B C，分别为，中点 为的中位线 ME1BBBCME1B BC且 1/MEBC112MEBC又为中点，且 且 N1AD11/AD BC1/NDBC112NDBC 四边形为平行四边形/MENDMNDE，又平面，平面/MNDEMN 1C DEDE 1C DE平面/MN1C DE（2）设，ACBDO11111ACB DO由直四棱柱性质可知：平面 1OO ABCD四边形为菱形 ABCDACBD则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：O 则：，D（0，-1,0）3,0,0A0,1,2M13,0,4A31,222N取中点，连接，则 ABFDF03 1,22F四边形为菱形且 为等边三角形 ABCD60BADBADDFAB又平面，平面 1AA ABCDDF ABCD1DFAA平面，即平面 DF 11ABB ADF 1AMA为平面的一个法向量，且 DF1AMA3 3,022DF设平面的法向量，又，1MAN,nx y z13,1,2MA 33,022MN，令，则，132033022n MAxyzn MNxy 3x 1y 1z 3,1,1n 315cos,515DF nDF nDFn10sin,5DF n二面角的正弦值为：1AMAN105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，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P 32（1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；（2）若，求|AB|3APPB 【答案】（1）；（2）.12870 xy4 133【分析】（1）设直线：，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程l3y=xm211,A x y22,B xy121xx+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ml23xyt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3APPB 123yy 12y y长公式可求得结果.【详解】（1）设直线 方程为：，l3y=xm211,A x y22,B xy由抛物线焦半径公式可知：12342AFBFxx1252xx联立得：2323yxmyx229121240 xmxm则 2212121440mm 12m，解得：121212592mxx 78m 直线 的方程为：，即：l3728yx12870 xy（2）设，则可设直线 方程为：,0P tl23xyt联立得：2233xytyx2230yyt则 4 120t 13t ，122yy123y yt ，3APPB 123yy 21y 13y 123y y 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，为的导数证明：()sinln(1)f xxx()fx()f x（1）在区间存在唯一极大值点；()fx(1,)2（2）有且仅有 2 个零点()f x【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得1,200,2x，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00gx1,20 x f x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1,00,2xp()00,x f x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0,2x 0f x,2x f x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.,x 0f x【详解】（1）由题意知：定义域为：且 f x1,1cos1fxxx令，1cos1g xxx1,2x，21sin1gxxx 1,2x 在上单调递减，在上单调递减 211x1,21111,7nnaa1,2在上单调递减 gx1,2又，0sin0 1 10g 2244sin102222g ，使得 00,2x00gx当时，；时，01,xx 0gx0,2xx 0gx即在上单调递增；在上单调递减 g x01,x0,2x则为唯一的极大值点 0 xx g x即：在区间上存在唯一的极大值点.fx1,20 x（2）由（1）知：，1cos1fxxx1,x 当时，由（1）可知在上单调递增 1,0 x fx1,0 在上单调递减 00fxf f x1,0又 00f为在上的唯一零点 0 x f x1,0当时，在上单调递增，在上单调递减 0,2x fx()00,x0,2x又 00f 00fx在上单调递增，此时，不存在零点 f x()00,x 00f xf又 22cos02222f，使得 10,2xx10fx在上单调递增，在上单调递减 f x01,x x1,2x又，000f xf2sinln 1lnln102222ef在上恒成立，此时不存在零点 0f x0,2x当时，单调递减，单调递减,2xsin xln1x在上单调递减 f x,2又，02f sinln1ln10f 即，又在上单调递减 02ff f x,2在上存在唯一零点 f x,2当时，,xsin1,1x ln1ln1ln1xe sinln10 xx即在上不存在零点 f x,综上所述：有且仅有个零点 f x2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 11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别记为 和，一轮试验1中甲药的得分记为 X（1）求的分布列；X（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(0,1,8)ip i i乙药更有效”的概率，则，其中，00p 81p 11iiiipapbpcp(1,2,7)i(1)aP X，假设，(0)bP X(1)cP X0.50.8(i)证明：为等比数列；1iipp(0,1,2,7)i(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性 4p4p【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.41257p【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X,a b c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；110.40.50.11,2,7iiiippppi（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8p0p1p.4p【详解】（1）由题意可知所有可能的取值为：，X101；11P X 011P X11P X则的分布列如下：X X 1 0 1 P 1 11 1 （2），0.50.8，0.5 0.80.4a0.5 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，则按所做的第一题题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。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2221141txttyt，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）；（2）22:14yC x:23110lxy7【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；Cl（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C据三角函数的范围可求得最值.【详解】（1）由得：，又 2211txt211xtx2222161tyt 22211614 1144111xxyxxxxx整理可得的直角坐标方程为：C2214yx 又，cosxsiny的直角坐标方程为：l23110 xy（2）设上点的坐标为：Ccos,2sin则上的点到直线 的距离 Cl4sin112cos2 3sin11677d当时，取最小值则 sin16 dmin7d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；（2）见解析【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1abc=222abcbcacab，从 而 得 到 结 论；（2）利 用 基 本 不 等 式 可 得2222222abcabbcac，再 次 利 用 基 本 不 等 式 可 将 式 转 化 为3333abbccaabbcca，在取等条件一致的情况下，可得结论.333224abbccaabc【详解】（1）1abc 111111abcbcacababcabc 2222222222222abcabbccaabbcac当且仅当时取等号 abc，即：22211122abcabc222111abcabc（2），当且仅当时取等号 3333abbccaabbccaabc又，（当且仅当时等号同时成立）2abab2bcbc2acacabc 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.