2023年12月11日发(作者：数学试卷批改评分标准)

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{xxx60，则MN=

2A.

{x4x3

【答案】C

【解析】

【分析】

B.

{x4x2 C.

{x2x2 D.

{x2x3

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N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．

1 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

【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．

【详解】zxyi,zix(y1)i,zix2(y1)21,则x(y1)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．

0.20.33.已知alog20.2,b2,c0.2，则

22B.

(x1)y1

22C.

x(y1)1

22D.

x(y+1)1

2222A.

abc

【答案】B

【解析】

【分析】

B.

acb C.

cab D.

bca

运用中间量0比较a,c，运用中间量1比较b,c

【详解】alog20.2log210,b20.2201,00.20.30.201,则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．

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.古希腊时期，515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105cm，头顶至脖子下端的长度为2

2 26 cm，则其身高可能是

A.

165 cm

【答案】B

【解析】

【分析】

B.

175 cm C.

185 cm D.

190cm

理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解．

【详解】设人体脖子下端至肚脐的长为x cm，肚脐至腿根的长为y cm，则2626x51，得xy1052x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．

【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．

5.函数f(x)=sinxx在[—π，π]的图像大致为

2cosxx B. A.

C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】

3 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．

【详解】由f(x)sin(x)(x)sinxxf(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对称．又cos(x)(x)2cosxx22421,f()f()0．故选D．

2221()22【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

1

A.

5

16B.

11

32C.

21

32D.

11

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个阳爻情况有C36，所以35C6该重卦恰有3个阳爻的概率为6=，故选A．

216【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

4 元素的排列问题即为组合问题．

7.已知非零向量a，b满足A.

a=2b，且（a–b）b，则a与b的夹角为

B.

π

6π

3C.

2π

3D.

5π

6【答案】B

【解析】

【分析】

本题主要考查利用平面向量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．

ab|b|21【详解】因为(ab)b，所以(ab)babb=0，所以abb，所以cos=，ab2|b|2222所以a与b的夹角为，故选B．

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,]．

18.如图是求21122的程序框图，图中空白框中应填入

5 A.

A=1

2AB.

A=21

AC.

A=1

12AD.

A=11

2A【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．

1111=【详解】执行第1次，A,k12是，因为第一次应该计算，kk1=2，循环，执行222A2111=第2次，是，因为第二次应该计算2，循环，执行第3次，k22，kk1=3，k22，12A221否，输出，故循环体为A，故选A．

2A1【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Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S40，a55，则

A.

an2n5

【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，a55，S4对C，an3n10 B.

2C.

Sn2n8n D.

Sn12n2n

24(72)100，排除B，2除C．对D，S40,a5S5S4252850105，排15S40,a5S5S4522505，排除D，故选A．

22da13S44a1430【详解】由题知，，解得，∴an2n5，故选A．

2d2a5a14d5【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

6 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．

│AF││F2B│，10.已知椭圆C焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若22│AB││BF│1，则C的方程为

x2A.

y21

2【答案】B

【解析】

【分析】

由已知可设F2Bn，则AF22n,BF得AF在△AF1B中求得cosF1AB1AB3n，12n，再在△AF1F2中，由余弦定理得n【详解】法一：如图，由已知可设F2Bn，则AF22n,BF1AB3n，由椭圆的定义有2aBF1BF24n,AF12aAF22n．在△AF1B中，由余弦定理推论得14n29n29n21322在△AF1F2中，由余弦定理得4n4n22n2n4，解得n．

cosF1AB．322n3n32的x2y2B.

1

32x2y2C.

1

433，从而可求解.

2222x2y21 D.

