2019年湖北省全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版).pdf

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1、第 1页（共 28页）2019 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 Mx|4x2，Nx|x2x60，则 MN（）Ax|4x3Bx|4x2Cx|2x2Dx|2x32（5 分）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+y21B（x1）2+y21Cx2+（y1）21Dx2+（y+1）213（5

2、 分）已知 alog20.2，b20.2，c0.20.3，则（）AabcBacbCcabDbca4（5 分）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 26cm，则其身高可能是（）A165cmB175cmC185cmD190cm5（5 分）函数 f（x）在，的图象大致为（）AB第 2页（共 28页）CD6（5 分）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

3、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（）ABCD7（5 分）已知非零向量，满足|2|，且（），则 与 的夹角为（）ABCD8（5 分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）AABA2+CADA1+9（5 分）记 Sn为等差数列an的前 n 项和已知 S40，a55，则（）Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n10（5 分）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|2|F2B|，|AB|BF1|，则 C 的方程为（）第 3页（

4、共 28页）A+y21B+1C+1D+111（5 分）关于函数 f（x）sin|x|+|sinx|有下述四个结论：f（x）是偶函数f（x）在区间（，）单调递增f（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（）ABCD12（5 分）已知三棱锥 PABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PAPBPC，ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF90，则球 O 的体积为（）A8B4C2D二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）曲线 y3（x2+x）ex在点（0，0）处的切

5、线方程为14（5 分）记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a1，a42a6，则 S515（5 分）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16（5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）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 A，B 两点若，0，则 C的离心率为三三、解答题解答题：共共 70 分分。解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算

6、步骤证明过程或演算步骤。第第 1721 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作答。第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。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分。分。第 4页（共 28页）17（12 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c 设（sinBsinC）2sin2AsinBsinC（1）求 A；（2）若a+b2c，求 sinC18（12 分）如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点（1）证明：MN平面 C1D

7、E；（2）求二面角 AMA1N 的正弦值第 5页（共 28页）19（12 分）已知抛物线 C：y23x 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（1）若|AF|+|BF|4，求 l 的方程；（2）若3，求|AB|20（12 分）已知函数 f（x）sinxln（1+x），f（x）为 f（x）的导数证明：（1）f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有 2 个零点第 6页（共 28页）21（12 分）为治疗某种疾病，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，

8、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，pi（i0，1，8）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

9、概率，则 p00，p81，piapi1+bpi+cpi+1（i1，2，7），其中 aP（X1），bP（X0），cP（X1）假设0.5，0.8（i）证明：pi+1pi（i0，1，2，7）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第 7页（共 28页）（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为（t 为参

10、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2cos+sin+110（1）求 C 和 l 的直角坐标方程；（2）求 C 上的点到 l 距离的最小值选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知 a，b，c 为正数，且满足 abc1证明：（1）+a2+b2+c2；（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324第 8页（共 28页）2019 年全国统一高考数学试卷（理科年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标（新课标）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本题共一、选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，

11、共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1（5 分）已知集合 Mx|4x2，Nx|x2x60，则 MN（）Ax|4x3Bx|4x2Cx|2x2Dx|2x3【分析】利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出【解答】解：Mx|4x2，Nx|x2x60 x|2x3，MNx|2x2故选：C【点评】本题考查了一元二次不等式的解法和交集的运算，属基础题2（5 分）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+y21B（x1）2+y21Cx2+（y1）21Dx2+（y+1）21【分析】

12、由 z 在复平面内对应的点为（x，y），可得 zx+yi，然后根据|zi|1 即可得解【解答】解：z 在复平面内对应的点为（x，y），zx+yi，zix+（y1）i，|zi|，x2+（y1）21，故选：C【点评】本题考查复数的模、复数的几何意义，正确理解复数的几何意义是解题关键，属基础题3（5 分）已知 alog20.2，b20.2，c0.20.3，则（）AabcBacbCcabDbca【分析】由指数函数和对数函数的单调性易得 log20.20，20.21，00.20.31，从而得出 a，b，c 的大小关系【解答】解：alog20.2log210，第 9页（共 28页）b20.2201，00.

