2019年山东省高考数学试卷(理科)word版试卷及解析下载

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 M {x 4  x  2}，N {x x2  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 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． (x+1)2  y2 1 B． (x 1)2  y2 1 C． x2  (y 1)2 1 D． x2  (y+1)2 1 3．已知 a  log2 0.2，b  20.2，c  0.20.3 ，则 A． a  b  c B． a  c  b C． c  a  b D．b  c  a 5 1 24．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（≈0.618，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 5 1 2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 cm，则其身高可能是 A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190 cm sinx  x [,] 5．函数 f(x)= 在的图像大致为 cosx  x2 A． C． B． 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 511 32 21 32 11 16 A． B． C． D． 16 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 ππ2π 5π A． B． C． D． 633618．如图是求 的程序框图，图中空白框中应填入 12  122  1111A．A= B．A= 2  C．A= D．A=1 2  A A1 2A 2A 9．记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．已知 S4  0，a5  5 ，则 1A． an  2n 5 B． an  3n 10 C． Sn  2n2 8n D． Sn  n2  2n 210．已知椭圆 C 的焦点为 F( 1,0) ，F2(1,0)，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点．若| AF2 | 2 | F2B | ，1| AB || BF |，则 C 的方程为 1×2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 A．  y2 1 B． 1 C． 1 D． 1 232435411．关于函数 f (x)  sin | x |  | sinx |有下述四个结论： ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（ ,）单调递增 2③f(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 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 6 B． 4 6 C． 2 6 D． 6 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13．曲线 y  3(x2  x)ex 在点 (0，0) 处的切线方程为____________． 114．记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1  ，a42  a6 ，则 S5=____________． 315．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____________． x2 y2 16．已知双曲线 C： 1(a  0,b  0) 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 的直线与 C 的两条渐近线 a2 b2     分别交于 A，B 两点．若 F A  AB ，F B F2B  0 ，则 C 的离心率为____________． 11三、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．(12 分) △ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设 (sin B sinC)2  sin2 Asin BsinC （1）求 A； ．（2）若 2a  b  2c ，求 sinC． 18．（12 分） 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-MA1-N 的正弦值． 19．（12 分） 3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． 2（1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；   （2）若 AP  3PB，求|AB|． 20．（12 分） f (x)  sin x  ln(1 x) f (x) f (x) 已知函数 ，为的导数．证明： (1, ) 2f (x) （1） （2） 在区间 存在唯一极大值点； 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； p (i  0,1,,8) i（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 ip  0 p 1 pi  api1  bpi  cpi1 (i 1,2,,7) 为甲药比乙药更有效”的概率，则 ，，，其中 08a  P(X  1) b  P(X  0) c  P(X 1)   0.8 ，，．假设  0.5 为等比数列； (ii)求 4 ，并根据 4 的值解释这种试验方案的合理性． ，．{p  p } (i  0,1,2,,7) (i)证明： i1 ipp（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 4—4：坐标系与参数方程]（10 分） 1t2 x  y  ，1 t2 4t 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 1 t2 正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 2 cos  3 sin 11 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]（10 分） 已知 a，b，c 为正数，且满足 abc=1．