2019年高考数学试卷（理）（新课标Ⅰ）（解析卷）_历年高考真题合集_数学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考数学真题_数学（按省份分类）2008-2025_2008-2025·（河南）数学高考真题

绝密★启用前
2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）
答案解析版
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 ÇN =
A. {x -4< x<3 B. {x -4< x<-2 C. {x -2< x<2 D.
{x 2< x<3
【答案】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 = x -4< x<2 ,N = x -2< x<3 ，则
 
M ÇN = x -2< x<2 ．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.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
【答案】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
点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C．
第1页 | 共25页【详解】z = x+ yi,z-i == x+(y-1)i, z-i = x2 +(y-1)2 =1,则x2 +(y-1)2 =1．故选
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.已知a =log 0.2,b=20.2,c=0.20.3，则
2
A. a<b<c B. a<c<b C. c<a<b D.
b<c<a
【答案】B
【解析】
【分析】
运用中间量0比较a,c，运用中间量1比较b,c
【详解】a=log 0.2<log 1=0, b=20.2 20 =1, 0<0.20.3 <0.20 =1,则
2 2
0<c<1,a<c<b．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．
5-1
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
2
5-1
（ ≈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
2
5-1
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
2
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
第2页 | 共25页A. 165 cm B. 175 cm C. 185 cm D. 190cm
【答案】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】设人体脖子下端至腿根的长为x cm，肚脐至腿根的长为y cm，则
26 26+x 5-1
= = ，得x42.07cm,y 5.15cm．又其腿长为105cm，头顶至脖子下
x y+105 2
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．
sinx+x
5.函数f(x)= 在[—π，π]的图像大致为
cosx+x2
A. B.
C. D.
【答案】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．
第3页 | 共25页sin(-x)+(-x) -sinx-x
【详解】由 f(-x)= = =-f(x)，得 f(x)是奇函数，其图象
cos(-x)+(-x)2 cosx+x2