13、20.30.201，c0.20.3（0，1），acb，故选：B【点评】本题考查了指数函数和对数函数的单调性，增函数和减函数的定义，属基础题4（5 分）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 26cm，则其身高可能是（）A165cmB175cmC185cmD190cm【分析】充分运用黄金分割比例，结合图形，计算可估计身高【解答】解：头顶至脖子下端的长度为 26cm，说明头

14、顶到咽喉的长度小于 26cm，由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是0.618，可得咽喉至肚脐的长度小于42cm，由头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是，可得肚脐至足底的长度小于110，即有该人的身高小于 110+68178cm，又肚脐至足底的长度大于 105cm，可得头顶至肚脐的长度大于 1050.61865cm，第 10页（共 28页）即该人的身高大于 65+105170cm，故选：B【点评】本题考查简单的推理和估算，考查运算能力和推理能力，属于中档题5（5 分）函数 f（x）在，的图象大致为（）ABCD【分析】由 f（x）的解析式知 f（x）为奇函数可排除 A，然后计算 f（），

15、判断正负即可排除 B，C【解答】解：f（x），x，f（x）f（x），f（x）为，上的奇函数，因此排除 A；又 f（），因此排除 B，C；故选：D【点评】本题考查了函数的图象与性质，解题关键是奇偶性和特殊值，属基础题6（5 分）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（）ABCD【分析】基本事件总数 n2664，该重卦恰有 3 个阳爻包含的基本个数 m20，由此能求出该重卦恰有 3 个阳爻的概率第 11页（共 28页）【解答】解：在所有重卦中随机取一重卦，基

16、本事件总数 n2664，该重卦恰有 3 个阳爻包含的基本个数 m20，则该重卦恰有 3 个阳爻的概率 p故选：A【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题7（5 分）已知非零向量，满足|2|，且（），则 与 的夹角为（）ABCD【分析】由（），可得，进一步得到，然后求出夹角即可【解答】解：（），故选：B【点评】本题考查了平面向量的数量积和向量的夹角，属基础题8（5 分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）第 12页（共 28页）AABA2+CADA1+【分析】模拟程序的运行，由题意，依次写出每次得到的 A 的值，观察规律即可得解【解答】解：模

17、拟程序的运行，可得：A，k1；满足条件 k2，执行循环体，A，k2；满足条件 k2，执行循环体，A，k3；此时，不满足条件 k2，退出循环，输出 A 的值为，观察 A 的取值规律可知图中空白框中应填入 A故选：A【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题9（5 分）记 Sn为等差数列an的前 n 项和已知 S40，a55，则（）Aan2n5Ban3n10CSn2n28nDSnn22n【分析】根据题意，设等差数列an的公差为 d，则有，求出首项和公差，第 13页（共 28页）然后求出通项公式和前 n 项和即可【解答】解：设等差数列an的公差

18、为 d，由 S40，a55，得，an2n5，故选：A【点评】本题考查等差数列的通项公式以及前 n 项和公式，关键是求出等差数列的公差以及首项，属于基础题10（5 分）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|2|F2B|，|AB|BF1|，则 C 的方程为（）A+y21B+1C+1D+1【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得 a，b，可得椭圆的方程【解答】解：|AF2|2|BF2|，|AB|3|BF2|，又|AB|BF1|，|BF1|3|BF2|，又|BF1|+|BF2|2a，|BF2|，|AF2|a，|BF1|a，|A

