全国一卷数学
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2023年2月27日发(作者：地理四弹子)..
6,2019年全国统一高考数学试卷（理科)（新课标Ⅰ)
第I卷（选择题)
一、单选题
1．已知集合M
x4x2，N
{xx
2
x
60，则M
N=
A．
{x4x3
B．
{x4x
2C．
{x2x2
D．
{x2x3
2．设复数z满足zi=1，z在复平面内对应的点为
(x，y)，则
A．(x+1)
2
y
2
1B．(x1)
2
y
2
1C．x
2
(y1)
2
1D．x
2
(y+1)
2
1
3．已知a
log
2
0.2,b2
0.2
,c0.2
0.3
，则
A．abcB．acbC．cabD．bca
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
51
（
51
≈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
22
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
51
．若某人满足上述两个黄
2
金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是
A．165cmB．175cmC．185cmD．190cm
5．函数f(x)=sinx
x
2
在[—π，π]的图像大致为
cosxx
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..
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
511
21
11
A．B．C．D．
16323216
7．已知非零向量a，b满足a=2b，且（a–b）b
，则a与b的夹角为
A．
π
B．
π
C．
2π
D．
5π
6
336
1
8．如图是求2
1
的程序框图，图中空白框中应填入
1
2
2
1111
A．A=B．A=2C．A=D．A=1
2AA12A2A
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..
9．记S
n
为等差数列{a
n
}的前n项和．已知S
4
0，a
5
5
，则
A．an2n5B．an3n10C．Sn2n
2
8nD．S
n
1n22n
2
10．已知椭圆C的焦点为F
1
(1,0)，F
2
(1,0)，过F
2
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
x2
y21
x
2
y
2
C．
x
2
y
2
1
x2y2
A．B．1
43
D．1
2
32
54
11．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
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．①②④B．②④C．①④D．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，PB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为
A．86B．46C．26D．6
第II卷（非选择题)
13
．曲线y
3(x
2x)ex
在点
(0,0)
处的切线方程为．
14
．记
S
n
为等比数列{a
的前
n
项和．若
a
1
1
2a
6
，则S5=
．
n}
3
，a
4
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．
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..
x
2
y
2
1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C
16．已知双曲线C：
b
2
a
2
的两条渐近线分别交于
A，B两点．若F
1
AAB，F
1
BF
2
B
0，则C的离心率为
．
17．VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设
(sinBsinC)
2
sin
2
AsinBsinC．
（1）求A；
（2）若2ab2c，求sinC．
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-MA1-N的正弦值．
19．已知抛物线C：y
2
=3x的焦点为F，斜率为
3
的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交
2
点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若AP3PB，求|AB|．
20．已知函数f(x)sinxln(1x)，f(x)为f(x)的导数．证明：
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..
（1）f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点；
2
（2）f(x)有且仅有2个零点．
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
(i
0,1,
,8)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p
0
0，p
8
1，
p
i
ap
i1
bp
i
cp
i1
(i
1,2,
,7)，其中a
P(X
1)，bP(X0)，
cP(X
1)．假设0.5，0.8．
(i)证明：{p
i1
p
i
}(i
0,1,2,
,7)为等比数列；
(ii)求p
4
，并根据p
4
的值解释这种试验方案的合理性
．
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]
x1
t2，
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为
1
t2
（t为参数），以坐标原点O
4t
y
1
t2
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
2cos3sin11
0．
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..
（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]
已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：
（1）
1
11
a
2
b
2
c
2
；
abc
（2）
(ab)
3
(bc)
3
(ca)
3
24
参考答案
1．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
x4
x2,Nx2x3，则
MNx2x2．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．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
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..
点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C．
【详解】
zxyi,zix(y1)i,
zix
22
1,
则
x
22
．故选．
(y1)(y1)1
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．B
【解析】
【分析】
运用中间量0
比较a,c，运用中间量比较b,c
1
【详解】
alog
2
0.2log
2
10,b2
0.2
2
0
1,00.2
0.3
0.2
01,
则
0c1,acb．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．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】
设人体脖子下端至肚脐的长为xcm，肚脐至腿根的长为ycm，则
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..