1+
 2 4+2 
关于原点对称．又 f( )= = 1, f()= 0．故选D．
2  2 -1+2
( )2
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.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
5 11 21 11
A. B. C. D.
16 32 32 16
【答案】A
【解析】
【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．
【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
C3 5
有C3，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为 6 = ，故选A．
6 26 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．
第4页 | 共25页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
π π 2π 5π
A. B. C. D.
6 3 3 6
【答案】B
【解析】
【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、数学计算等数学素养．先由(a-b)^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)×b=a×b-b2=0，所以a×b=b2，所以cosq=
a×b |b|2 1 
= = ，所以a与b的夹角为 ，故选B．
a × b 2|b|2 2 3
【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
式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为[0,]．
1
1
8.如图是求2+ 的程序框图，图中空白框中应填入
1
2+
2
1 1 1
A. A= B. A=2+ C. A= D. A=
2+ A A 1+2A
1
1+
2A
第5页 | 共25页【答案】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．
1
1 1
【详解】执行第1次，A= ,k =1£2是，因为第一次应该计算 1 = ，k =k+1
2 2+ 2+ A
2
1
1 1
=2，循环，执行第2次，k =2£2，是，因为第二次应该计算2+ = ，
1 2+ A
2+
2
1
k =k+1=3，循环，执行第3次，k =2£2，否，输出，故循环体为A= ，故选A
2+ A
．
1
【点睛】秒杀速解 认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为A= ．
2+ A
9.记S 为等差数列{a }的前n项和．已知S =0，a =5，则
n n 4 5
A. a =2n-5 B. a =3n-10 C. S =2n2 -8n D.
n n n
1
S = n2 -2n
n 2
【答案】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
4(-7+2)
S = =-10¹0，排除B，对C，
4 2
S =0,a =S -S =2´52 -8´5-0=10¹5，排除C．对D，
4 5 5 4
1
S =0,a =S -S = ´42 -2´4-0=0¹5，排除D，故选A．
4 5 5 4 2
ì d
ïS =4a + ´4´3=0 ìa =-3
【详解】由题知，í 4 1 2 ，解得í 1 ，∴a =2n-5，故选A．
ïa =a +4d =5
îd =2 n
î
5 1
第6页 | 共25页【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.已知椭圆C的焦点为F( -1,0)，F(1,0)，过F 的直线与C交于A，B两点.若
1 2 2
│AF│=2│F B│，│AB│=│BF│，则C的方程为
2 2 1
x2 x2 y2 x2 y2
A. + y2 =1 B. + =1 C. + =1 D.
2 3 2 4 3
x2 y2
+ =1
5 4
【答案】B
【解析】
【分析】
可以运用下面方法求解：如图，由已知可设 F B =n，则 AF =2n, BF = AB =3n，
2 2 1
由椭圆的定义有2a= BF + BF =4n,\ AF =2a- AF =2n．在△AFF 和△BFF
1 2 1 2 1 2 1 2
ì4n2 +4-2×2n×2×cosÐAF F =4n2,
中，由余弦定理得í 2 1 ，又ÐAF F ,ÐBF F 互补，
n2 +4-2×n×2×cosÐBF F =9n2 2 1 2 1
î
2 1
\cosÐAF F +cosÐBF F =0，两式消去cosÐAF F ,cosÐBF F ，得3n2 +6=11n2
2 1 2 1 2 1 2 1
3
，解得n= ．\2a =4n=2 3,\a = 3,\b2 =a2 -c2 =3-1=2,\所求椭圆方程
2
x2 y2
为 + =1，故选B．
3 2
【详解】如图，由已知可设 F B =n，则 AF =2n, BF = AB =3n，由椭圆的定义有
2 2 1
2a= BF + BF =4n,\ AF =2a- AF =2n．在△AFB中，由余弦定理推论得
1 2 1 2 1
4n2 +9n2 -9n2 1
cosÐFAB= = ．在△AFF 中，由余弦定理得
1 2×2n×3n 3 1 2
1 3
4n2 +4n2 -2×2n×2n× =4，解得n= ．
3 2
第7页 | 共25页x2 y2
\2a =4n=2 3,\a = 3,\b2 =a2 -c2 =3-1=2,\所求椭圆方程为 + =1，
3 2
故选B．
【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.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（ ,）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. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】
画出函数 f x=sin x + sinx 的图象，由图象可得①④正确，故选C．
【详解】 f -x=sin -x + sin-x =sin x + sinx = f x,\ f x 为偶函数，故①
Q
 æ ö
正确．当 < x<时， f x=2sinx，它在区间ç , ÷单调递减，故②错误．当
2 è2 ø
第8页 | 共25页0£ x£时， f x=2sinx，它有两个零点：0,；当-£ x<0时，
f x=sin-x-sinx=-2sinx，它有一个零点：-，故 f x 在 -, 有3个零点
：-,0,，故③错误．当xÎ2k,2k+ kÎN* 时， f x=2sinx；当
xÎ2k+,2k+2 kÎN* 时， f x=sinx-sinx=0，又 f x 为偶函数，