证明： 1 1 1   a2  b2  c2 （1） ；a b c （2） (a  b)3  (b  c)3  (c  a)3  24 ．2019年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学解析 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。 M  x 4  x  2 ，N {x x2  x  6  0 已知集合 ，则 =M  N 1. {x 4  x 3 {x 4  x 2 {x 2  x 2 {x 2  x 3 D. A. B. C. 【答案】 【分析】 C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． M  x 4  x  2 ,N  x 2  x  3 【详解】由题意得， ，则 M  N  x 2  x  2 ．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． z i =1 (x+1)2  y2 1 设复数 z 满足 ，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则 2. (x 1)2  y2 1 x2  (y 1)2 1 x2  (y+1)2 1 D. A. B. C. 【答案】 【分析】 C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． 22z  x  yi, z i  x  (y 1)i, 【详解】 则x2  (y 1)2 1．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． z  i  x  (y 1) 1, a  log 0.2,b  20.2 ,c  0.20.3 已知 ，则 3. 2a  c  b c  a  b a  b  c b  c  a D. A. B. C. 【答案】 【分析】 Ba , c b , c ，运用中间量 比较 0运用中间量 比较 10.2 b  2  20 1, 0  0.20.3  0.20 1, 则a  log 0.2 log 1 0, 0  c 1,a  c  b ．故选 B． 【详解】 22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． 5 1 25 1 2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 4. （≈0.618， 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 5 1 2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，则其身高可能是 165 cm 175 cm 185 cm 190cm A. B. C. D. 【答案】 【分析】 理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解． B26 26 x 5 1 2【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 xy 105 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 42．07+5．15+105+26=178．22，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． sin x  x 函数 f(x)= 在[—π，π]的图像大致为 5. cos x  x2 A. C. B. D. 【答案】 【分析】 Df (x) 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． sin(x)  (x) sin x  x f (x)    f (x) f (x) ，得 是奇函数，其图象关于原点对称．又 【详解】由 cos(x)  (x)2 cos x  x2 2( )2 1 24  2 f ( ) 1, f ( )   0 ．故选 D．  2 1 2 2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． 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 6. 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511 32 21 32 11 16 A. B. C. D. 16 【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． C3 6【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 6 ，所以 2C63 26 5该重卦恰有 3 个阳爻的概率为 =，故选 A． 16 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． ab已知非零向量 a，b 满足 =2 ，且（a–b） b，则 a 与 b 的夹角为 7. 2π 5π ππA. B. C. D. 6336【答案】 【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 B(a  b)  b 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 等数学素养．先由 夹角． 得出向量 ， 所 以(a b)b  ab b2 =0 ， 所 以 2 ， 所 以 (a  b)  b 【 详 解 】 因 为 | b |2 ab  b ab 1a，所以 与 =的夹角为 ，故选B． cos ba  b 2 | b |2 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 23[0, ] 值，再求出夹角，注意向量夹角范围为 ．112  如图是求 的程序框图，图中空白框中应填入 8. 122  11112  1 A= A= A= A= A. B. C. D. 2  A A1 2A 2A 【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． 111A  ,k 1 2 12==2 ，循环，执行 【详解】执行第 1 次， 是，因为第一次应该计算 ，k  k 1 2  22  A 1112  第 2 次， k  2  2 ，是，因为第二次应该计算 =，=3，循环，执行第 3 次， k  2  2 k  k 1 122  A 2  1A  ，否，输出，故循环体为 ，故选 A． 2  A 1A  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 ．