2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅰ)-含详细答案

2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）
含详细答案
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
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=log20.2,b=20.2,c=0.20.3，则()
A. a<b<c
B. a<c<b
C. c<a<b
D. b<c<a
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
2(√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的长度与咽喉
至肚脐的长度之比也是√5−1
2
.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26cm，则其身高可能是
()
A. 165cm
B. 175cm
C. 185cm
D. 190cm
5.函数f(x)=sinx+x
cosx+x2
在[−π,π]的图象大致为()
A. B.
C. 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“”，下图就是一重卦．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
16B. 11
32
C. 21
32
D.
11
16
7.已知非零向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗|=2|b⃗ |，且(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，则a⃗与b⃗ 的夹角为()
A. π
6B. π
3
C. 2π
3
D. 5π
6
8.下图是求1
2+1
2+12
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
9.记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4=0，a5=5，则()
A. a n=2n−5
B. a n=3n−10
C. S n=2n2−8n
D. S n=1
2
n2−2n 10.已知椭圆C的焦点为F1(−1,0),F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若|AF2|=
2|F2B|，|AB|=|BF1|，则C的方程为()
A. x2
2+y2=1 B. x2
3
+y2
2
=1 C. x2
4
+y2
3
=1 D. x2
5
+y2
4
=1
11.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(π
2
,π)单调递增
③f(x)在[−π,π]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√6π
B. 4√6π
C. 2√6π
D. √6π
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为________．
14. 记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1=1
3，a 42
=a 6，则S 5=________．
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 ．
16. 已知双曲线C ：x 2
a 2−y
2
b 2=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 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若F 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，F 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则C 的离
心率为
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.设(sinB −sinC)2=sin 2A −
sinBsinC ． (1)求A ；
(2)若√2a +b =2c ，求sin C ．
18. 如图，直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面是菱
形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点． (1)证明：MN//平面C 1DE ；
(2)求二面角A −MA 1−N 的正弦值．
19. 已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为3
2的直线l 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|．
20.已知函数f(x)=sinx−ln(1+x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：
)存在唯一极大值点；
(1)f′(x)在区间(−1,π
2
(2)f(x)有且仅有2个零点．
21.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，…，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，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α=0.5，β=0.8．