\ f x 的最大值为2，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C．
【点睛】化简函数 f x=sin x + sinx ，研究它的性质从而得出正确答案．
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. 8 6 B. 4 6 C. 2 6 D. 6
【答案】D
【解析】
【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．
设PA= PB= PC =2x，E,F分别为PA,AB中点，
1
\EF //PB，且EF = PB= x， DABC为边长为2的等边三角形，
Q
2
1
\CF = 3又ÐCEF =90°\CE = 3-x2 , AE = PA= x
2
第9页 | 共25页x2 +4-  3-x2
DAEC中余弦定理cosÐEAC = ，作PD^ AC于D， Q PA= PC
2´2´x
，
AD 1 x2 +4-3+x2 1
QD为AC 中点，cosÐEAC = = ，\ = ，
PA 2x 4x 2x
1 2
\2x2 +1=2 \x2 = x= ，\PA= PB= PC = 2，又AB=BC=AC=2，
2 2
6
\PA, PB,PC两两垂直，\2R= 2+2+2 = 6 ，\R = ，
2
4 4 6 6
\V = R3 = ´ = 6，故选D.
3 3 8
【详解】
Q
PA= PB= PC, DABC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EF ^CE，CE AC =C, \EF ^平面PAC ，
I
PB^平面PAC ，\ÐPAB=90°,\PA= PB= PC = 2 ，\P-ABC为正方体一部分
6 4 4 6 6
，2R= 2+2+2 = 6，即 R= , \V = R3 = ´ = 6，故选D．
2 3 3 8
【点睛】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．
第10页 | 共25页二、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___________．
【答案】3x- y=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)ex +3(x2 +x)ex =3(x2 +3x+1)ex,
所以，k = y/ | =3
x=0
所以，曲线y =3(x2 +x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x，即3x- y=0．
【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．
1
14.记S 为等比数列{a }的前n项和．若a = ，a2 =a ，则S =____________．
n n 1 3 4 6 5
121
【答案】 .
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 ．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
5
1 1 1
【详解】设等比数列的公比为q，由已知a = ,a 2 =a ，所以( q3)2 = q5,又q¹0，
1 3 4 6 3 3
1
(1-35)
所以q=3,所以 a (1-q5) 3 121．
S = 1 = =
5 1-q 1-3 3
【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.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
第11页 | 共25页结束）．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】0.216.
【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】前五场中有一场客场输时，甲队以4:1获胜的概率是0.63´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´3=0.108,
综上所述，甲队以4:1获胜的概率是q¹00.108+0.108=0.216.
【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．
x2 y2
16.已知双曲线C： - =1(a0,b0)的左、右焦点分别为F ，F ，过F 的直线与C的两
1 2 1
a2 b2
uuur uuur uuur uuur
条渐近线分别交于A，B两点．若FA= AB，FB×F B =0，则C的离心率为___________
1 1 2
_．
【答案】2.
【解析】
【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，
第12页 | 共25页uuur uuur
由FA= AB,得FA= AB.又OF =OF ,得OA是三角形FF B的中位线，即
1 1 1 2 1 2
uuur uuuur
BF //OA,BF =2OA.由FB F B=0，得F B ^ F B,OA ^ F A,则
2 2 1  2 1 2 1
OB=OF =OF ,有ÐOBF =ÐBFO=2ÐOBF =2ÐOFB, ÐAOB=ÐAOF ．又OA
1 2 2 2 1 1 1
与OB都是渐近线，得ÐBOF =ÐAOF,则ÐBOF =600．又渐近线OB的斜率为
2 1 2
b c b
=tan600 = 3，所以该双曲线的离心率为e= = 1+( )2 = 1+( 3)2 =2．
a a a
【点睛】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
ÐBOF =ÐAOF =ÐBOA =600,即得到渐近线的倾斜角为600,从而突破问题障碍．
2 1 2
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.VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设
(sinB-sinC)2 =sin2 A-sinBsinC ．
（1）求A；
（2）若 2a+b=2c，求sinC．
 6+ 2
【答案】（1）A= ；（2）sinC = .
3 4
【解析】
【分析】
第13页 | 共25页（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：b2 +c2 -a2 =bc，从而可整理出cosA，
根据AÎ0,
可求得结果；（2）利用正弦定理可得 2 sin A+sin B = 2sinC ，利用
sinB =sinA+C 、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 =sin2 B-2sinBsinC+sin2C =sin2 A-sinBsinC
即：sin2 B+sin2C-sin2 A=sinBsinC
由正弦定理可得：b2 +c2 -a2 =bc
b2 +c2 -a2 1
\cosA= =
2bc 2