2  A S{a } S  0，a  5 的前 n 项和．已知 记n 为等差数列 ，则 9. n451Sn  2n2 8n Sn  n2  2n an  2n 5 an  3n 10 A. B. C. D. 2【答案】 【分析】 A4(7  2) a  5 S   10  0 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 542S  0,a  S  S  252 85 0 10  5 B，对C，，排除C．对D，45541S  0,a  S  S  42  24  0  0  5 ，排除 D，故选 A． 45542da  3 S  4a  43  0 141a  2n 5 ，故选 A． 【详解】由题知， 2，解得 ，∴ nd  2 a5  a1  4d  5 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． F( 1,0) ，F(1,0) │AF│ 2│F B│ 已知椭圆 C 的焦点为 10. ，过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点.若 ，1222│AB││BF│ ，则 C 的方程为 1×2 x2 y2 x2 y2 x2 y2  y2 1 B. 1 C. 1 D. 1 A. 5432432【答案】 B【分析】 F B  n AF  2n , BF  AB  3n 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 2212a  BF  BF  4n , AF  2a  AF  2n △AF F △BF F ． 在 2 和 2 中 ， 由 余 弦 定 理 得 112121224n  4  22n2cosAF2F  4n , 1AF F , BF F cosAF F  cosBF F  0 ，又 1 互补， ，得2122121n2  4  2n2cosBF2F  9n2 13n2  6 11n2 cosAF F , cosBF F 两式消去，得，解212 1 x2 y2 3222．所求椭圆方程为 ，故选 B． 2a  4n  2 3,a  3 ,b  a  c  31 2 , 1 n  322F B  n AF  2n , BF  AB  3n ， 则 【 详 解 】 如 图 ， 由 已 知 可 设 ， 由 椭 圆 的 定 义 有 2212a  BF  BF  4n , AF  2a  AF  2n △AF B 中 ， 由 余 弦 定 理 推 论 得 1． 在 12124n2  9n2 9n2 1314n2  4n2  22n2n 4 △AF F ． 在 2 中 ， 由 余 弦 定 理 得 ， 解 得 cosF AB  11322n3n 3．n  2×2 y2 222所求椭圆方程为 ，故选 B． 2a  4n  2 3,a  3 ,b  a  c  31 2 , 1 32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． f (x)  sin | x |  | sinx | 关于函数 11. 有下述四个结论： 2①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（ ,）单调递增 [, ] 其中所有正确结论的编号是 ③f(x)在 有 4 个零点 ④f(x)的最大值为 2 ①②④ ②④ ①④ ①③ A. B. C. D. 【答案】 【分析】 Cf x sin x  sin x 画出函数   的图象，由图象可得①④正确，故选 C．  f x  sin x  sin x  sin x  sin x  f x, f x 【详解】    为偶函数，故①正确．当 22f x 2sin x ,  f x 2sin x 时，    x   时，   ，它在区间 单调递减，故②错误．当 ，；0  x    0   f x sin x sin x  2sin x 它有两个零点： ；当   x  0 时，     0   ，故③错误．当 ，它有一个零点： ，故 f x   当 ,  x 2k , 2k  k N f x 2sin x 时，   在有3个零点： x 2k   , 2k  2 k N f x sin x sin x  0 时，   f x  f x ，故④正确．综上所述，①④ ，又  为偶函数，  的最大值 为正确，故选 C． 2f x sin x  sin x 总结：化简函数   ，研究它的性质从而得出正确答案． 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 12. 别是 PA，AB 的中点，∠CEF=90°，则球 O 的体积为 A. B. C. D. 8 6 4 6 2 6 6 【答案】 【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． DE, F PA, AB 中点， 设，分别为 PA  PB  PC  2x 1的EF  PB  x ，且 ，ABC 为边长为 2 等边三角形， EF / /PB 21CE  3 x2 , AE  PA  x 又CEF  90 CF  3 2×2  4  3 x2 ，作 PD  AC AEC 中余弦定理 于，PA  PC ，DcosEAC  cosEAC  22 x x2  4 3 x2 4x 1AD 1Q D 为AC 中点， ，，PA 2x 2x 122×2 1 2 x2  x  PA , PB , PC ，，，又 两两 AB=BC=AC=2 PA  PB  PC  2 226446 6 3垂直， ，，，故选 D. 2R  2  2  2  6 R  V  R    6 2338PA  PB  PC, ABC 【详解】 为边长为 2 的等边三角形， 为正三棱锥， P  ABC ，又 ，，分别 为、PA AB 中点， PB  AC FECE  AC  C, EF  ，又 ，平面 ，平面 ，EF / /PB EF  AC EF  CE PAC PAC PB  ，为正方体一部分， ，即 P  ABC PAB  PA  PB  PC  2 2R  2  2  2  6 6446 6 8, V  R3     6 ，故选 D． R  233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 4小题，每小题 5分，共 20分。 (0,0) ．曲线 y  3(x2  x)ex 在点 处的切线方程为 13. ___________ 3x  y  0 【答案】 .【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(2x 1)ex  3(x2  x)ex  3(x2  3x 1)ex , k  y/ |x0  3 所以， 所以，曲线 y  3(x2  x)ex 在点 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． 