视频会议租用-班会开场白

2019
年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学
注意事项：
1
．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
< br>2
．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3
．考试结束后，将本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{xx
2
x60

，则
MIN
=
A．
{x4x3


【答案】
C
【难度】容易
【点评】本题考查集合之间的运算关系，即包含关系.在高一数学强化提高班上 学期课程讲座1，第一章《集
合》中有详细讲解，其中第02节中有完全相同类型题目的计算.在高考精 品班数学（理）强化提高班中有对
集合相关知识的总结讲解.

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)y1

【答案】
C
【难度】容易 < br>【点评】本题考查复数的计算。在高二数学（理）强化提高班下学期，第四章《复数》中有详细讲解，其中第02节中有完全相同类型题目的计算。在高考精品班数学（理）强化提高班中有对复数相关知识的总< br>结讲解。

22
B．
{x4x2

C．
{x2x2

D．
{x2x3


B．
(x1)y1

22
C．
x(y1)1

22
D．
x(y+1)1

22
alog
2
0.2，b2
0.2
，c0.2
0.3
，则 3．已知

A．
abc
B．
acb
C．
cab
D．
bca

【答案】
B
【难度】容易
【点评】本题考查线性规划问题。在高考数学（理）提高班讲座

第四章《函数的值域 、最值求法及应
用》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲刺班中均有涉及。

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
51 51
≈0.618
，（
22
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
5 1
．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
2
度为
26 cm
，则其身高可能是


A
．
165 cm
【答案】
B
【难度】中等
B
．
175 cm C
．
185 cm D
．
190 cm
【点评】本题考查线性规划问题。在高考数学（理）提高班讲座

第四章《函数的值域 、最值求法及应
用》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲刺班中均有涉及。

5
．函数
f(x)=
sinxx
在
[,]
的图 像大致为

cosxx
2
B
．
A
．
C
．
D
．

【答案】
D
【难度】容易

【点评】本题考查三角函数的计算。在高一数学强化提高班上学 期课程讲座
2
，第六章《三角函数》中
有详细讲解，在高考精品班数学（理）强化提高 班中有对三角函数相关知识的总结讲解。


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
A．
5

16
B．
11

32
C．
21

32

D．
11

16
【答案】
A
【难度】容易
【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座 第十四章《概率》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲
刺班中均有涉及。

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
A．
π

6
B．
π

3
C．
2π

3
D．
5π

6
【答案】
B
【难度】中等
【点评】本题考查判断函数的相关知 识。在高一
·
数学（理）强化提高班下学期，第一章《函数》有详细
讲解，在高考精品 班数学（理）强化提高班中有对函数相关知识的总结讲解。


8．如图是求
1
2
1
2
1
2
的程序框图，图中空白框中应填入

A．A=
1

2A
B．A=
2
1

A
C．A=
1

12A

D．A=
1
1

2A
【答案】
A
【难度】容易
【点评】本题考查程序运行。在高二数学（理）强化提高班上学期，第一章《算 法初步》有详细讲解，
其中第02讲有完全相似的题目。在高考精品班数学（理）强化提高班中有对程序 框图题目相关的总结讲解。

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．
a
n
2n5

【答案】
A
【难度】中等
【点评】本题考查等差数列的性质。在高一数学 强化提高班下学期课程讲座
2
，第二章《数列》有详细
讲解，在高考精品班数学（理） 强化提高班中有对数列相关知识的总结讲解。


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|F
2
B|
，< br>a
n
3n10
B．

2
C．
S
n
2n8n
D．
S
n

1
2
n2n

2
|AB||BF
1
|
，则C的方程为
x
2
y
2
1
A．
2
【答案】
B
【难度】中等
x
2
y
2
1
B．
32
x
2
y
2
1
C．
43
x
2
y
2
1
D．
54【点评】本题考查圆锥曲线的综合知识。在高一数学强化提高班下学期课程讲座
2
，第三章 《圆锥曲线
与方程》有详细讲解，在高考精品班数学（理）强化提高班、百日冲刺班中均有对圆、椭圆、 双曲线、