2626x51
42.07cm,y5.15cm．又其腿长为105cm，头顶至脖子
xy105
，得x
2
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．
【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．
5．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．
【详解】
sin(x)(x)sinxx
由f(x)
cos(x)(
x)
2
cosxx2
f(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点
对称．又f()
1
242
2
0．故选D．
2
2
1,f()
12()
2
【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．A
【解析】
【分析】
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..
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
C6
3
，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为C
6
3
=
5，故选A．
2
6
16
【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．B
【解析】
【分析】
本题主要考查利用平面向量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(ab)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)babb
2
=0，所以ab
b
2
，所以
cos
=
ab
|b|
2
1
，所以a与b的夹角为
，故选B．
ab
2|b|
2
23
【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
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..
角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为[0,]．
8．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．
【详解】
1
,k
1
1执行第1次，A
1
2是，因为第一次应该计算1=
，kk1=2，循
222A
2
1
环，执行第2次，k2
2
1
1
=
1
，是，因为第二次应该计算
22A
，
2
2
kk1=3，循环，执行第
1
3次，k22，否，输出，故循环体为A，故选
2A
A．
【点睛】
1
秒杀速解认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为A．
2A
9．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，a
5
5，
S
4
4(72)
100，排除B，对C，
2
S
4
0,a
5
S
5
S
4
25
2
85010
5，排除C．对D，
S
4
0,a
5
S
5
S
4
1522505
5，排除D，故选A．
22
【详解】
eord完美格式
..
S
4
4a
1
d
a
1
3
430
5，故选A．
由题知，2，解得，∴a
n
2n
a
5
a
1
4d5
d2
【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．B
【解析】
【分析】
由已知可设
F
2
B
n，则AF
2
2n,BF
1
AB
3n，得AF
1
2n，在△AF
1
B中求
得cosF
1
AB
1
3
，从而可求解.
，再在△AF
1
F
2
中，由余弦定理得
n
32
【详解】
法一：如图，由已知可设
F
2
B
n，则AF
2
2n,BF
1
AB
3n，由椭圆的定义有
2a
BF
1
BF
2
4n,
AF
1
2a
AF
2
2n．在△AF
1
B中，由余弦定理推论得
cos
F
1
AB4n
2
9n
2
9n
2
1
．在△AF
1
F
2
中，由余弦定理得
22n3n3
4n
2
4n
222n2n
1
4，解得n
3
．
32
2a4n23,a3,
b
2
a
2
c
2
312,所求椭圆方程为
x
2
y
2
1，
32
故选B．
法二：由已知可设F
2
Bn，则AF
2
2n,BF
1
AB
3n，由椭圆的定义有
2a
BF
1
BF
2
4n,
AF
1
2a
AF
2
2n．在△AF1F2和△BF
1
F
2
中，由余弦定理
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..
得
4n2
4
22n2cosAF
2
F
1
4n2,
，又
AF
2
F
1
,
BF
2
F
1
互补，
n2
42n2cos
BF
2
F
1
9n2
cos
AF
2
F
1
cosBF
2
F
1
0，两式消去cos
AF
2
F
1
,cos
BF
2
F
1
，得
3n
2
6
11n
2
，解得
n
3
．2a4n23,a
3,b
2
a
2
c
2
31
2,所求椭圆方程为
2
x
2
y
2
1，故选B．
32
【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．C
【解析】
【分析】
化简函数fxsinxsinx，研究它的性质从而得出正确答案．
【详解】
fxsinxsinxsinxsinxfx,fx为偶函数，故①正确．当
x时，fx2sinx，它在区间,单调递减，故②错误．当0x
22
时，fx2sinx，它有两个零点：0；当x0时，
eord完美格式
..
fxsinxsinx
2sinx
，它有一个零点：
，故fx在,有3个零
点：0，故③错误．当x
2k,2kk
N时，fx2sinx；当
x2k,2k2
kN时，fx
sinxsinx
0，又fx为偶函数，
fx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fxsinxsinx的图象，由图象可得①④正确，故选C．
12．D
【解析】
【分析】
先证得PB平面PAC，再求得PAPBPC2，从而得PABC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:PAPBPC,
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EFCE，CE
ACC,EF平面PAC，
PB平面PAC，PABPAPBPC
2，P
ABC为正方体一部
分，2R
2226
，即R6,V4R34
66
6，故选D．
2338
eord完美格式
..