(i)证明：{p i+1−p i}(i=0,1，2，…，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．
22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=1−t2
1+t2
y=4t
1+t2
(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2ρcosθ+
√3ρsinθ+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.已知a，b，c为正数，且满足abc=1.证明：
(1)1
a +1
b
+1
c
≤a2+b2+c2；
(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了一元二次不等式的解法和交集的运算，属基础题．利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出．
【解答】
解：∵M={x|−4<x<2}，N={x|x2−x−6<0}={x|−2<x<3}，
∴M∩N={x|−2<x<2}．
故选C．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查复数的模、复数的几何意义，属基础题．
由z在复平面内对应的点为(x,y)，可得z=x+yi，然后根据|z−i|=1即可得解．【解答】
解：∵z在复平面内对应的点为(x,y)，
∴z=x+yi，
∴z−i=x+(y−1)i，
∴|z−i|=√x2+(y−1)2=1，
∴x2+(y−1)2=1，
故选C．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了指数函数和对数函数的单调性运用，属基础题．
由指数函数和对数函数的单调性易得log20.2<0，20.2>1，0<0.20.3<1，从而得出a，b，c的大小关系．
【解答】
解：a=log20.2<log21=0，
b=20.2>20=1，
∵0<0.20.3<0.20=1，
∴c=0.20.3∈(0,1)，
∴a<c<b，
故选B．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查简单的推理和估算，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
充分运用黄金分割比例，计算可估计身高．
【解答】
解：头顶至脖子下端的长度为26cm，
说明头顶到咽喉的长度小于26cm，
，
由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是√5−1
2
可得咽喉至肚脐的长度小于√5−1
2=
√5−1
≈42cm，
由头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−1
2
，
可得肚脐至足底的长度小于26+52
√5−1
√5−1
2
≈110，
即有该人的身高小于110+68=178cm，
又肚脐至足底的长度大于105cm，
可得头顶至肚脐的长度大于105×√5−1
2
≈65cm，
即该人的身高大于65+105=170cm，
故选B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了函数图象的作法及函数的奇偶性，解题关键是奇偶性和特殊值，属基础题．
由f(x)的解析式知f(x)为奇函数可排除A，然后计算f(π)，判断正负即可排除B，C，从而可得结果．
【解答】
解：∵f(x)=sinx+x
cosx+x2
，x∈[−π,π]，
∴f(−x)=−sinx−x
cos(−x)+x2=−sinx+x
cosx+x2
=−f(x)，
∴f(x)为[−π,π]上的奇函数，因此排除A；
又f(π)=sinπ+π
cosπ+π2=π
−1+π2
>0，因此排除B，C，
故选D．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查概率的求法，考查古典概型、组合的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
基本事件总数n=26=64，该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m=C63=20，由此能求出该重卦恰有3个阳爻的概率．
【解答】
解：在所有重卦中随机取一重卦，
基本事件总数n=26=64，
该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m=C63=20，
则该重卦恰有3个阳爻的概率p=m
n =20
64
=5
16
．
故选A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的数量积和向量的夹角，属基础题．
由(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，可得(a⃗−b⃗ )⋅b⃗ =0，进一步得到|a⃗||b⃗ |cos<a⃗,b⃗ >−b⃗ 2=0，然后求
出夹角即可． 【解答】 解：∵(a ⃗ −b ⃗ )⊥b ⃗ ，
∴(a ⃗ −b ⃗ )⋅b ⃗ =a ⃗ ⋅b ⃗ −b ⃗ 2
=|a ⃗ ||b ⃗ |cos <a ⃗ ,b ⃗ >−b ⃗ 2
=0， ∴cos <a ⃗ ,b ⃗ >=
|b
⃗ |2
|a ⃗ ||b
⃗ |=1
2，
∵<a ⃗ ,b ⃗ >∈[0,π]，
∴<a ⃗ ,b ⃗ >=π
3，
故选B ． 8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了程序框图的应用问题，是基础题．
模拟程序的运行，由题意，依次写出每次得到的A 的值，观察规律即可得解． 【解答】