19、F1|+|AF2|2a，|AF1|a，|AF1|AF2|，A 在 y 轴上在 RtAF2O 中，cosAF2O，在BF1F2中，由余弦定理可得 cosBF2F1，根据 cosAF2O+cosBF2F10，可得+0，解得 a23，a第 14页（共 28页）b2a2c2312所以椭圆 C 的方程为：+1故选：B【点评】本题考查了椭圆的性质，属中档题11（5 分）关于函数 f（x）sin|x|+|sinx|有下述四个结论：f（x）是偶函数f（x）在区间（，）单调递增f（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（）ABCD【分析】根据绝对值的应用，结合三角函数的图象和性质分

20、别进行判断即可【解答】解：f（x）sin|x|+|sin（x）|sin|x|+|sinx|f（x）则函数 f（x）是偶函数，故正确，当 x（，）时，sin|x|sinx，|sinx|sinx，则 f（x）sinx+sinx2sinx 为减函数，故错误，当 0 x时，f（x）sin|x|+|sinx|sinx+sinx2sinx，由 f（x）0 得 2sinx0 得 x0 或 x，由 f（x）是偶函数，得在，）上还有一个零点 x，即函数 f（x）在，有 3个零点，故错误，当 sin|x|1，|sinx|1 时，f（x）取得最大值 2，故正确，第 15页（共 28页）故正确是，故选：C【点评】本题

21、主要考查与三角函数有关的命题的真假判断，结合绝对值的应用以及利用三角函数的性质是解决本题的关键12（5 分）已知三棱锥 PABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PAPBPC，ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF90，则球 O 的体积为（）A8B4C2D【分析】由题意画出图形，证明三棱锥 PABC 为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法求外接球球 O 的体积【解答】解：如图，由 PAPBPC，ABC 是边长为 2 的正三角形，可知三棱锥 PABC 为正三棱锥，则顶点 P 在底面的射影 O 为底面三角形的中心，连接 BO 并延长，交 AC 于 G，则

22、 ACBG，又 POAC，POBGO，可得 AC平面 PBG，则 PBAC，E，F 分别是 PA，AB 的中点，EFPB，又CEF90，即 EFCE，PBCE，得 PB平面 PAC，正三棱锥 PABC 的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为 D第 16页（共 28页）半径为，则球 O 的体积为故选：D【点评】本题考查多面体外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13（5 分）曲线 y3（x2+x）ex在点（0，0）处的

23、切线方程为y3x【分析】对 y3（x2+x）ex求导，可将 x0 代入导函数，求得斜率，即可得到切线方程【解答】解：y3（x2+x）ex，y3ex（x2+3x+1），当 x0 时，y3，y3（x2+x）ex在点（0，0）处的切线斜率 k3，切线方程为：y3x故答案为：y3x【点评】本题考查了利用导数研究函数上某点的切线方程，切点处的导数值为斜率是解题关键，属基础题14（5 分）记 Sn为等比数列an的前 n 项和若 a1，a42a6，则 S5【分析】根据等比数列的通项公式，建立方程求出 q 的值，结合等比数列的前 n 项和公式进行计算即可【解答】解：在等比数列中，由 a42a6，得 q6a12

24、q5a10，即 q0，q3，则 S5，故答案为：【点评】本题主要考查等比数列前 n 项和的计算，结合条件建立方程组求出 q 是解决本题的关键15（5 分）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0.18第 17页（共 28页）【分析】甲队以 4：1 获胜包含的情况有：前 5 场比赛中，第一场负，另外 4 场全胜，前 5 场比赛中，第二场负，另外 4 场全胜，前 5 场比赛中，第三场负，

25、另外 4 场全胜，前 5 场比赛中，第四场负，另外 4 场全胜，由此能求出甲队以 4：1 获胜的概率【解答】解：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，甲队以 4：1 获胜包含的情况有：前 5 场比赛中，第一场负，另外 4 场全胜，其概率为：p10.40.60.50.50.60.036，前 5 场比赛中，第二场负，另外 4 场全胜，其概率为：p20.60.40.50.50.60.036，前 5 场比赛中，第三场负，另外 4 场全胜，其概率为：p30.60.60.50.50.60.054，前 5 场比赛中，第四场负

