2019年山东省高考数学试卷(理科)word版试卷及解析下载

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  • 最近更新2022年10月14日



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.

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