解法二:
设PA
PBPC
2x，E,F分别为PA,AB中点，
EF//PB，且EF
1
PB
x，ABC为边长为2的等边三角形，
2
1CF
3又CEF90
CE3
x
2
,AEPAx
2
AEC中余弦定理cosEAC
x2
43
x2
AC于D，PAPC，
22x
，作PD
QD为AC中点，cos
EAC
AD1
x
2
43
x
2
1
PA
，
4x
，
2x2x
2x
2
12
x
2
1x
2
，PAPBPC
2，又AB=BC=AC=2，
22
PA,PB,PC两两垂直，2R222
6，R
6
，
2
V
4R3466
6，故选D.
338
eord完美格式
..
【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．
13．
3xy
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：y
/
3(2x
1)e
x
3(x
2
x)e
x
3(x
2
3x1)e
x
,
所以，k
y
/
|
x0
3
所以，曲线y
3(x
2
x)e
x
在点(0,0)
处的切线方程为y
3x，即3xy0．
【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．
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
5
．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a
1
1,a4
2a
6
，所以
(
1
q3)2
1
q5,
又
q0，
333
eord完美格式
..
15
所以q3,所以
a
1
(1q5)3
(13)121．
S
5
q1331
【点睛】
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．
15．0.216.
【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
0.6
3
0.50.520.108,
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
0.40.6
2
0.5
2
20.072,
综上所述，甲队以4:1获胜的概率是q0.1080.0720.18.
【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．
16．2.
【解析】
eord完美格式
..
【分析】
通过向量关系得到F
1
AAB和OAF
1
A，得到AOBAOF
1
，结合双曲线的渐近线
可得BOF
2
AOF
1
,BOF
2
AOF
1
BOA60
0
,从而由
b
tan60
0
3可求
a
离心率.
【详解】
如图，
由F
1
A
AB,得F1A
AB.又OF
1
OF
2
,得OA是三角形F
1
F
2
B的中位线，即
BF2//OA,BF22OA.
由
F
1
BF
2
B
0，得F
1
BF
2
B,OAF
1
A,则OBOF
1
有
AOB
AOF
1
，
又OA与OB都是渐近线，得
BOF
2
AOF
1
,又BOF
2
AOB
AOF
1
，得
BOF
2
AOF
1
BOA
60
0,．又渐近线OB的斜率为
b
tan60
0
3，所以该双
a
曲线的离心率为e
c1(b)21(3)
2
2．
aa
【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．
17．（1）A
62
；（2）sinC.
34
【解析】
eord完美格式
..
【分析】
（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：b2c2a2bc，从而可整理出cosA，
根据A0,可求得结果；（2）利用正弦定理可得2sinAsinB2sinC，利用
sinBsinAC、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）sinB
sinC
2
2B2sinBsinCsin
2
Csin
2
AsinBsinC
sin
即：sin2Bsin
2
Csin
2
A
sinBsinC
由正弦定理可得：b2
c
2
a2bc
b
2
c
2
a
2
1
cosA
2bc2
A0,πA=
3
（2）
2ab2c
，由正弦定理得：
2sinAsinB2sinC
又sinB
sinAC
sinAcosCcosAsinC，A
3
2
331
sinC2sinC
2
cosC
22
整理可得：3sinC
63cosC
sin
2
Ccos
2
C
2
2
1
3sinC631siCn
解得：
sinC
6
4
2
或62
4
因为
sinB
2sinC2sinA2sinC6
0所以sinC
6
，故sinC
62
.
24
4
（2）法二：
2ab
2c，由正弦定理得：
2sinAsinB2sinC
又sinB
sinAC
sinAcosCcosAsinC，A
3
eord完美格式
..
331
2
2
cosCsinC2sinC
22
整理可得：
3sinC6
3cosC，即3sinC
3cosC23sinC6
6
sinC
2
26
由C
(0,
2
),C
(
6
,
)，所以C
4
,C
636264
sinCsin(
62
6
)
4
.
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．（1）见解析；（2）
10
.
5
【解析】
【分析】
1
）利用三角形中位线和
11
MNDE
为平行四边（
AD//BC可证得ME//ND，证得四边形
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AMA
1
，得
到平面AMA
1
的法向量
uuurMAN
的法向量n，利用向量夹角公DF；再通过向量法求得平面
1
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
eord完美格式
..