541，3x2y22a4n23,a3,bac312,所求椭圆方程为1，故选B．

32法二：由已知可设F2Bn，则AF22n,BF1AB3n，由椭圆定义有2aBF1BF24n,AF12aAF22n．在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得4n2422n2cosAF2F14n2,，又AF2F1,BF2F1互补，cosAF2F1cosBF2F10，22n42n2cosBF2F19n两式消去cosAF2F1,cosBF2F1，得3n2611n2，解得x2y23222．故选B．

2a4n23,a3,bac312,所求椭圆方程为1，n322

7 【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

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

【答案】C

【解析】

【分析】

化简函数fxsinxsinx，研究它的性质从而得出正确答案．

【详解】Qfxsinxsinxsinxsinxfx,fx为偶函数，故①正确．当B.

②④ C.

①④ D.

①③

x时，fx2sinx，它在区间,单调递减，故②错误．当0x时，fx2sinx，22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x2k,2kkN时，fx2sinx；当x2k,2k2kN时，fxsinxsinx0，fx的最大值为2，又fx为偶函数，故④正确．综上所述，①④

正确，故选C．

【点睛】画出函数fxsinxsinx图象，由图象可得①④正确，故选C．

8

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.

86

【答案】D

【解析】

【分析】

先证得PB平面PAC，再求得PAPBPC的体对角线即为球直径，从而得解.

【详解】解法一:QPAPBPC,B.

46 C.

26 D.

6

2，从而得PABC为正方体一部分，进而知正方体ABC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，CEIACC,EF平面PAC，PB平面PAC，APBPAPBPC2，PABC为正方体一部分，2R2226，即

R64466,VR36，故选D．

2338

9 解法二:

设PAPBPC2x，E,F分别PA,AB中点，

1PBx，QABC为边长为2的等边三角形，

212CF3又CEF90CE3x,AEPAx

2EF//PB，且EFAEC中余弦定理cosEACx243x222x，作PDAC于D，QPAPC，

AD1x243x21，，

QD为AC中点，cosEACPA2x4x2x2x212x212x2，PAPBPC2，又AB=BC=AC=2，PA,PB,PC两两264466，VR36，故选D.

2338垂直，2R2226，R【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．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，进而补体成正方体解决．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.曲线y3(xx)e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)e3(xx)e3(x3x1)e,

/x2x2x2x

10 /所以，ky|x03

所以，曲线y3(xx)e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．

14.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1，a4a6，则S5=____________．

【答案】2x132121.

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S5．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．

【详解】设等比数列的公比为q，由已知a151211,a4a6，所以(q3)2q5,又q0，

3331(135)a(1q)3121． 所以q3,所以S511q133【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．

．根据前期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）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

【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．

11 【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是0.60.50.520.108,

前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以4:1获胜的概率是0.40.60.520.072,

综上所述，甲队以4:1获胜的概率是q0.1080.0720.18.

【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．

223x2y216.已知双曲线C：221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别abruuuruuuruuuruuu交于A，B两点．若F，则C的离心率为____________．

1AAB，F1BF2B0【答案】2.

【解析】

【分析】

通过向量关系得到F1AAB和OAF1A，得到AOBAOF1，结合双曲线的渐近线可得BOF2AOF1,BOF2AOF1BOA600,从而由【详解】如图，

btan6003可求离心率.

a的12

uuuruuur由F1AAB,得F1AAB.又OF1OF2,得OA是三角形F1F2B的中位线，即BF2//OA,BF22OA.由uuuruuuurF1BgF2B0，得F1BF2B,OAF1A,则OBOF1有AOBAOF1，

又OA与OB都是渐近线，得BOF2AOF1,又BOF2AOBAOF1，得BOF2AOF1BOA600,．又渐近线OB的斜率为btan6003，所以该双曲线的离心率为a ecb1()21(3)22．

aa【点睛】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．

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.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinBsinC)sinAsinBsinC．

22（1）求A；

（2）若2ab2c，求sinC．

【答案】（1）A【解析】

【分析】

（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A0,可求得结果；（2）利用正弦定理可得2sinAsinB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sin2B2sinBsinCsin2Csin2AsinBsinC

即：sin2Bsin2Csin2AsinBsinC

由正弦定理可得：b2c2a2bc

23；（2）sinC62.