解：模拟程序的运行，可得： A =1
2，k =1；
满足条件k ≤2，执行循环体，A =1
2+12
，k =2；
满足条件k ≤2，执行循环体，A =1
2+
1
2+12，k =3；
此时，不满足条件k ≤2，退出循环，输出A 的值为1
2+
12+12
，
观察A 的取值规律可知图中空白框中应填入A =1
2+A ． 故选A ． 9.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式以及前n 项和公式，关键是求出等差数列的公差以及首项，属于基础题．
根据题意，设等差数列{a n }的公差为d ，则有{4a 1+6d =0
a 1+4d =5，求出首项和公差，然后
求出通项公式和前n 项和即可． 【解答】
解：设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 4=0，a 5=5，得 {4a 1+6d =0a 1+4d =5，∴{a 1=−3d =2， ∴a n =2n −5，S n =n (−3+2n−5)
2
=n 2−4n ，
故选：A ．
10.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的定义以及方程、余弦定理，属中档题．
根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a=√3，b=√2，可得椭圆的方程．【解答】
解：∵|AF2|=2|BF2|，∴|AB|=3|BF2|，
又|AB|=|BF1|，∴|BF1|=3|BF2|，
又|BF1|+|BF2|=2a，∴|BF2|=a
2
，
∴|AF2|=a，|BF1|=3
2
a，
则|AF2|=|AF1|=a，所以A为椭圆短轴端点，
在Rt△AF2O中，cos∠AF2O=1
a
，
在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF2F1=4+(a
2
)2−(3
2
a)2
2×2×a
2=4−2a2
2a
，
根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1=0，可得1
a +4−2a2
2a
=0，
解得a2=3，
∴a=√3，b2=a2−c2=3−1=2．
所以椭圆C的方程为：x2
3+y2
2
=1，
故选B．
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查与三角函数有关的命题的真假判断，结合绝对值的应用以及利用三角函数的性质是解决本题的关键，属于中档题．
根据绝对值的应用，结合三角函数的性质分别进行判断即可．
【解答】
解：f(−x)=sin|−x|+|sin(−x)|=sin|x|+|sinx|=f(x)，且f(x)的定义域为R，则函数f(x)是偶函数，故①正确；
当x∈(π
2
,π)时，sin|x|=sinx，|sinx|=sinx，
则f(x)=sinx+sinx=2sinx为减函数，故②错误；
当0≤x≤π时，f(x)=sin|x|+|sinx|=sinx+sinx=2sinx，
由f(x)=0，得2sinx=0，即x=0或x=π，
由f(x)是偶函数，得在[−π,0)上还有一个零点x=−π，即函数f(x)在[−π,π]有3个零点，故③错误；
当sin|x|=1，|sinx|=1时，f(x)取得最大值2，故④正确，
故正确是①④，
故选C．
12.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查多面体外接球体积的求法，是中档题．
设∠PAC=θ，PA=PB=PC=2x，EC=y，根据余弦定理以及勾股定理证明三条侧棱两两互相垂直，即可求外接球O的体积．
【解答】
解：
设∠PAC=θ，PA=PB=PC=2x，EC=y，
因为E，F分别是PA，AB的中点，所以EF=1
2
PB=x，AE=x，
在△PAC中，cosθ=4x2+4−4x2
2×2x×2=1
2x
，
在△EAC中，cosθ=x2+4−y2
2×2x
，
整理得x2−y2=−2，①
因为△ABC是边长为2的正三角形，所以CF=√3，又∠CEF=90°，则x2+y2=3，②，
由①②得x=√2
2
，
所以PA=PB=PC=√2，
所以PA2+PB2=4=AB2，即PA⊥PB，
同理可得PA⊥PC，PB⊥PC，则PA、PB、PC两两垂直，
则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则外接球的直径为√2+2+2=√6，
所以球O的体积为．
故选D．
13.【答案】y=3x
【解析】【分析】
本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，属基础题．
对y=3(x2+x)e x求导，可将x=0代入导函数，求得斜率，即可得到切线方程．【解答】
解：∵y=3(x2+x)e x，
∴y′=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3e x(x2+3x+1)，
∴当x=0时，y′=3，
∴y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线斜率k=3，
∴切线方程为：y=3x．
故答案为y=3x．
14.【答案】121
3
【解析】【分析】
本题主要考查等比数列前n项和的计算，属于基础题．
根据等比数列的通项公式，建立方程求出q的值，结合等比数列的前n项和公式进行计算即可．
【解答】
解：设等比数列{a n}的公比为q，
由a42=a6，得(a1q3)2=a1q5，即q6a12=q5a1，
解得q=3，
则S
5=
1
3
(1−35)
1−3
=121
3
，
故答案为121
3
．
15.【答案】0.18
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