抛物线相关知识的总结讲解，同时高清课程《平面解析几何专题》也有对圆的专 题讲解。


11．关于函数
f(x)sin|x||sin x|
有下述四个结论：
①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（

2
，

）单调递增
③f(x)在
[,]
有4个零点
其中所有正确结论的编号是
A．①②④
【答案】
C
【难度】中等
B．②④
④f(x)的最大值为2
C．①④ D．①③
【点评】本题考查函数的相关性质。 在高一
·
数学（理）强化提高班下学期，第一章《函数》有详细讲解，
在高考精品班数 学（理）强化提高班中有对函数相关知识的总结讲解。


12．已知三棱锥P−AB C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


【答案】
D
【难度】中等
【点评】本题考查立体几何的相关知识。在高考数学（理）提高班讲座

第十一章《立体几何》中有详
细讲解，在寒假特训班、百日冲刺班中均有涉及。


二、填空题：本题共
4
小题，每小题
5
分，共
2 0
分。

13．曲线
y3(xx)e
在点
(0，0)< br>处的切线方程为____________．
【答案】
y=3x
【难度】容易
【点评】本题考查函数的相关性质。在高一
·
数学（理）强化 提高班下学期，第一章《函数》有详细讲解，
在高考精品班数学（理）强化提高班中有对函数相关知识的 总结讲解。


2
14．记S
n
为等比数列{a
n
}的前n项和．若
a
1
，a
4
a
6
， 则S
5
=____________．
2x
B．
4
6

C．
2
6

D．
6


1
3

【答案】
121

3
【难度】中等
【点评】本题考查等比数列的性质。在高一数学强化提高班下学期课 程讲座
2
，第二章《数列》有详细
讲解，在高考精品班数学（理）强化提高班中有对数 列相关知识的总结讲解。


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____________．
【答案】
0.18
【难度】难
【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座

第十四章《概率》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲
刺班中均有涉及。


x
2
y
2
16．已知双曲线C：
2

2< br>1(a0,b0)
的左、右焦点分别为F
1
，F
2
，过 F
1
的直线与C的两条渐近线
ab
ruuuur
uuuruuur< br>uuu
分别交于A，B两点．若
F
，
F
1
BF2
B0
，则C的离心率为____________．
1
AAB
【答案】
2
【难度】难

【点评】本 题考查圆锥曲线的综合知识。在高一数学强化提高班下学期课程讲座
2
，第三章《圆锥曲线与方程》有详细讲解，在高考精品班数学（理）强化提高班、百日冲刺班中均有对圆、椭圆、双曲线、
抛物线相关知识的总结讲解，同时高清课程《平面解析几何专题》也有对圆的专题讲解。


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
(sinBsinC)
2
sin
2
AsinBsinC
．
（1）求A；
（2）若
2ab2c
，求sinC．

< br>【答案】（1）由已知得
sinBsinCsinAsinBsinC
，故由正弦 定理得
bcabc
．
222222
b
2
c
2
a
2
1

． 由余弦定理得
cosA
2b c2
因为
0A180
，所以
A60
．
（2）由（1 ）知
B120C
，由题设及正弦定理得
2sinAsin120
C2sinC
，




即
631
2
cosCsinC2sinC
，可得
cos

C 60



．
222
2


由于
0C120
，所以
sinC60

2
，故
2
sinCsin

C60

60



sin

C60


cos60

cos

C60


sin60



62
．
4
【难度】中等

【点评】本题 考查函数的相关性质。在高一
·
数学（理）强化提高班下学期，第一章《函数》有详细讲解，< br>在高考精品班数学（理）强化提高班中有对函数相关知识的总结讲解。


18
．（
12
分）

AA
1
=4
，
AB=2
，
E
，
M
，
N
分别是
BC
，
BB
1
，如图，直四棱柱
ABCD
–
A1
B
1
C
1
D
1
的底面是菱形，∠
B AD=60
°，
A
1
D
的中点．


< br>（
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
）连结
B
1
C
，< br>ME
．