26、，另外 4 场全胜，其概率为：p30.60.60.50.50.60.054，则甲队以 4：1 获胜的概率为：pp1+p2+p3+p40.036+0.036+0.054+0.0540.18故答案为：0.18【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题16（5 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）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 A，B 两点若，0，则 C的离心率为2【分析】由题意画出图形，结合已知可得 F1BOA，写出 F1B 的方程，与 y联立求得 B 点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解【解答】解：

27、如图，第 18页（共 28页），且0，OAF1B，则 F1B：y，联立，解得 B（，），则，整理得：b23a2，c2a23a2，即 4a2c2，e故答案为：2【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题三三、解答题解答题：共共 70 分分。解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤。第第 1721 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作答。第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。题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分。分。17（12 分）ABC 的内角

28、A，B，C 的对边分别为 a，b，c 设（sinBsinC）2sin2AsinBsinC（1）求 A；（2）若a+b2c，求 sinC【分析】（1）由正弦定理得：b2+c2a2bc，再由余弦定理能求出 A（2）由已知及正弦定理可得：sin（C），可解得 C 的值，由两角和的正弦函数公式即可得解【解答】解：（1）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c第 19页（共 28页）设（sinBsinC）2sin2AsinBsin C则 sin2B+sin2C2sinBsinCsin2AsinBsinC，由正弦定理得：b2+c2a2bc，cosA，0A，A（2）a+b2c，A，由正弦定理得，

29、解得 sin（C），C，C，sinCsin（）sincos+cossin+【点评】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角函数性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（12 分）如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求二面角 AMA1N 的正弦值【分析】（1）过 N 作 NHAD，证明 NMBH，再证明 BHDE，可得 NMDE，再由线面平行的判定可得 MN平面 C1DE；（2）以 D 为坐标原点，以垂直于 DC 得直线为 x 轴，以 DC 所在直线为 y 轴，以

30、 DD1所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面 A1MN 与平面 MAA1的一个法向量，第 20页（共 28页）由两法向量所成角的余弦值可得二面角 AMA1N 的正弦值【解答】（1）证明：如图，过 N 作 NHAD，则 NHAA1，且，又 MBAA1，MB，四边形 NMBH 为平行四边形，则 NMBH，由 NHAA1，N 为 A1D 中点，得 H 为 AD 中点，而 E 为 BC 中点，BEDH，BEDH，则四边形 BEDH 为平行四边形，则 BHDE，NMDE，NM平面 C1DE，DE平面 C1DE，MN平面 C1DE；（2）解：以 D 为坐标原点，以垂直于 DC 得直线为 x

31、轴，以 DC 所在直线为 y 轴，以DD1所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系，则 N（，2），M（，1，2），A1（，1，4），设平面 A1MN 的一个法向量为，由，取 x，得，又平面 MAA1的一个法向量为，cos二面角 AMA1N 的正弦值为第 21页（共 28页）【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题19（12 分）已知抛物线 C：y23x 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（1）若|AF|+|BF|4，求 l 的方程；（2）若3，求|AB|【分析】（1）根据韦达定理以及抛物线

32、的定义可得（2）若3，则 y13y2，x13x2+4t，再结合韦达定理可解得 t1，x13，x2，再用弦长公式可得【解答】解：（1）设直线 l 的方程为 y（xt），将其代入抛物线 y23x 得：x2（t+3）x+t20，设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x22t+，x1x2t2，由抛物线的定义可得：|AF|+|BF|x1+x2+p2t+4，解得 t，直线 l 的方程为 yx第 22页（共 28页）（2）若3，则 y13y2，（x1t）3（x2t），化简得 x13x2+4t，由解得 t1，x13，x2，|AB|【点评】本题考查了抛物线的性质，属中档题20（12 分）已知函数 f