甲队以4：1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4：1获胜的概率．【解答】
解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．
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，第六场一定是甲胜，
甲队以4：1获胜包含的情况有：
①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p 1=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.036，
②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p 2=0.6×0.4×0.5×0.5×0.6=0.036，
③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p 3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054，
④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p 4=0.6×0.6×0.5×0.5×
0.6=0.054，
则甲队以4：1获胜的概率为：
p =p 1+p 2+p 3+p 4
=0.036+0.036+0.054+0.054=0.18． 故答案为：0.18． 16.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，是中档题．
由题意画出图形，结合已知可得F 1B ⊥OA ，可得一条渐近线方程的倾斜角为，从
而可得，进而求出离心率．
【解答】 解：如图，
∵F 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，且F 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴F 1B ⊥F 2B,F 1A =AB ， ∴OA ⊥F 1B ，
则△AOF 1≌△AOB ， 则
，
所以一条渐近线的斜率为，
所以e =c a =√1+b 2
a 2=2，
故答案为：2．
17.【答案】解：(1)∵△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．
设(sinB −sinC)2=sin 2A −sinBsinC ．
则sin 2B +sin 2C −2sinBsinC =sin 2A −sinBsinC ， ∴由正弦定理得：b 2+c 2−a 2=bc ， ∴cosA =
b 2+
c 2−a 2
2bc
=bc 2bc =1
2，
∵0<A <π，∴A =π
3．
(2)∵√2a +b =2c ，A =π
3，
∴由正弦定理得√2sinA +sinB =2sinC ， ∴
√62+sin(2π
3−C)=2sinC ，
即√6
2
+√3
2
cosC +12sinC =2sinC ，
即√62+√3
2cosC −3
2sinC =0， 即sin(C −π
6)=√2
2
，
，则
，
∴C −π
6=π
4，C =π
4+π
6
， ∴sinC =sin(π4+π
6)
=sin π4cos π6+cos π4sin π6
=
√22×√3
2
+
√2
2×12
=
√6+√2
4
．
【解析】本题考查了正弦定理、余弦定理，属于中档题． (1)由正弦定理得：b 2+c 2−a 2=bc ，再由余弦定理求出A ．
(2)由已知及正弦定理可得：sin(C −π
6
)=√2
2
，可解得C 的值，由两角和的正弦函数公
式即可得解．
18.【答案】(1)证明：如图，过N 作NH ⊥AD ，连接BH ，
则NH//AA 1，H 是AD 中点，且NH =1
2AA 1， 又MB//AA 1，MB =1
2AA 1，∴四边形NMBH 为平行四边形，则NM//BH ，
由H 为AD 中点，而E 为BC 中点，
∴BE//DH ，BE =DH ，则四边形BEDH 为平行四边形，则BH//DE ， ∴NM//DE ，
∵NM ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ， ∴MN//平面C 1DE ；
(2)解：以D 为坐标原点，以平面ABCD 内垂直于DC 的直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，
则N(√32,−1
2,2)，M(√3,1，2)，A 1(√3,−1,4)，
NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0)，NA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12
,2)， 设平面A 1MN 的一个法向量为m
⃗⃗⃗ =(x,y,z)，
由{m ⃗⃗⃗ ⋅NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x +32
y =0m
⃗⃗⃗ ⋅NA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32
x −12
y +2z =0，取x =√3，得m ⃗⃗⃗ =(√3,−1,−1)， 又平面MAA 1的一个法向量为n ⃗ =(1,0,0)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |
=√3
√5
=
√15
5
． ∴二面角A −MA 1−N 的正弦值为√10
5
．
【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利
用空间向量求解空间角，是中档题．
