（
2
）若
2ab2c
，求
sinC
．< br>
【答案】（
1
）
A

3
；（
2
）
sinC
2
62
.
4
【解析】（
1
）

sinBsinC

sin
2
B2s inBsinCsin
2
Csin
2
AsinBsinC
< br>即：
sin
2
Bsin
2
Csin
2
A sinBsinC

由正弦定理可得：
b
2
c
2
a
2
bc

b
2
c
2
a
2
1
cosA

2bc2
A

0,π


A=
（
2
）

3

2sinAsinB2sinC

2ab2c
，由正弦定理得：又
sinBsin

AC

sinAcosCcosA sinC
，
A

3

2
331
cosCsinC2sinC

222
整理可得：
3sinC63cosC

n
sinCcosC1

3siC
解得：
sinC
62
62

或
4
4
22



6

31sCi

n
2
2
因为
sinB2sinC2s inA2sinC
62
.
4
6
6
，故
0
所以
sinC
2
4
sinC
（
2
）法 二：
2ab2c
，由正弦定理得：
2sinAsinB2sinC

又
sinBsin

AC

sinAcosCco sAsinC
，
A

3

2
331
cosCsinC2sinC

222
C23sininC3cos
整理可得：
3sinC63cosC
，即
3s


C6


6




2


sin

C

6

2

试卷第9页，总17页

由
C(0,
2


),C(,)，所以
C,C

36626446
sinCsin(

4


6
)
62
.
4
A A
1
=4
，（2019全国
I
卷理18）如图，直四棱柱
A BCD
–
A
1
B
1
C
1
D
1的底面是菱形，
AB=2
，∠
BAD=60
°，
E
，< br>M
，
N
分别是
BC
，
BB
1
，A
1
D
的中点．

（
1
）证明：
MN
∥平面
C
1
DE
；

（
2
）求二 面角
A-MA
1
-N
的正弦值．

【答案】（
1
）见解析；（
2
）
10
.
5
【解析】（
1
）连接
ME
，
B
1
C

M
，
E
分别为
BB
1
，
BC
中点

ME
为
B
1
BC
的中位线

MEB
1
C
且
ME
1
B
1
C

2
又
N
为
A
1
D
中点，且
A
1
DB
1
C

NDB
1
C
且
NDB
1
C

1
2
MEND


四边形
MNDE
为平行四边形

MNDE
，又
MN
平面
C
1
DE
，
DE
平面
C
1
DE

MN
平面
C
1
DE

（
2
）设
ACBDO
，
AC
11
B
1
D
1
O
1

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：

试卷第10页，总17页

则：
A

3, 0,0
，
M

0,1,2

，
A
1



31

3,0,4

，
D
（
0
，
-1,0
）
N


2
, 
2
,2





31
< br>F
取
AB
中点
F
，连接
DF
，则


2
,
2
,0




四边形
ABCD
为菱形且
BAD60

BAD
为等边三角形


DFAB

又
AA
1

平面
ABCD
，
DF
平面
ABCD

DFA
1
A
∴DF
平面< br>ABB
1
A
1
，即
DF
平面
AMA
1


33

DF
为平面
AMA
1< br>的一个法向量，且
DF


2
,
2
,0< br>




33

r
MA3, 1,2
MN
设平面
MA
1
N
的法向量
n
x,y,z

，又
1

，

< br>2
,
2
,0





nMA
1
3xy2z0



，令
x 3
，则
y1
，
z1

n
33< br>xy0

nMN
22


3,1,

1

cosDF,n
DFn
DFn
315
10


sinDF,n

5< br>15
5

二面角
AMA
1
N
的正弦值为 ：
10

5
（2019全国
I
卷理19）已知抛物线
C
：
y
2
=3x
的焦点为
F
，斜率为
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
AP3PB
，求
|AB|
．

【答案】（
1
）
12x8y70
；（
2
）< br>413
.
3
3
的直线
l
2
试卷第11页，总17页

【解析】（
1
）设直线
l
方程为：
y=xm
，< br>A

x
1
,y
1

，
B

x
2
,y
2


由抛物线焦半径公式可知：
AFBFx
1
x
2

35
4

x
1
x
2


22
3
23


yxm
22
2
联立

得：
9x

12m12

x4m0

2


y3x
1

2
7
12m 125
x
1
x
2

，解得：
m
92
8
则


12m12

 144m
2
0

m
2

直线
l
的方程为：
y
37
x
，即：
12x8y70< br>
28
2
（
2
）设
P

t,0
，则可设直线
l
方程为：
xyt

3
2


xyt
2
3
联立

得：
y2y3t0

2


y3x
则
412t0

t

1
3
y
1
y
2
 2
，
y
1
y
2
3t

AP3PB

1
，
y
1
3

y
1
y
2
3

y
1
3y
2

y
2
< br>4

9
则
AB1

y
1
y< br>2

2
4y
1
y
2

13413

412
33
（2019全国
I
卷理20）已知函数
f(x)sinxln(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
（
2
）
f(x)
有且仅有
2
个零点．

【答案】（
1
）见解析；（
2
）见解析

【解析】

（
1
）由题意知：
f

x
定义域为：

1,

且
f


x

cosx
令
g

x

cosx
1

x1



1
x< br>，

1,


x1
2

< br>

，
x

1,



x1

2

2
g


x

sinx
1
试卷第12页，总17页

1

x1

2
在

1,

上单调递减，< br>sinx，
在

1,

上单调递减

2 2













g


x

在< br>
1,

上单调递减

2
又
g


0

sin0110
，
g


2

sin
2




 