Q
AÎ0,π \ A=
3
（2） 2a+b = 2c，由正弦定理得： 2 sin A+sin B = 2sinC
Q

又sinB =sinA+C=sin AcosC+cosAsinC ，A=
3
3 3 1
\ 2´ + cosC+ sinC=2sinC
2 2 2
整理可得：3sinC- 6= 3cosC
sin2C+cos2C =1 \  3sinC- 6 2 =3  1-sin2C 
Q
6+ 2 6- 2
解得：sinC = 或
4 4
6 6 6+ 2
因为sinB=2sinC- 2sinA=2sinC- 0所以sinC  ，故sinC = .
2 4 4
（2）法二： 2a+b = 2c，由正弦定理得： 2 sin A+sin B = 2sinC
Q

又sinB =sinA+C=sin AcosC+cosAsinC ，A=
3
3 3 1
\ 2´ + cosC+ sinC=2sinC
2 2 2
æ ö
整理可得：3sinC- 6= 3cosC，即3sinC- 3cosC=2 3sin ç C- ÷ = 6
è 6ø
第14页 | 共25页æ ö 2 5 11
\sin
ç
C-
÷
= \C = 或
è 6 ø 2 12 12
 5
Q
A= 且A+C < \C =
3 12
5 æ ö     6+ 2
\sinC =sin =sin + =sin cos +cos sin =
ç ÷
12 è 6 4ø 6 4 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.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，BB ，A D的
1 1 1 1 1 1 1
中点．
（1）证明：MN∥平面C DE；
1
（2）求二面角A-MA -N的正弦值．
1
10
【答案】（1）见解析；（2） .
5
【解析】
【分析】
（1）利用三角形中位线和AD//BC可证得ME//ND，证得四边形MNDE 为平行四边
1 1
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 ，得
1
uuur
到平面AMA 的法向量DF；再通过向量法求得平面MAN的法向量n r ，利用向量夹角公
1 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.
第15页 | 共25页【详解】（1）连接ME，B C
1
M ，E分别为BB ，BC中点 \ME为DBBC的中位线
Q 1 1
1
\ME//BC且ME = B C
1 2 1
1
又N 为AD中点，且AD//BC \ND//BC且ND = BC
1 1 1 1 2 1
\ME//ND \四边形MNDE 为平行四边形
\MN //DE，又MN Ë平面C DE，DEÌ 平面C DE
1 1
\MN //平面C DE
1
（2）设AC
I
BD=O，A
1
C
1I
B
1
D
1
=O
1
由直四棱柱性质可知：OO ^平面ABCD
1
Q 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：
æ 3 1 ö
则：A  3,0,0  ，M0,1,2 ，A  3,0,4  ，D（0，-1,0）Nç ,- ,2÷
1 ç 2 2 ÷
è ø
第16页 | 共25页æ 3 1 ö
取AB中点F ，连接DF，则Fç , ,0÷
ç ÷
2 2
è ø
Q 四边形ABCD为菱形且ÐBAD=60o \DBAD为等边三角形 \DF ^ AB
又AA ^平面ABCD，DF Ì平面ABCD \DF^AA
1 1
∴DF ^平面ABB A ，即DF ^平面AMA
1 1 1
uuur æ 3 3 ö
\
u
D
uu
F
r 为平面AMA
1
的一个法向量，且DF =ç
ç 2
,
2
,0÷
÷
è ø
设平面MAN的法向量n r =x,y,z ，又M uuu A ur =  3,-1,2  ，M uuu N ur = æ ç 3 ,- 3 ,0 ö ÷
1 1 ç 2 2 ÷
è ø
ìn r ×M uuu A uv = 3x- y+2z =0
\ ï í r uuuuv 1 3 3 ，令x= 3，则y=1，z =-1 \nr =  3,1,-1 
ïn×MN = x- y =0
î 2 2
uuur
r
\cos< u D uu F r ,n r = DF×n = 3 = 15 uuur r 10
uuur \sin<DF,n=
DF × n r 15 5 5
10
\二面角A-MA -N的正弦值为：
1
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.
3
19.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；
uuur uuur
（2）若AP=3PB，求|AB|．
4 13
【答案】（1）12x-8y -7 = 0；（2） .
3
【解析】
【分析】
第17页 | 共25页3
（1）设直线l：y= x+m，Ax ,y  ，Bx ,y  ；根据抛物线焦半径公式可得
2 1 1 2 2
x +x =1；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
1 2
2
得结果；（2）设直线l：x = y+t；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式
3
uuur uuur
；利用AP=3PB可得y =-3y ，结合韦达定理可求得y y ；根据弦长公式可求得结果.
1 2 1 2
3
【详解】（1）设直线l方程为：y= x+m，Ax ,y  ，Bx ,y 
2 1 1 2 2
3 5
由抛物线焦半径公式可知： AF + BF = x + x + = 4 \x + x =
1 2 2 1 2 2
ì 3
ïy = x+m
联立í 2 得：9x2+12m-12x+4m2 =0
ï îy2 =3x
1
则D=12m-122 -144m2 0 \m<
2
12m -12 5 7
\x + x = - = ，解得：m=-
1 2 9 2 8
3 7
\直线l的方程为：y = x- ，即：12x-8y -7 = 0
2 8
2
（2）设Pt,0 ，则可设直线l方程为：x = y+t
3
ì 2
ïx= y+t
联立í 3 得： y2-2y-3t=0
ï îy2 =3x
1
则D=4+12t 0 \t  -
3
\y +y =2，yy =-3t
1 2 1 2
u
A
u
P
ur
= 3
u
P
u
B
ur \y =-3y \y =-1，y =3 \yy =-3
Q 1 2 2 1 1 2
4 13 4 13
则 AB = 1+ × y + y 2 -4y y = × 4+12 =
9 1 2 1 2 3 3
【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.已知函数 f(x)=sinx-ln(1+x)， f¢(x)为 f(x)的导数．证明：
第18页 | 共25页
（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】
【分析】
æ ö
（1）求得导函数后，可判断出导函数在ç-1, ÷上单调递减，根据零点存在定理可判断出
è 2ø
æ ö æ ö
$x Î ç 0, ÷，使得g¢x =0，进而得到导函数在ç-1, ÷上的单调性，从而可证得结论
0 è 2 ø 0 è 2ø
；（2）由（1）的结论可知x=0为 f x 在 -1,0 上的唯一零点；当xÎ æ ç ç çè 0, p 2 ö ø ÷ ÷÷ ÷时，首先
æ ö
可判断出在(0,x )上无零点，再利用零点存在定理得到 f x 在ç x , ÷上的单调性，可
0 è 0 2ø
 