(1)过N 作NH ⊥AD ，证明NM//BH ，再证明BH//DE ，可得NM//DE ，再由线面平行的判定可得MN//平面C 1DE ；
(2)以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面A 1MN 与平面MAA 1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A −MA 1−N 的正弦值．
19.【答案】解：(1)设直线l ：y =3
2x +t ，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，
由题意可得F (3
4,0)，故|AF |+|BF |=x 1+x 2+3
2， 因为|AF|+|BF|=4， 所以x 1+x 2=52， 联立{
y =3
2x +t y 2=3x
，整理得9x 2+12(t −1)x +4t 2=0，
由韦达定理可知，x 1+x 2=−12(t−1)
9
，
从而−
12(t−1)
9
=5
2，解得t =−7
8，
所以直线l 的方程为y =3
2x −7
8．
(2)设直线l ：y =3
2x +m ，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)， 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得y 1=−3y 2， 联立{
y =3
2x +m y 2=3x
，整理得y 2−2y +2m =0，
由韦达定理可知，y 1+y 2=2，
又y 1=−3y 2，解得y 1=3,y 2=−1， 代入抛物线C 方程得，x 1=3,x 2=1
3， 即A (3,3)，B (1
3,−1)，
故|AB |=√(3−13)2+(3+1)2=4√133
．
【解析】本题考查了抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
(1)根据韦达定理以及抛物线的定义可得．
(2)由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得y 1=−3y 2，由韦达定理可得y 1+y 2=2，从而解出A 、B 两点坐标，使用弦长公式计算即可．
20.【答案】证明：(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)， 令f′(x )=ℎ(x)=cosx −1
1+x ， ℎ′(x )=−sinx +
1(1+x)2
，
令g(x)=−sinx +1
(1+x)2，
则g′(x)=−cosx −2(1+x)3<0在(−1,π
2)恒成立， ∴ℎ′(x )在(−1,π
2)上为减函数，
又ℎ′(0)=1，ℎ′(π2)=−1+1
(1+π2
)2<−1+1=0，
由零点存在定理可知，
函数ℎ′(x )在(−1,π
2)上存在唯一的零点x 0，
结合单调性可得，f′(x )在(−1,x 0)上单调递增，在(x 0,π
2)上单调递减， 可得f′(x )在区间(−1,π
2)存在唯一极大值点； (2)由(1)知，当x ∈(−1,0)时，f′(x )单调递增， 则f′(x )<f′(0)=0，则f(x)单调递减； 当x ∈(0,x 0)时，f′(x )单调递增， 则f′(x )>f′(0)=0，f(x)单调递增； 由于f′(x )在(x 0,π
2)上单调递减， 且f′(x 0)>0，
，
由零点存在定理可知，函数f′(x )在(x 0,π
2)上存在唯一零点x 1，结合单调性可知， 当x ∈(x 0,x 1)时，f′(x )单调递减，
则f′(x )>f′(x 1)=0，故f(x)单调递增； 当x ∈(x 1,π
2)时，f′(x )单调递减， 则f′(x )<f′(x 1)=0，f(x)单调递减． 当x ∈(π
2,π)时，cosx <0，−1
1+x <0， 于是f′(x )=cosx −1
1+x <0，f(x)单调递减， 其中f(π
2)=1−ln(1+π
2)>1−ln(1+3.22
)
=1−ln2.6>1−lne =0，
f(π)=−ln(1+π)<−ln3<0． 于是可得下表：
结合单调性可知，函数f(x)在(−1,π
2
]上有且只有一个零点0，
由函数零点存在性定理可知，f(x)在(π
2
,π)上有且只有一个零点x2，
当x∈[π,+∞)时，f(x)=sinx−ln(1+x)
<1−ln(1+π)<1−ln3<0，
因此函数f(x)在[π,+∞)上无零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【解析】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力，难度较大．
(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)，求出原函数的导函数，令f′(x)=ℎ(x)=cosx−1
1+x
，
进一步求导，得到ℎ′(x)在(−1,π
2)上为减函数，结合ℎ′(0)=1，ℎ′(π
2
)=−1+1
(1+π
2
)2
<
−1+1=0，由零点存在定理可知，函数ℎ′(x)在(−1,π
2
)上存在唯一得零点x0，结合单
调性可得，f′(x)在(−1,x0)上单调递增，在(x0,π
2)上单调递减，可得f′(x)在区间(−1,π
2
)
存在唯一极大值点；
(2)由(1)知，当x∈(−1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0,x0)时，f′(x)> 0，f(x)单调递增；由于f′(x)在(x0,π
2
)上单调递减，且f′(x0)>0，，可得函
数f′(x)在(x0,π
2
)上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈(x0,x1)时，f(x)单调递
增；当x∈(x1,π
2)时，f(x)单调递减．当x∈(π
2
,π)时，f(x)单调递减，再由f(π