因为
M
，
E
分别为
BB
1
，
BC
的中点，

所以
ME
∥
B
1
C
，且
ME=
1
B
1
C
．

2
1
A
1
D
．

2
又因为
N
为
A
1
D
的中点，所以
ND=< br>P
DC
，可得
B
1
C
P
A
1
D
，故
ME
P
ND
，

由题设知
A1
B
1

因此四边形
MNDE
为平行四边形，MN
∥
ED
．

又
MN

平面
EDC
1
，所以
MN
∥平面
C
1
DE
．

（
2
）由已知可得
DE
⊥
DA
．

uuur
以
D
为坐标原点，
DA
的方向为
x
轴正 方向，建立如图所示的空间直角坐标系
D−xyz
，则


uuur uuuur
A(2,0,0)
，
A
1
(2
，
0，
4)
，
M(1,3,2)
，
N(1,0,2)
，A
1
A(0,0,4)
，
A
1
M(1,3, 2)
，
uuuur
uuuur
A
1
N(1,0,2)
，
MN(0,3,0)
．

uuuur

< br>mA
1
M0
uuur
设
m(x,y,z)
为平 面
A
1
MA
的法向量，则

，



mA
1
A0


x3y2z0，
所以

可取
m(3,1,0)
．



4z0．
uuuur


nMN0，
n(p,q,r)< br>r
AMN
设为平面
1
的法向量，则

uuuu

nA
1
N0．



 3q0，
所以

可取
n(2,0,1)
．



p2r0．
于是
cosm,n
mn2315，


|m‖n|
25
5
10
．

5
所以二面角
AMA
1
N
的正弦值为
【难度】 难

【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座 第十一章《立体几何》中有详细讲解，在寒假特训班、百
日冲刺班中均有涉及。

19．（12分）
已知抛物线C：y
2
=3x的焦点为F，斜率为
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
3
的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
2
uuuruuur
（2）若
AP3PB
，求|AB|．
【答案】设直线
l:y
3
xt,A

x
1
, y
1

,B

x
2
,y
2
．
2
（1）由题设得
F

35

3

,0

，故
|AF||BF|x
1
x
2< br>
，由题设可得
x
1
x
2

．
22

4

3

12(t1)

yx t
22
由

，可得
9x12(t1)x4t0
， 则
x
1
x
2

．
2
9
2< br>

y3x
从而

12(t1)57

，得
t
．
928
37
x
．
28
所以
l
的方程为
y
uuuruuur
（2）由
AP3P B
可得
y
1
3y
2
．
3

yxt

2
由

，可得
y2y2t0
．
2
2


y3x

所以
y
1
y
2
2
．从而
3y
2
y
22
，故
y
2
1,y
1
3
．
代入
C
的方程得
x
1
3,x
2

1．
3
故
|AB|
413
．
3
【难度】较难

【点评】本题考查圆锥曲线的综合知识。在高一数学强化提 高班下学期课程讲座
2
，第三章《圆锥曲线
与方程》有详细讲解，在高考精品班数学（ 理）强化提高班、百日冲刺班中均有对圆、椭圆、双曲线、
抛物线相关知识的总结讲解，同时高清课程《 平面解析几何专题》也有对圆的专题讲解。


20
．（
12
分）

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
）
f(x)
有且仅有
2
个零点．
< br>【答案】（1）设
g(x)f'(x)
，则
g(x)cosx

2
1
1
，
g'(x)sinx
.
(1x )
2
1x
当
x

1,
设为

.








1,
时，单调递减，而，可得在
g'(0)0,g'()0
g'(x)g'(x)
有唯一零点，

2

2

2

则当
x(1,

)
时，
g'(x)0
；当< br>x


,





时 ，
g'(x)0
.
2





所以
g(x)
在
(1,

)
单调递增，在


,

单调递减，故
g(x)
在

 1,

存在唯一极大值点，
2

2



即
f'(x)
在

1,

存在唯一极大值 点.
2

（2）
f(x)
的定义域为
(1,)< br>.
（i）当
x(1,0]
时，由（1）知，
f'(x)
在
(1,0)
单调递增，而
f'(0)0
，所以当
x(1, 0)
时，
f'(x)0
，故
f(x)
在
(1,0)单调递减，又
f(0)=0
，从而
x0
是
f(x)
在
(1,0]
的唯一

零点.