处的切线方程为 ，即 y  3x 3x  y  0 ．(0,0) 1a  ，a2  a 记 S 为等比数列{a }的前 n 项和．若 14. ，则 S = 6．____________ nn5143121 3【答案】 【分析】 .q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5 ．题目的难 S度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查． 1112( q3 )2  q5 , q【详解】设等比数列的公比为 ，由已知 q  0 ，a  ,a  a 6 ，所以 又143331(135 ) a1(1 q5 ) 1 q 121 3q  3, 所以 所以 ．3S5  13 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． 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 15. 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】0.18. 【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． 34:1 【详解】前五场中有一场客场输时，甲队以 获胜的概率是 0.6 0.50.52  0.108, 前五场中有一场主场输时，甲队以 4:1 获胜的概率是 0.40.62 0.52 2  0.072, q  0.108 0.072  0.18. 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 4:1 的获胜 概率是 综上所述，甲队以 4:1 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． x2 y2 的已知双曲线 C： 左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1 的直线与 C 的两条渐近线分别 16. 1(a 0,b0) a2 b2    交于 A，B 两点．若 F A  AB 【答案】2. ，，则 C 的离心率为 ．F B  F2B  0 ____________ 11【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，   F A  AB. OF  OF , 又F F B 的中位线，即 BF / /OA, BF  2OA. 由得得 OA 是三角形 F A  AB, 11212221  F B  F B, OA  F A, OB  OF  OF , 则由，得 有F BF2B  0 121121OBF2  BF2O  2OBF  2OF B, AOB  AOF 1 ．又 OA 与 OB 都是渐近线，得 11bBOF  600  tan 600  3 BOF  AOF , 则．又渐近线 OB 的斜率为 ，所以该双曲线的离心率 212acb22为．e  1 ( )  1 ( 3)  2 a a 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 BOF  AOF  BOA  600 , 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 2120到渐近线的倾斜角为 从而突破问题障碍． 60 , 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。 22的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设 ．VABC (sin B sinC)  sin Asin BsinC 17. （1）求 A； （2）若 ，求 sinC． 2a  b  2c 36  2 4A  【答案】（1） ；（2） .sinC  【分析】 222A 0, （1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得： 求得结果；（2）利用正弦定理可得 ，从而可整理出 ，根据 、两角和差正弦公 可cos A b  c  a  bc sin B  sin A C ，利用 2 sin A  sin B  2 sin C 式可得关于 和sinC 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 B sinC  sin2 B  2sin BsinC  sin2 C  sin2 Asin BsinC 2222即： sin B  sin C sin A  sin BsinC 由正弦定理可得： 222b  c  a  bc b2  c2  a2 1cos A  2bc 2 A 0, π \ A = 3，由正弦定理得： （2） 2a  b  2c 2 sin A  sin B  2 sin C 3sin B  sin A C  sin AcosC  cos AsinC A  又，331 2 cosC  sinC  2sinC 222整理可得： 3sinC 6  3cosC 2 3sinC  6 3 1sin2 C sin2 C  cos2 C 1 6  2 6  2 解得： 或sinC  44666  2 4因为 所以 ，故 .sinC  sin B  2sinC  2sin A  2sinC   0 sinC  24（2）法二： ，由正弦定理得： 2 sin A  sin B  2 sin C 2a  b  2c sin B  sin A C  sin AcosC  cos AsinC A  又，3331 2 cosC  sinC  2sinC 22263sinC  3cosC  2 3sin C   6 整理可得： ，即 3sinC 6  3cosC 11 12 5 12 62 C   C  sin C  或25 12  A  且A C   35 12 6464646  2 4sinC  sin  sin  sin cos  cos sin 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. 如图，直四棱柱 ABCD–A B C D的底面是菱形，AA =4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N 分别是 BC， 18. 11111BB1，A1D 的中点． （1）证明：MN∥平面 C1DE； （2）求二面角 A-MA1-N 的正弦值． 