33、（x）sinxln（1+x），f（x）为 f（x）的导数证明：（1）f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有 2 个零点【分析】（1）f（x）的定义域为（1，+），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f（x）在（1，）上为减函数，结合 f（0）1，f（）1+1+10，由零点存在定理可知，函数 f（x）在（1，）上存在唯一得零点 x0，结合单调性可得，f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当 x（1，0）时，f（x）0，f（x）单调递减；当 x（0，x0）时，f（x）0，f（x）单调递增；由于

34、 f（x）在（x0，）上单调递减，且 f（x0）0，f（）0，可得函数 f（x）在（x0，）上存在唯一零点 x1，结合单调性可知，当 x（x0，x1）时，f（x）单调递增；当 x（）时，f（x）单调递减当x（，）时，f（x）单调递减，再由 f（）0，f（）0然后列 x，f（x）与 f（x）的变化情况表得答案【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（1，+），f（x）cosx，f（x）sinx+，令 g（x）sinx+，则 g（x）cosx0 在（1，）恒成立，f（x）在（1，）上为减函数，第 23页（共 28页）又f（0）1，f（）1+1+10，由零点存在定理可知，函数 f（x）在（1，）上存在

35、唯一的零点 x0，结合单调性可得，f（x）在（1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得 f（x）在区间（1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当 x（1，0）时，f（x）单调递增，f（x）f（0）0，f（x）单调递减；当 x（0，x0）时，f（x）单调递增，f（x）f（0）0，f（x）单调递增；由于 f（x）在（x0，）上单调递减，且 f（x0）0，f（）0，由零点存在定理可知，函数 f（x）在（x0，）上存在唯一零点 x1，结合单调性可知，当 x（x0，x1）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（x）单调递增；当 x（）时，f（x）单调递减，f（x）f（x1）0，f（

36、x）单调递减当 x（，）时，cosx0，0，于是 f（x）cosx0，f（x）单调递减，其中 f（）1ln（1+）1ln（1+）1ln2.61lne0，f（）ln（1+）ln30于是可得下表：x（1，0）0（0，x1）x1（）（）f（x）0+0f（x）单调递减0单调递增大于 0单调递减大于 0单调递减小于 0结合单调性可知，函数 f（x）在（1，上有且只有一个零点 0，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（，）上有且只有一个零点 x2，当 x，+）时，f（x）sinxln（1+x）1ln（1+）1ln30，因此函数 f（x）在，+）上无零点第 24页（共 28页）综上，f（x）有且仅有 2 个

37、零点【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查函数与方程思想，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大21（12 分）为治疗某种疾病，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

38、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，pi（i0，1，8）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 p00，p81，piapi1+bpi+cpi+1（i1，2，7），其中 aP（X1），bP（X0），cP（X1）假设0.5，0.8（i）证明：pi+1pi（i0，1，2，7）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【分析】（1）由题意可得 X 的所有可能取值

39、为1，0，1，再由相互独立试验的概率求 P（X1），P（X0），P（X1）的值，则 X 的分布列可求；（2）（i）由0.5，0.8 结合（1）求得 a，b，c 的值，代入 piapi1+bpi+cpi+1，得到（pi+1pi）4（pipi1），由 p1p0p10，可得pi+1pi（i0，1，2，7）为公比为 4，首项为 p1的等比数列；（ii）由（i）可得，p8（p8p7）+（p7p6）+（p1p0）+p0，利用等比数列的前n 项和与 p81，得 p1，进一步求得 p4P4表示最终认为甲药更有效的概率，结合0.5，0.8，可得在甲药治愈率为 0.5，乙药治愈率为 0.8 时，认为甲药更有效的概