（ii）当
x

0,

时，由（1）知 ，
f'(x)
在
(0,

)
单调递增，在


,

单调递减，而
f'(0)=0
，

2
2








所以存在




,

，使得
f'(

)0
，且当
x(0,

)
时，
f'(x)0
；当
x


,

f'

0
，

2


2

2< br>



时，
f'(x)0
.故
f(x)
在
(0,

)
单调递增，在


,

单调递减.

2









又
f(0)=0
，
f

1ln

1

0
，所以当
x 

0,

时，
f(x)0
.从而，
f(x)< br> 在

0,


2

2
2


2

没有零点.


< br>

（iii）当
x

,

时，
f'(x)0
，所以
f(x)
在

,

单调 递减.而

2


2



< br>所以
f(x)
在

,

有唯一零点.

2




f

0
，
f()0
，

2

（iv）当
x(,)时，
ln(x1)1
，所以
f(x)
<0，从而
f(x)< br>在
(,)
没有零点.
综上，
f(x)
有且仅有
2
个零点
.

【难度】较难

【点评】本题考查函数的相关性质。在高一
·
数学（ 理）强化提高班下学期，第一章《函数》有详细讲解，
在高考精品班数学（理）强化提高班中有对函数相 关知识的总结讲解。


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
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,L,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,L,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,L,7)
为等比数列；

(i i)
求
p
4
，并根据
p
4
的值解释这种试验方案的 合理性．

【答案】X的所有可能取值为
1,0,1
.
P(X1)(1

)

，

P(X0 )

(1

)(1

)，
P(X1) 

(1

)，
所以
X
的分布列为

（2）（i）由（1）得
a0.4,b0.5,c0.1
.
因此
p
i
=0.4p
i1
+0.5 p
i
+0.1p
i1
，故
0.1

p
i1
p< br>i

0.4

p
i
p
i1

，即
p
i1
p
i
4

p
i
p
i1

.
又因为
p
1
p0
p
1
0
，所以

p
i1
p
i

(i0,1,2,L,7)
为公比为4，首项为
p
1
的等比数列．
（ii）由（i）可得
4
8
1
p
8
p
8
p
7< br>p
7
p
6
Lp
1
p
0
 p
0


p
8
p
7


p
7
p
6

L

p
1
p
0

p
1

.
3
由于
p
8
=1
，故
p
1

3
，所以
8
41
4
4
11
p
4


p
4
p
3



p
3
p
2



p
2
p
1


p
1
p
0

p
1
.

3257
p
4
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
p
4

1
0.0039
，此时得出错误结论的概率非
257

常小，说明这种试验方案合理.
【难度】难

【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座

第十四章《概率》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲
刺班中均有涉及。


（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t
2
x，

2

1t
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为< br>
（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正
4t

y

1t
2

半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为
2< br>
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．
2
1t
2
4t
2

y


1 t

2
1
，且
x



【 答案】（1）因为
1
1
，所以C的直角坐标方程为
2
2
2
1t
2
21t



1 t

2
2
y
2
x1(x1)
.
4
2
l
的直角坐标方程为
2x3y110
.
（2）由（1）可设C的参数方程为


xcos

,
（

为参数，
π

π
）.

y 2sin

π

4cos



11
|2cos

23sin

11|
3


C上的点到
l
的距离为.
77
当

π

2π

时，
4cos

< br>

11
取得最小值7，故C上的点到
l
距离的最小值为< br>7
.
3

3

【难度】难

【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座 第十二章《圆锥曲线的方程与性质》中有详细讲解，在寒
假特训班、百日冲刺班中均有涉及。

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
已知
a
，< br>b
，
c
为正数，且满足
abc=1
．证明：

（
1
）
111
a
2
b
2
c< br>2
；

abc
333
（
2
）
(a b)(bc)(ca)24
．

【答案】（1）因为
ab2a b,bc2bc,ca2ac
，又
abc1
，故有
222222
a
2
b
2
c
2
abbcca
所以
abbcca111

.
abcabc
111
a
2
b
2
c
2
.
abc
（2）因为
a, b, c
为正数且
abc1
，故有
(ab)
3
(bc)
3
(ca)
3
3
3
(ab)
3
( bc)
3
(ac)
3