知 f x0，不存在零点；当xÎ , 时，利用零点存在定理和 f x 单调性可判断出
 
2 
存在唯一一个零点；当xÎ,+¥ ，可证得 f x<0；综合上述情况可证得结论.
1
【详解】（1）由题意知： f x 定义域为： -1,+¥ 且 f ¢x= cosx-
x+1
1 æ ö
令gx=cosx- ，xÎ
ç
-1,
÷
x+1 è 2ø
1 æ ö
\g¢x=-sinx+
x+12
，xÎ
ç
è
-1,
2
÷
ø
1 æ ö 1 1 1 æ ö
Q x+12 在ç
è
-1,
2
÷
ø
上单调递减，
a
-
a
=
7
,在ç
è
-1,
2
÷
ø
上单调递减
n+1 n
æ ö
\g¢x 在ç-1, ÷上单调递减
è 2ø
æö  4 4
又g¢0=-sin0+1=10，g¢
ç ÷
=-sin + = -1<0
è 2ø 2 +22 +22
æ ö
\$x Î
ç
0, ÷，使得g¢x =0
0 è 2ø 0
第19页 | 共25页æ ö
\当xÎ-1,x  时，g¢x0；xÎ
ç
x , ÷时，g¢x<0
0 è 0 2ø
æ ö
即gx 在 -1,x  上单调递增；在ç x , ÷上单调递减
0 è 0 2ø
则x= x 为gx 唯一的极大值点
0
æ ö
即： f¢x在区间ç-1, ÷上存在唯一的极大值点x .
è 2ø 0
1
（2）由（1）知： f ¢x= cosx- ，xÎ-1,+¥
x+1
①当xÎ-1,0 时，由（1）可知 f¢x在 -1,0 上单调递增
\f¢x£ f¢0=0 \ f x 在 -1,0 上单调递减
又 f 0=0
\x=0为 f x 在 -1,0 上的唯一零点
æ  æ ö
②当xÎ ç è 0, 2   时， f¢x在(0,x 0 )上单调递增，在ç è x 0 , 2 ÷ ø 上单调递减
又
f¢0=0 \f¢x 0
0
\ f x 在(0,x )上单调递增，此时 f x f 0=0，不存在零点
0
æö  2 2
又 f¢ ç ÷ =cos - =- <0
è 2 ø 2 +2 +2
æ ö
\$x Î ç x , ÷，使得 f¢x =0
1 è 0 2 ø 1
æ ö
\ f x 在 x ,x  上单调递增，在ç x, ÷上单调递减
0 1 è 1 2ø
æö  æ ö 2e
又 f x  f 0=0， f ç ÷ =sin -ln ç 1+ ÷ =ln ln1=0
0 è 2ø 2 è 2ø +2
æ ö
\ f x0在ç x , ÷上恒成立，此时不存在零点
è 0 2ø
第20页 | 共25页 
③当xÎ , 时，sinx单调递减，-lnx+1 单调递减
 
2 
 
\ f x 在 , 上单调递减
 
2 
æö
又 f ç ÷ 0， f =sin-ln+1=-ln+1<0
è 2 ø
æö  
即 f × f ç ÷ <0，又 f x 在  ,  上单调递减
è 2 ø 2 
 