4


2

2

4


2

2
10




x
0


0,

，使得
g


x
0

0


2





当
x

1,x
0

时，
g


x

0
；
x< br>
x
0
,

时，
g


x

0

2




即
g

x

在

1,x
0

上 单调递增；在

x
0
,

上单调递减

2

则
xx
0
为
g

x
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
. < br>2





（
2
）由（
1
）知：
f


x

cosx
1，
x

1,


x1
①当
x

1,0

时，由（
1
）可知
f


x

在

1,0

上单调递增

f


x

f


0< br>
0

f

x

在
< br>1,0

上单调递减

又
f

0

0

x0
为< br>f

x

在

1,0

上的唯一 零点








x0,
0,x
fx
②当时，

在

0

上单调递增，在

x
0
,

上单调递减



2


2

又
f

0

0

f


x
0

0

f
x

在

0,x
0

上单调递增， 此时
f

x

f

0

0< br>，不存在零点


22




fcos0

又

2

2

2

2



x
1


x
0
,

，使得
f


x
1

0

2

试卷第13页，总17页




f

x

在

x
0,x
1

上单调递增，在

x
1
,

上单调递减


2


2e





ln10

又
f

x
0

f

0

0
，
f
sinln

1

ln
2
2

2

2




 f

x

0
在

x
0
,

上恒成立，此时不存在零点

2



< br>③当
x

,


时，
sinx
单 调递减，
ln

x1

单调递减


2




f

x

在

,


上单调递减


2




又
f

0
，
f


sin

ln


1
< br>ln


1

0


2< br>






即
f
< br>

f

0
，又
f

x
在

,


上单调递减


2


2





f

x

在

,


上存在唯一零点

2

④当
x


,

时，
sinx

1,1

，
ln

x1

ln


1

lne 1

sinxln

x1

0

即
f

x

在


,
上不存在零点

综上所述：
f

x

有且仅有
2
个零点

（2019全国
I
卷理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
．

试卷第14页，总17页

（
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
i1
bp
i
cp
i1
(i1,2,,7)
，其中
aP(X1)
，
bP(X0)，
cP(X1)
．假设

0.5
，

 0.8
．

(i)
证明：
{p
i1
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．

【答案】（
1
）见解析；（
2
）（
i
）见解析 ；（
ii
）
p
4

【解析】

（
1
）由题意可知
X
所有可能的取值为：
1
，
0
，
1

1
.
257
P

X1



1



；
P
X0





1

1


；
P

X1




1



则
X
的分布列如下：

X

1

0

1

P


1







1


1





1




（
2
）

0.5
，

0.8

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

（
i
）
p
i
ap
i1
bp
i
cp
i1

i 1,2,,7


即
p
i
0.4p
i 1
0.5p
i
0.1p
i1

i1,2,, 7


整理可得：
5p
i
4p
i1
 p
i1

i1,2,,7


p
i 1
p
i
4

p
i
p
i1

i1,2,,7




p
i1
p
i

i0,1,2,,7

是以
p
1
p
0
为首项，
4
为公比的等比数列

ii
（
ii
）由（
i
）知：
p
i1
p
i


p
1
p
0

4p< br>1
4

p
8
p
7
p
14
7
，
p
7
p
6
p
1
4
6
，……，
p
1
p
0
p
1
4
0

试卷第15页，总17页

14
84
8
1
作和可得：
p
8
p
0
p
1
444p
1
p
1
1

143

017

p
1

3

4
8
1
14
4
4
4
1311

p
4
p
4
p
0
p
1
4444p
1

8

4

1434 141257

0123

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

出错误结论的概 率非常小，说明这种实验方案合理
.
1
0.0039
，此时得
2 57

1t
2
x，


1t
2（2019全国
I
卷理22）在直角坐标系
xOy
中，曲线
C< br>的参数方程为


y
4t

1t
2
（
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

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．

y
2
1,x(1,1]
；
l:2x3y110
；【答案】（
1
）
C:x
（
2
）
7
< br>4
2
2
16t
2
1x
1t
2
t 0,x(1,1]
，又
y
2

【解析】（
1）由
x
得：
2
2
1x
1t

1 t

2
1x
1x
4

1x

1x

44x
2
y
2

2


1x


1


1x

16
y
2
1,x(1,1]

整理可得
C
的直角坐标方程为：
x
4
2
又
x

cos

，
y

sin


l
的直角坐标方程为：
2x3y110

（
2）设
C
上点的坐标为：

cos

,2sin



试卷第16页，总17页



4 sin



11

2cos

2 3sin

11
6

则
C
上的点到直线
l
的距离

d
77


当
sin< br>



1
时，
d
取最小值

6

则
d
min
7

（2019全国
I
卷理23）已知
a
，
b
，
c
为正数，且 满足
abc=1
．证明：

（
1
）
111
a
2
b
2
c
2
；

abc（
2
）
(ab)
3
(bc)
3
(c a)
3
24
．

【答案】（
1
）见解析；（
2
）见解析

111< br>
11

1
bc
【解析】（
1
）
abc1





abc
abc

ab

c
ac

ab
2a2
b
2
c
2
a
2
b
2
b
2
c
2
c
2
a
2
2ab 2bc2ac






当且仅当
abc
时取等号

111

111

2a
2
b
2
c
2
2



，即：
a
2
b
2
c
2
≥
abc

abc

（
2
）

ab



bc



ca
3

ab

bc

ca

，当且仅当
abc
时
取等号

又
ab 2ab
，
bc2bc
，
ac2ac
（当且仅当
a bc
时等号同时
成立）



ab



bc



ca

32ab 2bc2ac24
333
333

abc

2

又
abc1



ab



bc



ca

24



333
试卷第17页，总17页