=3(a+b)(b+c)(a+c)

3(2ab)(2bc)(2ac)

=24.
所以
(ab)(bc)(ca)24
.
【难度】难

【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座 第二章《函数》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲刺
班中均有涉及。





333

2019
年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学•参考答案
一、选择题

1
．
C

2
．
C

3
．
B

4
．
B

5
．
D

6
．
A

7
．
B

8
．
A

9
．
A

10
．
B

11
．
C

12
．
D


二、填空题

13
．
y=3x
三、解答题

17．解：（1）由已知得
sinBsinCsinAsinBsinC
，故由正弦定理得
bcab c
．
222222
14
．
121

3
15
．
0.18 16
．
2
b
2
c
2
a
2
1

． 由余 弦定理得
cosA
2bc2
因为
0A180
，所以
A 60
．
（2）由（1）知
B120C
，由题设及正弦定理得
2sinAsin120

C2sinC
，




即
631
2
cosCsinC2sinC
，可 得
cos

C60



．
222
2


由于
0C120
，所以
sinC6 0

2
，故
2
sinCsin

C60

60



sin

C60

cos60

cos

C60

sin60



62
．
4
18
．解：（
1
）连结
B
1
C
，ME
．

因为
M
，
E
分别为
BB1
，
BC
的中点，

所以
ME
∥
B< br>1
C
，且
ME=
1
B
1
C
．

2
又因为
N
为
A
1
D
的中点，所以< br>ND=
1
A
1
D
．

2
P
DC
，可得
B
1
C
P
A
1
D
，故
ME
P
ND
，

由题设知
A
1
B
1

因此四边形
MNDE
为平行四边形，
MN
∥
ED
．

又
MN

平面
EDC
1
，所以
MN
∥平面
C
1
DE
．

（
2
）由已知可得
DE
⊥
DA
．

以
D
为坐标原点，
DA
的方向为
x
轴正方向，建立如图所 示的空间直角坐标系
D−xyz
，则

uuur

uuur uuuur
A(2,0,0)
，
A
1
(2
，
0，
4)
，
M(1,3,2)
，
N(1,0,2)
，A
1
A(0,0,4)
，
A
1
M(1,3, 2)
，
uuuur
uuuur
A
1
N(1,0,2)
，
MN(0,3,0)
．

uuuur

< br>mA
1
M0
m(x,y,z)
uuur
设为平面
A
1
MA
的法向量，则

，


mA
1
A0



x3y2z0，< br>所以

可取
m(3,1,0)
．

4z0．< br>

uuuur


nMN0，

r< br>设
n(p,q,r)
为平面
A
1
MN
的法向量，则

uuuu


nA
1
N0．

3q0，
所以

可取
n(2,0,1)
．< br>


p2r0．
于是
cosm,n
m n2315
，


|m‖n|
25
5
10
．

5所以二面角
AMA
1
N
的正弦值为
19．解：设直线
l:y
3
xt,A

x
1
,y
1

,B

x
2
,y
2

．
2（1）由题设得
F

35

3

,0

，故
|AF||BF|x
1
x
2

，由题 设可得
x
1
x
2

．
22

4

3

12(t1)

yxt
22
由

，可得
9x12(t1)x4t0
，则
x
1
x
2

．
2
9
2

y3x
从而

12(t1)57

，得
t．
928
37
x
．
28
所以
l
的方程为
y
uuuruuur
（2）由
AP3PB
可得
y
1
3y
2
．
3

yxt
< br>2
由

，可得
y2y2t0
．
2
2


y3x
所以
y
1
y
2
 2
．从而
3y
2
y
2
2
，故
y2
1,y
1
3
．
代入
C
的方程得x
1
3,x
2

1
．
3
故
|AB|
413
．
3

20 ．解：（1）设
g(x)f'(x)
，则
g(x)cosx
1
1
，
g'(x)sinx
.
2
(1x)
1x< br>当
x

1,
设为

.