10 【答案】（1）见解析；（2） .5【分析】 （1）利用三角形中位线和 AD/ /BC可证得 ME/ /ND，证得四边形 为平行四边形，进而证得 MNDE 11，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 uuur MN / /DE 标系，通过取 ABCD AMA AMA 中点 ，可证得 F平面 1 ，得到平面 1 的法向量 ；再通过向量法求得 DF  AB DF 平面 MAN 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 n1值. B C ，【详解】（1）连接 ME 1BB B BC 的中位线 ，分别为 ，中点 为BC M EME 111ME  B1C ME/ /BC且 121中点，且 AD/ /BC A D 为1ND  B C ND/ /BC且 又N11112ME//ND MN / /DE 四边形 为平行四边形 MNDE C DE C DE 1，又 平面 ，平面 MN  DE Ì 1C DE 平面 MN / / 1AC  B D O AC  BD  O 由直四棱柱性质可知： （2）设 ，11111OO  平面 ABCD 1四边形 为菱形 ABCD ∴ AC⊥ BD 则以 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： O31A3,0, 4 A3,0,0 M 0,1,2 N, ,2 则： 取，，，D（0，-1,0） 1  223 1 , ,0 F中点 ，连接 F，则 DF AB 2 2 又四边形 为菱形且 为等边三角形 ABCD DF  AB BAD  60 BAD AA  DFAA 平面 平面 ，平面 ABCD ABB A ABCD AMA 平面 DF  11，即 DF  ∴DF  111 3 3 , ,0  AMA DF  为平面 1 的一个法向量，且 DF 2 2   33MA  3, 1, 2 n  x, y, z MN  , ,0 设平面 MAN 的法向量 ，又 ，1122 n MA  3x  y  2z  0 1y 1 ， n  3,1, 1 ，令 ，则 z  1 x  3  33n MN  x  y  0 22  DF n 315  10 5cos  DF,n   sin  DF,n  515 DF  n 10 5二面角 AMA N的正弦值为： 1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. 32已知抛物线 19. ：的焦点为 ，斜率为的直线 与的交点为 ，，与 轴的交点为 ． BCy =3x FlCAxP2（1）若|AF|+|BF|=4，求 l 的方程；   ，求|AB|． （2）若 AP  3PB 4 13 312x  8 y  7  0 【答案】（1） ；（2） .【分析】 3A x, y B x, y x + x 1 y =x  m （1）设直线 ： ，1  ，2  ；根据抛物线焦半径公式可得 ；联立直线 l121222mx  y  t 方程与抛物线方程，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 l32 ，结合韦达定理可求得   y  3y y y ；2立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用 可得 AP  3PB 11根据弦长公式可求得结果. 3A x, y 1  B x, y 2y =x  m 【详解】（1）设直线 方程为： ，，2  l1235AF  BF  x1  x2  4  x1  x2  由抛物线焦半径公式可知： 223y  x  m 9×2  12m12 x4m2 0 联立 得： 22y  3x 122 12m 12 144m2  0 m  则712m 12 52 x1  x2   m   ，解得： 983712x  8 y  7  0 ，即： y  x  直线 的方程为： l282P t,0 x  y  t （2）设 ，则可设直线 方程为： l32x  y  t 2联立 则3得： y 2y3t 0 2y  3x 1t   3  4 12t  0 y  y2 2， y y3t 11 2   y  3 y 3y2 y2 1， y y3  AP  3PB 111 2 413 4 13 AB  1 y  y 2  4y1 y2   4 12  则2  1933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. f (x)  sin x  ln(1 x) f (x) ，f (x) 已知函数 20. 为的导数．证明： 2f (x) (1, ) （1） 在区间 存在唯一极大值点； f (x) （2） 有且仅有 2 个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】 221, x  0, （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 021, g x  0   得，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x  0 0æö÷÷÷pçx Î 0, 上的唯一零点；当 f x   1,0 0, x 时，首先可判断出在( )上无零点，再利用零点存在定理得 0在çç÷è 2ø 22f x   x0 , f x 0 x , f x 到在上的单调性，可知   ，不存在零点；当 时，利用零点存在定理和   单调性可判断出存在唯一一个零点；当 x , f x 0 ；综合上述情况可证得结论. ，可证得   1f x 1, fx  cos x    【详解】（1）由题意知：  定义域为： 且x 1 21g x  cos x  x 1, 令，  x 1 12g x sin x    x 1, ，2x 1 111122 , 1, 1, 在上单调递减， 在上单调递减 2x 1 an1 an 721, g x   在上单调递减 2  244  g sin 1 0 g 0  sin011 0 又，    22  2   2 2g x  0 ，使得   x0  0, 02时， g x 0   g x 0   x 1, x x x , 当0  时， ；0g x   1, x x0 , 即在0  上单调递增；在 上单调递减 2x  x g x 则0 为  唯一的极大值点 fx1, x  即： 在区间 上存在唯一的极大值点 .021x 1, fx  cos x    （2）由（1）知： x 1,0 ，x 1 x  在f1,0 ①当 时，由（1）可知 上单调递减 上单调递增  f x   1,0  f x f 0  0 在    f 0  0   又f x 1,0 为  在上的唯一零点 x  0 2fx  x 0, 0, x 在( )上单调递增，在 x0 , ②当 时， 上单调递减 02f 0  0    f x  0 又  0 f x 0, x 在( )上单调递增，此时 f x f 0  0       ，不存在零点 02  22  f cos    0 又  2   2   2 2f x  0 ，使得   x1  x0 , 12 f x   x ,x x , 在上单调递增，在 上单调递减 1 012  222e   f x f 0 0 f sin ln 1  ln  ln1 0 又，0       2 2 f x 0   x0 , 在上恒成立，此时不存在零点 2x , ln x1 ③当 时， 单调递减， 单调递减 sin x 2 f x ,   在上单调递减 2    f 0 f   sin ln  1  ln  1  0 又即，      f x ，又   , f   f    0 在上单调递减   22  2f x ,   在上存在唯一零点 时， x , sin x  1,1 ln x1  ln  1  lne 1 ④当 ，sinxln x1 0 , f x f x   即在上不存在零点 综上所述：  有且仅有 个零点 2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. 