M
，
E
分别为BB1，BC中点
为
B1BC的中位线
ME
ME//BC且ME
1
B
1
C
12
N
A
1
D中点，且
AD//BC
ND//BC且
1
又为NDB
1
C111
2
ME//ND四边形MNDE为平行四边形
MN//DE，又MN平面C
1
DE，DEì平面C
1
DE
MN//平面C1DE
（2）设ACBD
O
ACBDO
，
11111
由直四棱柱性质可知：
OO
1
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：A3,0,0，M0,1,2，A
1
31
3,0,4，D（0，-1,0）N,,2
22
取AB中点F，连接DF，则F
3
,
1
,0
22
eord完美格式
..
四边形ABCD为菱形且BAD60
BAD为等边三角形DFAB
又AA
1
平面ABCD，DF平面ABCDDF
AA
1
∴DF平面ABB
1
A
1
，即DF平面AMA
1
DF为平面AMA
1
的一个法向量，且DF
3
,
3
,0
22
设平面MAN
1
的法向量
n
x,y,z
，又
MA
13,
1,2，MN
3,
3
,0
22
nMA
1
3xy2z0
nMN
3x
3
y0
22
，令x3，则y1，z1n3,1,1
cosDF,n
DFn315
sin
10
DFn155
DF,n
5
二面角AMA
1
N的正弦值为：10
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的正弦
值，属于常规题型.
19．（1）12x8y7
0；（2）
413
.
3
【解析】
【分析】
（1）设直线l：y=
3
x
m，A
x
1
,y
1
，Bx
2
,y
2
；根据抛物线焦半径公式可得
2
x1+x21；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：x
2
t；联立直线方程与抛物线方程y，得到韦达定理的形
3
式；利用AP3PB可得y
1
3y
2
，结合韦达定理可求得y
1
y
2
；根据弦长公式可求得结
eord完美格式
..
果.
【详解】
3
m，A
x
1
,y
1
，B
x
2
,y
2
（1）设直线l方程为：y=x
2
：AFBF
x
1
x
2
3
4
5
由抛物线焦半径公式可知
2
x
1
x
2
2
联立
y
3xm
得：
2
12m12x
2
0
y2
29x4m
3x
2144m
2
0m1则12m12
2
x
1
x
2
12m125
，解得：m
7
928
直线l的方程为：y
37
，即：12x8y70x
82
（2）设Pt,0，则可设直线l方程为：x
2
yt
3
2
联立
x
3
y
t
得：y22y3t0
y23x
则
412t0
t
1
3
y
1
y
2
2，y
1
y
2
3t
AP3PB
y
1
3y
2
y
2
1，y
1
3y
1
y
2
3
则AB
1
4
yy
2
4yy13412413
9121233
【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．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
eord完美格式
..
（1）求得导函数后，可判断出导函数在1,上单调递减，根据零点存在定理可判断出
2
x
0
0,
2
，使得g
x
0
0，进而得到导函数在1,上的单调性，从而可证得结
2
fx1,0
x
骣
论；（2）由（1）的结论可知
x0
为在上的唯一零点；当西
?
0,
p
÷
2桫
先可判断出在(0,x
0
)上无零点，再利用零点存在定理得到f
x在x0,
上的单调性，
2
可知fx0，不存在零点；当x
,时，利用零点存在定理和fx单调性可判断
2
出存在唯一一个零点
；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fx
1
cosx
x1
令gxcosx
1
，x1,
x12
gxsinx
1
x12，x
1,2
1
1,
111
,在1,
x
1
2
在2
上单调递减，an1a
n
7
2上单调递减
g
x在1,上单调递减
2
又g
0sin011
0，
g
sin
44
10
2
22
222
x
0
0,，使得gx
0
0
2
当x
1,x
0
时，
gx0
；x
x
0
,时，
gx0
2
即gx在1,x
0
上单调递增；在x
0
,2上单调递减
eord完美格式
..
则xx
0
为gx唯一的极大值点
即：
f
x在区间
1,上存在唯一的极大值点
x.
0
2
（2）由（1）知：fxcosx
1
，
x
1,
x1
①当x
1,0时，由（1）可知
f
x
在1,0上单调递增
fxf00fx在1,0上单调递减
又f
00
x0为fx在1,0上的唯一零点
②当x
0,时，f
x在(0,x
0
)上单调递增，在x0,
上单调递减
22
又f
00f
x
0
0
fx在(0,x
0
)上单调递增，此时fx
f00，不存在零点
又fcos
22
22
0
22
x1x0,，使得fx10
2
fx在x
0
,x
1
上单调递增，在x1,上单调递减
2
又f
xf0
0，f
sinln1ln
2e
ln10
02222
fx0在x
0
,2上恒成立，此时不存在零点
③当x,时，sinx单调递减，lnx1单调递减
2
fx在,上单调递减
2
eord完美格式
..