2
)>0，
f(π)<0.然后列x、f′(x)与f(x)的变化情况表得答案．
21.【答案】(1)解：X的所有可能取值为−1，0，1．
P(X=−1)=(1−α)β，P(X=0)=αβ+(1−α)(1−β)，P(X=1)=α(1−β)，
(2)(i)证明：∵α=0.5，β=0.8，
∴由(1)得，a=0.4，b=0.5，c=0.1．
因此p i=0.4p i−1+0.5p i+0.1p i+1(i=1,2，…，7)，
故0.1(p i+1−p i)=0.4(p i−p i−1)，即p i+1−p i=4(p i−p i−1)，
又∵p1−p0=p1≠0，
∴{p i+1−p i}(i=0,1，2，…，7)为公比为4，首项为p1的等比数列；
(ii)解：由(i)可得，
p8=(p8−p7)+(p7−p6)+⋯+(p1−p0)+p0=p1(1−48)
1−4=48−1
3
p1，
∵p 8=1，∴p 1=3
48−1，
∴p 4=(p 4−p 3)+(p 3−p 2)+(p 2−p 1)+(p 1−p 0)+p 0=
44−13
p 1=
1
257
．
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
257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
【解析】本题主要考查数列的应用，考查离散型随机变量的分布列，属于难题． (1)由题意可得X 的所有可能取值为−1，0，1，再由相互独立试验的概率求P(X =−1)，P(X =0)，P(X =1)的值，则X 的分布列可求；
(2)(i)由α=0.5，β=0.8结合(1)求得a ，b ，c 的值，代入p i =ap i−1+bp i +cp i+1，得到(p i+1−p i )=4(p i −p i−1)，由p 1−p 0=p 1≠0，可得{p i+1−p i }(i =0,1，2，…，7)为公比为4，首项为p 1的等比数列；
(ii)由(i)可得，p 8=(p 8−p 7)+(p 7−p 6)+⋯+(p 1−p 0)+p 0，利用等比数列的前n 项和与p 8=1，得p 1=3
48−1，进一步求得p 4=1
257，即可求解． 22.【答案】解：(1)由{x =
1−t 2
1+t 2
y =4t 1+t 2(t 为参数)，得{x =1−t 2
1+t 2y 2
=2t
1+t
2
, 两式平方相加，得x 2+
y 24
=1(x ≠−1)，
∴C 的直角坐标方程为x 2+y 24
=1(x ≠−1)，
由2ρcosθ+√3ρsinθ+11=0，得2x +√3y +11=0，
即直线l 的直角坐标方程为2x +√3y +11=0．
(2)设与直线2x +√3y +11=0平行的直线方程为2x +√3y +m =0，
联立{
2x +√3y +m =0
4x 2+y 2−4=0
,
得16x 2+4mx +m 2−12=0． 由Δ=16m 2−64(m 2−12)=0， 得m =±4，
∴当m =4时，直线2x +√3y +4=0与曲线C 的切点到直线2x +√3y +11=0的距离最小， 即为直线2x +√3y +4=0与直线2x +√3y +11=0之间的距离√22+3
=√7．
【解析】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化为普通方程，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了两平行线间的距离公式的应用，是中档题．
(1)把曲线C 的参数方程变形，平方相加可得普通方程，把x =ρcosθ，y =ρsinθ代入2ρcosθ+√3ρsinθ+11=0，可得直线l 的直角坐标方程．
(2)写出与直线l 平行的直线方程为2x +√3y +m =0，与曲线C 联立，化为关于x 的一元二次方程，利用判别式等于0求得m ，转化为两平行线间的距离求C 上的点到l 距离的最小值．
23.【答案】证明：(1)分析法：已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1．
要证1
a +1
b
+1
c
≤a2+b2+c2；因为abc=1．
即证：abc
a +abc
b
+abc
c
≤a2+b2+c2；
即证：bc+ac+ab≤a2+b2+c2；
即证：2bc+2ac+2ab≤2a2+2b2+2c2；
即证：2a2+2b2+2c2−2bc−2ac−2ab≥0，
即证(a−b)2+(a−c)2+(b−c)2≥0；
∵a，b，c为正数，且满足abc=1．
∴(a−b)2≥0；(a−c)2≥0；(b−c)2≥0恒成立；当且仅当：a=b=c=1时取等号．
即(a−b)2+(a−c)2+(b−c)2≥0得证．
故1
a +1
b
+1
c
≤a2+b2+c2得证．
(2)已知a，b，c为正数，且满足abc=1．
(a+b)为正数；(b+c)为正数；(c+a)为正数；
(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3(a+b)⋅(b+c)⋅(c+a)；
当且仅当(a+b)=(b+c)=(c+a)时取等号；即：a=b=c=1时取等号；
∵a，b，c为正数，且满足abc=1．
a+b≥2√ab；b+c≥2√bc；c+a≥2√ac；
当且仅当a=b，b=c，c=a时取等号；即：a=b=c=1时取等号；
∴(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3(a+b)⋅(b+c)⋅(c+a)
≥3×8√ab⋅√bc⋅√ac=24abc=24；
当且仅当a=b=c=1时取等号；
故(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.得证．
故得证．
【解析】本题考查基本不等式的运用，分析法和综合法的证明方法，属于中档题．
(1)利用基本不等式和“1”的运用可证；
(2)利用综合法可证．。