< br>





时，单调递减，而，可得在
 1,
g'(0)0,g'()0
g'(x)g'(x)

有唯一零点 ，
2
2

2

则当
x(1,
< br>)
时，
g'(x)0
；当
x


,




时，
g'(x)0
.
2





所以
g(x)
在
(1,

)
单调递增，在


,

单 调递减，故
g(x)
在

1,

存在唯一极大值点，2

2



即
f'(x)
在

1,

存在唯一极大值点.
2

（2）< br>f(x)
的定义域为
(1,)
.
（i）当
x(1 ,0]
时，由（1）知，
f'(x)
在
(1,0)
单调递增，而< br>f'(0)0
，所以当
x(1,0)
时，
f'(x)0
，故
f(x)
在
(1,0)
单调递减，又
f(0)=0
，从而
x0
是
f(x)
在
(1,0]
的唯一
零 点.





（ii）当
x
< br>0,

时，由（1）知，
f'(x)
在
(0,
)
单调递增，在


,

单调递减，而
f'( 0)=0
，
22








f'

0
，所以存在




,

，使得
f'(

)0
，且当
x(0,

)
时，
f'(x)0
；当
x

,


2


2
< br>2




时，
f'(x)0
.故
f(x)
在
(0,

)
单调递增，在


,

单调递减.

2









又
f(0)=0
，
f

1ln

1

0
，所以当
x

0,

时，
f(x)0
.从而，
f(x)
在

0,


2

2

2


2

没有零点.




（iii）当
x

,

时，
f'(x)0
，所以
f(x)
在

,
< br>单调递减.而

2


2


< br>
所以
f(x)
在

,

有唯一零点.

2




f

0
，
f()0
，

2

（iv）当
x(, )
时，
ln(x1)1
，所以
f(x)
<0，从而
f(x)
在
(,)
没有零点.

综上，
f(x)
有且仅有2个零点.
21．解：X的所有可能取值为
1,0,1
.
P(X1)(1

)

，

P(X0 )

(1

)(1

)，
P(X1) 

(1

)，
所以
X
的分布列为

（2）（i）由（1）得
a0.4,b0.5,c0.1
.
因此
p
i
=0.4p
i1
+0.5 p
i
+0.1p
i1
，故
0.1

p
i1
p< br>i

0.4

p
i
p
i1

，即
p
i1
p
i
4

p
i
p
i1

.
又因为
p
1
p0
p
1
0
，所以

p
i1
p
i

(i0,1,2,L,7)
为公比为4，首项为
p
1
的等比数列．
（ii）由（i）可得
4
8
1
p
8
p
8
p
7< br>p
7
p
6
Lp
1
p
0
 p
0


p
8
p
7


p
7
p
6

L

p
1
p
0

p
1

.
3
由于
p
8
=1
，故
p
1

3
，所以
8
41
4
4
11
p
4


p
4
p
3



p
3
p
2



p
2
p
1


p
1
p
0

p
1
.

3257
p
4
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
p
4

常小，说明这种试验方案合理.
1
0.0039
，此时得 出错误结论的概率非
257
2
2
1t
2
4t
2< br>
y


1t

2
1
，且x



22．解：（1）因为
1
1，所以C的直角坐标方程为
2
2

2
1t
2

2


1t


1t

2
y
2
x1(x1)
.
4
2

l
的直角坐标方程为
2x3y110
.
（2）由（1）可设C的参 数方程为


xcos

,
（

为参数 ，
π

π
）.

y2sin

π

4cos




11
|2co s

23sin

11|
3


C 上的点到
l
的距离为.
77
当


π

2π

时，
4cos




11
取得最小值7，故C上的点到
l
距离的最小值为
7
.
3

3

222222
23．解：（1）因为
ab2 ab,bc2bc,ca2ac
，又
abc1
，故有
a
2
b
2
c
2
abbcca
所以
ab bcca111

.
abcabc
111
a
2
b
2
c
2
.
abc
（2）因为
a, b, c
为正数且
abc1
，故有
(ab)
3
(bc)
3
(ca)
3
3
3
(ab)
3
( bc)
3
(ac)
3

=3(a+b)(b+c)(a+c)

3(2ab)(2bc)(2ac)

=24.
所以
(ab)(bc)(ca)24
.











333