又f
2
0，f
sinln1ln10
即f
f
0，又fx在,
上单调递减
22
fx在,上存在唯一零点
2
④当
x,时，sinx1,1，lnx1ln1lne1
sinxlnx10
即fx在,上不存在零点
综上所述：fx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.
1
21．（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）p
4
.
257
【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
i
0.4p
i1
0.5p
i
0.1p
i1
i1,2,,7，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p
8
和p
0
的值可求得p
1
；再次利用累加法可求出p
4
.
【详解】
（1）由题意可知X所有可能的取值为：1，0，1
PX11；PX011；PX11
eord完美格式
..
则X的分布列如下：
X1
0
1
11
P11
（2）
0.5，0.8
a0.50.8
0.4，b
0.50.80.50.2
0.5，c
0.50.20.1
（i）p
i
ap
i1
bp
i
cp
i1
i1,2,,7
即p
i
0.4p
i1
0.5p
i
0.1p
i1
i
1,2,,7
整理可得：5p
i
4p
i1
p
i1i1,2,,7
p
i1
p
i
4
p
i
p
i1i1,2,,7
p
i1p
i
i0,1,2,,7是以p
1
p
0
为首项，4
为公比的等比数列
（ii）由（i）知：p
i1
p
i
p
1
p
0
4
i
p
1
4
i
p
8
p
7
p
1
47
，p
7
p
6
p
1
46
，，p
1
p
0
p
1
40
作和可得：p8p
0
p
1
4
0
4
1
4
7
1
4
8
p
1
4
8
1
p
1
1
143
p
1
3
48
1
01231
4
4
4
4
1311
p
4
p
4
p
0
p
1
444414
p
1
3
4
8
14
4
1257
p
4
表示最终认为甲药更有效的
.由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为
0.8时，认为甲药更有效的概率为
p
4
1
0.0039，此时得出错误结论的概率非常小
，
257
说明这种实验方案合理.
【点睛】
本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列
eord完美格式
..
通项公式和数列中的项的问题
.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解
、概
率求解的相关知识
，对学生分析和解决问题能力要求较高.
22．（1）C:x
2
y
2
1,x
(1,1]；l:2x3y110；（2）7
4
【解析】
【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x
1
t
2
2
1x
0,x(
1,1]，又
y
2
16t
2
2
1t2
得：t
1x1t
2
16
1
x
y21x
41x1x44x2
2
11x
1x
整理可得C的直角坐标方程为
：x
2
y
2
1,x(1,1]
4
又xcos，y
sin
l的直角坐标方程为
：2x
3y110
（2）设C上点的坐标为：cos,2sin
则C上的点到直线l的距离2cos23sin11
4sin11
d
6
77
当sin
6
1时，d取最小值
则d
min
7
eord完美格式
..
【点睛】
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．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）利用abc=1将所证不等式可变为证明
：a
2
b
2
c
2
bc
acab，利用基本不等
式可证得
2a
2
b
2
c
2
2ab2bc
2ac，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得
3
bc
33
3abbccaabca，再次利用基本不等式可将式转化
为a
b
3
b
3
ca
3
24
2
cabc，在取等条件一致的情况下，可得结论.
【详解】
（1）abc1
11111
1
abc
bcacab
abcabc
2a
2
b
2
c
2
a
2
b
2
b
2
c
2
c
2
a
2
2ab2bc2ac
当且仅当
ab
c时取等号
2a
2
b
2
c
22111
，即：a
2
b
2c2≥
111
abcabc
（2）a
3
b
3
c
3
3abbcc
a，当且仅当abc时取bca
等号
又a
b2
ab，b
c2
bc，a
c2
ac（当且仅当abc时等号同时成立）
ab
3
b
3
ca
3
32ab2bc2ac24
2
cabc
又abc=1
a
3
b
3
ca
3
24bc
eord完美格式
..
【点睛】
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.
eord完美格式
..
0
0050
eord完美格式