4b2c2a21cosA

2bc2QA0,

A3

（2）Q2ab2c，由正弦定理得：2sinAsinB2sinC

13 又sinBsinACsinAcosCcosAsinC，A3

2331cosCsinC2sinC

222整理可得：3sinC2263cosC

QsinCcosC1

3sinC6解得：sinC231sin2C

6262或

44因为sinB2sinC2sinA2sinC6662，故sinC.

0所以sinC424（2）法二：Q2ab2c，由正弦定理得：2sinAsinB2sinC

又sinBsinACsinAcosCcosAsinC，A3

2331cosCsinC2sinC

2223sinC3cosC23sinC整理可得：3sinC63cosC，即6

62

sinC62由C(0,2),C(,)，所以C,C

36626446sinCsin(46)62.

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–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．

14

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．

【答案】（1）见解析；（2）【解析】

【分析】

（1）利用三角形中位线和10.

5A1D//B1C可证得ME//ND，证得四边形MNDE为平行四边形，进而证得（2）以菱形ABCD对角线交点为原点可建立空间直角坐MN//DE，根据线面平行判定定理可证得结论；uuurAMAAMA标系，通过取AB中点F，可证得DF平面1，得到平面1的法向量DF；再通过向量法求得平面MA1N的法向量n，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值.

【详解】（1）连接ME，B1C

r

QM，E分别为BB1，BC中点

ME为B1BC的中位线

ME//B1C且ME1B1C

2又N为A1D中点，且A1D//B1C

ND//B1C且ND1B1C

215

ME//ND

四边形MNDE为平行四边形

MN//DE，又MN平面C1DE，DEÌ平面C1DE

MN//平面C1DE

（2）设ACIBDO，AC11IB1D1O1

由直四棱柱性质可知：OO1平面ABCD

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：

则：A3,0,0，M0,1,2，A313,0,4，D（0，-1,0）N,122,2

取AB中点F，连接DF，则F312,2,0

Q四边形ABCD为菱形且BAD60o

BAD为等边三角形

DFAB又AA1平面ABCD，DF平面ABCD

DFAA1

∴DF平面ABB1A1，即DF平面AMA1

uuuuurDFur为平面AMA3,31的一个法向量，且DF22,0

x,y,zuuuu设平面MAr，又uMAuuurr31N的法向量n13,1,2，MN,3,022

ruvnMAuuu13xy2z0nrnruuuuv3，令x3y0x3，则y1，z1

3,1,1

MN22

16

uuurruuurrDFn315uuurr10cosDF,nuuurr

sinDF,n

515DFn5二面角AMA1N的正弦值为：10

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.

19.已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；

（2）若AP3PB，求|AB|．

【答案】（1）12x8y70；（2）【解析】

【分析】

3的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．

2uuuruuur413.

33xm，Ax1,y1，Bx2,y2；根据抛物线焦半径公式可得x1+x21；联立直线22方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于m的方程，解方程求得结果；（2）设直线l：xyt；联3（1）设直线l：y=立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用AP3PB可得y13y2，结合韦达定理可求得uuuruuury1y2；根据弦长公式可求得结果.

3xm，Ax1,y1，Bx2,y2

235由抛物线焦半径公式可知：AFBFx1x24

x1x2

22【详解】（1）设直线l方程为：y=3yxm22联立得：9x12m12x4m0

22y3x则12m12144m20

m1

2712m125x1x2，解得：m

9282

17 37x，即：12x8y70

282（2）设Pt,0，则可设直线l方程为：xyt

3直线l的方程为：y2xyt2联立得：y2y3t0

32y3x则412t0

t1

3y1y22，y1y23t

uuuruuurQAP3PB

y13y2

y21，y13

y1y23

2则AB149y1y24y1y213413

41233【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：

（1）f(x)在区间(1,2)存在唯一极大值点；

（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】

（1）求得导函数后，可判断出导函数在1,上单调递减，根据零点存在定理可判断出x00,，使22得gx00，进而得到导函数在1,上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知x0为2fx在1,0上的唯一零点；当x0,时，首先可判断出在0,x0上无零点，再利用零点存在定理2