\ f x 在 , 上存在唯一零点
 
2 
④当xÎ,+¥ 时，sinxÎ-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
【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.
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, L ,8)表示“甲药的累计得分为i时
第21页 | 共25页，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 p =0， p =1， p =ap +bp +cp
0 8 i i-1 i i+1
(i =1,2, ,7)，其中a= P(X =-1)，b= P(X =0)，c= P(X =1)．假设a=0.5，
L
b=0.8．
(i)证明：{p
i+1
- p
i
}(i=0,1,2,
L
,7)为等比数列；
(ii)求 p ，并根据 p 的值解释这种试验方案的合理性．
4 4
1
【答案】（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 =0.4p +0.5p +0.1p i=1,2,×××,7 ，从而
i i-1 i i+1
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 和 p 的值可求得 p ；再次利用累加法可求出 p .
8 0 1 4
【详解】（1）由题意可知X 所有可能的取值为：-1，0，1
\PX =-1=1-ab；PX =0=ab+1-a1-b ；PX =1=a1-b
则X 的分布列如下：
X -1 0 1
P
1-ab ab+1-a1-b a1-b
（2） a=0.5，b=0.8
Q
\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）Q p
i
=ap
i-1
+bp
i
+cp
i+1
i=1,2,×××,7
即 p =0.4p +0.5p +0.1p i=1,2,×××,7
i i-1 i i+1
整理可得：5p =4p + p i=1,2,×××,7 \p - p =4p - p i=1,2,×××,7
i i-1 i+1 i+1 i i i-1
第22页 | 共25页（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]
ì 1-t2
x= ，
ï
ï 1+t2
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为í （t为参数），以坐标原点O为
4t
ï
y =
ïî 1+t2
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
2rcosq+ 3rsinq+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
【答案】（1）C:x2 + =1；l:2x+ 3y+11=0；（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.
16t2
【详解】（1）由x=
1
1
+
-t
t
2
2
得：t2 =
1
1
+
-x
x
，又 y2 =
 1+t22
1-x
16´
\y2 = 1+x =41+x1-x=4-4x2
2
æ 1-xö
1+
ç ÷
è 1+xø
y2
整理可得C的直角坐标方程为：x2 + =1
4
又x=rcosq，y =rsinq
\l的直角坐标方程为：2x+ 3y+11=0
（2）设C上点的坐标为： cosq,2sinq
第23页 | 共25页æ ö
4sin q+ +11
2cosq+2 3sinq+11 ç ÷
则C上的点到直线l的距离 è 6 ø
d = =
7 7
æ ö
当sin ç q+ ÷ =-1时，d 取最小值
è 6 ø
则d = 7
min
【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.[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 1
（1） + + £a2 +b2 +c2；
a b c
（2）(a+b)3 +(b+c)3 +(c+a)3 ³24．
【答案】（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：a2 +b2 +c2 ³bc+ac+ab，利用基本不等
式可证得2  a2 +b2 +c2 ³2ab+2bc+2ac，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得
a+b3 +b+c3 +c+a3 ³3a+bb+cc+a，再次利用基本不等式可将式转化
为a+b3 +b+c3 +c+a3 ³24 abc2 ，在取等条件一致的情况下，可得结论.
1 1 1 æ1 1 1ö
【详解】（1） Q abc=1 \ + + = ç + + ÷ ×abc=bc+ac+ab
a b c èa b cø
2  a2 +b2 +c2 =  a2 +b2 +  b2 +c2 +  c2 +a2 ³2ab+2bc+2ac
Q
当且仅当a=b=c时取等号
\2  a2 +b2 +c2 ³2 æ ç 1 + 1 + 1ö ÷，即：a2 +b2 +c2≥ 1 + 1 + 1
èa b cø a b c
第24页 | 共25页（2） a+b3 +b+c3 +c+a3 ³3a+bb+cc+a，当且仅当a=b=c时取等
Q
号
又a+b³2 ab ，b+c³2 bc ，a+c³2 ac （当且仅当a=b=c时等号同时成立）
\a+b3 +b+c3 +c+a3
³3´2 ab´2 bc´2 ac =24
abc2
又abc= 1
\a+b3 +b+c3 +c+a3
³24
【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.
第25页 | 共25页