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 21. 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 α 和 β，一轮试验中甲药的得分记为 X． （1）求 的分布列； Xp (i  0,1,,8) i表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲 （2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分， ip  0 p 1 p  ap  bp  cp (i 1,2,,7) 药比乙药更有效”的概率，则 ，，，其中 08ii1 ii1 a  P(X  1) b  P(X  0) c  P(X 1)   0.8 ，，．假设 ，．  0.5 {p  p } (i  0,1,2,,7) (i)证明： 为等比数列； i1 ipp(ii)求 4 ，并根据 4 的值解释这种试验方案的合理性． 1p  【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii） .4257 【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 Xa,b,c p  0.4p 0.5p 0.1p i1,2,,7 的取值，可得 ，从而整理出符合等比数列定义的形式， i1  ii1 ipp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 p 8和 0 的值可求得 1 ；再次利 p用累加法可求出 .40【详解】（1）由题意可知 所有可能的取值为：， ， X1 1P X1  1 P X0   1 1 P X1  1 ；；   则的分布列如下： X0X1 11    1 1  1  P  0.8 （2） ，  0.5 ，，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 p  ap bp cp i1,2,,7 （i） i1  ii1 ip  0.4p 0.5p 0.1p i1,2,,7 即i1  ii1 i5p  4p  p i1,2,,7 p  p  4 p  p i 1,2,,7 整理可得： i1  i1  ii1 i1 ii（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。 [选修 4-4：坐标系与参数方程] 22. 1t2 1 t2 4t x  y  ，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 1 t2 半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为 ．2 cos  3 sin 11 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． y2 2【答案】（1） ；1 l : 2x  3y 11 0 ；（2） 7C : x  4【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 C而根据三角函数的范围可求得最值. 16t2 1 t2 1t2 1 t2 y2  1 x 1 x t2  【详解】（1）由 得： ，又 2x  1 x 1 x 16  y2   4 1 x 1 x  4  4×2  21 x 1 x 1 y2 2整理可得 的直角坐标方程为： Cx  1 4x   cos y   sin ，又的直角坐标方程为： l 2x  3y 11 0 cos,2sin （2）设 上点的坐标为： C64sin   11 2cos  2 3sin 11 则上的点到直线 的距离 lCd  776sin    1 当时， d 取最小值则 dmin  7 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. [选修 4-5：不等式选讲] 23. 已知 a，b，c 为正数，且满足 abc=1．证明： 11 1   a2  b2  c2 （1） ；a b c (a  b)  (b  c)  (c  a)  24 333（2） ．【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】 222（1）利用 将所证不等式可变为证明： ，利用基本不等式可证得 abc = 1 a  b  c  bc  ac  ab 2 a2  b2  c2  2ab  2bc  2ac ， 从 而 得 到 结 论 ；（ 2 ） 利 用 基 本 不 等 式 可 得 333a  b  b  c  c  a  3 a  b b c c a ， 再 次 利 用 基 本 不 等 式 可 将 式 转 化 为   3332，在取等条件一致的情况下，可得结论. a  b  b  c  c  a  24 abc 11 1 11 1      abc  bc  ac  ab 【详解】（1） abc 1 abcabc2 a2  b2  c2  a2  b2  b2  c2  c2  a2  2ab  2bc  2ac       当且仅当 时取等号 a  b  c 11 1 11 1 2 a2  b2  c2  2   a2  b2  c2≥   ，即： abca b c 333（2） a  b  b  c  c  a  3 a  b b c c a ，当且仅当 时取等号 a  b  c ，，  （当且仅当 又时等号同时成立） a  b  c a  b  2 ab b  c  2 bc a  c  2 ac 3332 a  b  b  c  c  a  32 ab 2 bc 2 ac  24 abc 333又 a  b  b  c  c  a  24 abc = 1 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.