18 得到fx在x0,2上的单调性，可知fx0，不存在零点；当x,时，利用零点存在定理和2fx单调性可判断出存在唯一一个零点；当x,，可证得fx0；综合上述情况可证得结论.

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

令gxcosx1x1，x1,2

gxsinx1x12，x1,2

Q1x在1,212上单调递减，sinx，在1,2上单调递减

gx在1,2上单调递减

又g0sin0110，g42sin22242210

x00,2，使得gx00

当x1,x0；x0时，gxx0,2时，gx0

即gx在1,x0上单调递增；在x0,2上单调递减

则xx0为gx唯一的极大值点

即：fx在区间1,2上存在唯一的极大值点x0.

（2）由（1）知：fxcosx1x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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

19 ②当x0,2时，fx在0,x0上单调递增，在x0,2上单调递减

又f00

fx00

fx在0,x0上单调递增，此时fxf00，不存在零点

又f2cos222220

xx10,2，使得fx10

fx在x0,x1上单调递增，在x1,2上单调递减

又fx0，f2e0f02sin2ln12ln2ln10

fx0在x,02上恒成立，此时不存在零点

③当x2,时，sinx单调递减，lnx1单调递减

fx在2,上单调递减

又f20，fsinln1ln10

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

fx在2,上存在唯一零点

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

20 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，pi(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p00，p81，piapi1bpicpi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：{pi1pi}(i0,1,2,L,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．

【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）p4【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1.

257pi0.4pi10.5pi0.1pi1i1,2,,7，从而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p8和p0的值可求得p1；再次利用累加

21 法可求出p4.

【详解】（1）由题意可知X所有可能的取值为：1，0，1

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

则X的分布列如下：

X

P

1

0

1

1

11

1

（2）Q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）Q即piapi1bpicpi1i1,2,,7

pi0.4pi10.5pi0.1pi1i1,2,,7

4pi1pi1i1,2,,7

pi1pi4pipi1i1,2,,7

整理可得：5pipi1pii0,1,2,,7是以p1p0为首项，4为公比的等比数列

（ii）由（i）知：pi1pip1p04ip14i

p8p7p147，p7p6p146，……，p1p0p140

148481作和可得：p8p0p1444p1p11

143017p13

481144441311

p4p4p0p14444p18414341412570123p4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p410.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理.

257【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公

22 式和数列中的项的问题.本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对学生分析和解决问题能力要求较高.

（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]

1t2x，1t2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y4t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【答案】（1）C:x（2）7

1,x(1,1]；l:2x3y110；42【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.

216t21x1t2t0,x(1,1]，又y2 【详解】（1）由x得：221t1x1t21x1x41x1x44x2y22

1x11x16y2整理可得C的直角坐标方程为：x1,x(1,1]

42

23 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

4sin11

2cos23sin11则C上的点到直线l的距离6d77当sin1时，d取最小值

6则dmin7

【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）111a2b2c2；

abc333（2）(ab)(bc)(ca)24．

【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bcacab，利用基本不等式可证得2a2b2c22ab2bc2ac，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得a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abbcca33333324abc2，在取等条件一致的情况下，可得结论.

【详解】（1）Qabc1

111111abcbcacab

abcabc

24 Q2a2b2c2a2b2b2c2c2a22ab2bc2ac

当且仅当abc时取等号

1111112a2b2c22，即：a2b2c2≥

abcabc（2）Q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）

333abbcca32ab2bc2ac24又abc=1

abbcca24

333333abc2

【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.

25


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