40、率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理【解答】（1）解：X 的所有可能取值为1，0，1第 25页（共 28页）P（X1）（1），P（X0）+（1）（1），P（X1）（1），X 的分布列为：X101P（1）+（1）（1）（1）（2）（i）证明：0.5，0.8，由（1）得，a0.4，b0.5，c0.1因此 pi0.4pi1+0.5pi+0.1pi+1（i1，2，7），故 0.1（pi+1pi）0.4（pipi1），即（pi+1pi）4（pipi1），又p1p0p10，pi+1pi（i0，1，2，7）为公比为 4，首项为 p1的等比数列；（ii）解：由（i）可得，p8（p8p7）+

41、（p7p6）+（p1p0）+p0，p81，p1，P4（p4p3）+（p3p2）+（p2p1）+（p1p0）+p0p1P4表示最终认为甲药更有效的概率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，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理【点评】本题是函数与数列的综合题，主要考查数列和函数的应用，考查离散型随机变量的分布列，根据条件推出数列的递推关系是解决本题的关键综合性较强，有一定的难度（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分。请考生在第分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的题中任选一题作答。如果多做，则按所

42、做的第一题计分。第一题计分。选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程（10 分）分）22（10 分）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 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为第 26页（共 28页）2cos+sin+110（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【分析】（1）把曲线 C 的参数方程变形，平方相加可得普通方程，把 xcos，ysin代入 2cos+sin+110，可得直线 l 的直角坐标方程；（2）法一、设出椭圆上动点的坐标（参数形式），再由点到直线的距离公式写

43、出距离，利用三角函数求最值；法二、写出与直线 l 平行的直线方程为，与曲线 C 联立，化为关于 x 的一元二次方程，利用判别式大于 0 求得 m，转化为两平行线间的距离求 C 上的点到 l 距离的最小值【解答】解：（1）由（t 为参数），得，两式平方相加，得（x1），C 的直角坐标方程为（x1），由 2cos+sin+110，得即直线 l 的直角坐标方程为得；（2）法一、设 C 上的点 P（cos，2sin）（），则 P 到直线得的距离为：d当 sin（+）1 时，d 有最小值为法二、设与直线平行的直线方程为，联立，得 16x2+4mx+m2120由16m264（m212）0，得 m4当 m4

44、 时，直线与曲线 C 的切点到直线的距离最小，第 27页（共 28页）为【点评】本题考查间单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了两平行线间的距离公式的应用，是中档题选修选修 4-5：不等式选讲：不等式选讲（10 分）分）23已知 a，b，c 为正数，且满足 abc1证明：（1）+a2+b2+c2；（2）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324【分析】（1）利用基本不等式和 1 的运用可证，（2）分析法和综合法的证明方法可证【解答】证明：（1）分析法：已知 a，b，c 为正数，且满足 abc1要证（1）+a2+b2+c2；因为 abc1就要证：+a2

45、+b2+c2；即证：bc+ac+aba2+b2+c2；即：2bc+2ac+2ab2a2+2b2+2c2；2a2+2b2+2c22bc2ac2ab0（ab）2+（ac）2+（bc）20；a，b，c 为正数，且满足 abc1（ab）20；（ac）20；（bc）20 恒成立；当且仅当：abc1 时取等号即（ab）2+（ac）2+（bc）20 得证故+a2+b2+c2得证（2）证（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324 成立；即：已知 a，b，c 为正数，且满足 abc1（a+b）为正数；（b+c）为正数；（c+a）为正数；（a+b）3+（b+c）3+（c+a）33（a+b）（b+c）（c+a）；当且仅当（a+b）（b+c）（c+a）时取等号；即：abc1 时取等号；a，b，c 为正数，且满足 abc1（a+b）2；（b+c）2；（c+a）2；当且仅当 ab，bc；ca 时取等号；即：abc1 时取等号；第 28页（共 28页）（a+b）3+（b+c）3+（c+a）33（a+b）（b+c）（c+a）3824abc24；当且仅当 abc1 时取等号；故（a+b）3+（b+c）3+（c+a）324得证故得证【点评】本题考查重要不等式和基本不等式的运用，分析法和综合法的证明方法