2019新课标高考理科数学1卷详细解析

=
(
2
，0
，1)
﹒
( ) 又
nn22
⋅ ⋅
AA1
= 0 ，解得
AM = 0

x2
z2
= =
0
3 y2
，所以其中一个
n2
=
3 ，1，0 ﹒
所以= cos n1 ，n2
n= 1 ⋅ n2 = 2 3 n1 n2 5 ⋅ 2
④由= 题意可知 x π2= 时，f ( x)max 2 ，正确．
故选 C． 12．D
解：设 PB = 2a
( ) ( ) 由中线长定理有 PC2 +AC=2 2 PE2 + CE2 ⇒ 4a2 +=4 2 a2 + CE2
⇒ CE2 = 2a2 + 2 − a2 = a2 + 2 在 △CEF 中， CE2 + EF 2 = CF 2 ⇒ a2 + 2 + a2 = 3 ⇒ a = 2
1 + 12
− =2 2
1 1+ π + π2
−
1 <0 2
2 16
则存在唯一的
x0
∈

0
，π 4

使得
g
′
(
x0
)
=
0
，
则当 x ∈(−1，x0 ) 时， g′( x) > 0 ， g ( x) 在 (−1，x0 ) 上单调递增，
5
当
x
∈

x0
，π 2

时，
g
′
(
x
则有 0.1( Pi+1 − Pi=) 0.4( Pi − Pi−1 ) ，即 Pi+1 − P= 4( Pi − Pi−1 )
易知 P1 − P0 ≠ 0 ，
则数列
{Pi+1
−
Pi }
(
i
=
0
，1，2
， ，7
)是以
4
为公比，以
P1
−
P0
为首项的等比数列．
ii．
由 i 可知， P8 − P=7
47 ( P1 − P0 ) ，P7 − P=6
46
(
P1
−
P0
)
，，
P2
−
P1=
4( P1 − P0 ) ，
P1 − P0 = P1 − P0 ，
上述式子累加有：
( ) P8 − P0 =
( P1
−
P0 )
1+ 4 + 42
+ + 47
=
(
P1
−
P0
)
48 − 3
1
将= P8
1= ，P0
0
代入有：1
=
P1
48 − 1 3
，即
P1
=
3 48 −1
2
3
⑵
2a + b = 2c ⇒
Байду номын сангаас
2 sin A + sin B =
2sin C ⇒
6 2
+
sin

2 3
π
−
C

=
2sin C
⇒ 2sin C −
3 2
cos
C
+
1 2
sin
C

= 6 2
⇒ 3 sin C − 3 cos C =
2
2
6⇒ 2
3
sin

C
−
π 6
=∆ (12m −12)2 − 4 × 9 × 4m=2 144 − 288m > 0 , ∴m < 1
2
= x1 + x2
12 −9= 12m , x1x2
4m2 9
由题可知焦准距为 p = 3 2
由抛物线性质可知： AF + BF = x1 + x2 + p = 4
∴12 −12m = 5 , 解得 m = − 7 , 满足 ∆ > 0
= 1 +
1 k
2

y1 − y2
=1
+

1 k
2
( y1 + y2 )2 − 4 y1 y2
=
1
+

2 3
2

= 4 13 3
4+12 1
20．⑴ f ′= ( x) cos x − 1 ，令 g= ( x) f ′= ( x) cos x − 1 ，
x +1
∴ b =− b ⋅ a − c ⇒ c =2a 2 a2
即双曲线 C 离心率 e= c= 2 a
16． 2
2
三、解答题
17．⑴ (sin B − sin C )2 = sin2 A − sin B sin C ⇒ sin2 B + sin2 C − sin B sin C = sin2 A
⇒ b2 + c2 − bc =a2 ⇒ 2 cos A =1 ⇒ cos A =1 ⇒ A =π

=
6 2
⇒
sin

C
−
π 6

=2 2

C
∈

0
，2 3
π

，∴
C
−
π 6
∈

−
π 6
，π 2

，∴ cos

C
−
π 6

>
0
，cos

C
−
π 6

=2 2
sin C=
sin

C
−
π 6

+
π 6

=
2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 1= 2 2 22
2 ∴ PA =2 三棱锥 P − ABC 为正三棱锥，
∴P 在底面的射影为 △CEF 的中心 O1 ，连接 AO1
则 AO1 =
2⋅ 3
3 ⋅2= 2
2 3
3
∴ PO=1
( 2)2 − ( 2 3)=2 6
3
3
设球心为 O， OO1 = x ，则 R =PO =AO ⇒
6 3
−
x
=

2 3
设平面 A1NM 和平面 AA1M 的法向量分别为 n1 = ( x1 ，y1 ，z1 ) ， n2 = ( x2 ，y2 ，z2 ) ﹒
则
nn11
⋅ ⋅
A1N NM
= 0 ，解得
= 0

x1 y1
= =
2 z1 0
，所以其中一个
n1
1− t2
22．⑴曲线
C
:
由题意得
x
= 1
+
t
2
2 =−1 +
1+ t2
，即
x
+
1
= 1
2 +t
2
，则
y = 2t ，代入有 x +1
设 B ( x1 ，y1 ) ，A( x2 ，y2 )
∵点 B 在渐近线 y = b x 上 a
∴

x12

y1
+ =
y12 = c2
b
⇒
a x1

x1 y1
= =
a b
又∵ A 为 F1B 的中点
∴

x2


y2
= =
−c + 2
b 2
a
∵点 A 在渐近线 y = − b x 上 a
)
<
0
，
g
(
x
)
在

x0
，π 2

上单调递减，
即
g
(
x
)
在

−1，π 2

上存在唯一的极大值点，原命题得证．
⑵ f ( x) = sin x − ln (1+ x)
①当
x
∈

−1，π 2

时，由⑴可知，
g= ( x)
cos
x
−
x
1 +
1
在
( −1，x0
)
上单调递增，在
′(x)
=
cos
x
−
x
1 +1
<
0
，即
f
(x)
在
π 2
，π

上单调递减，且
f

π 2

>
0 ，f
(π
)
=− ln
(1 +
π
)
<
0
，则
f
(x)
在
π 2
，π

上存在唯一的零点．
③当 x ∈(π ，+ ∞) 时，易知 sin x ≤ 1 < ln (1 + x) ，则 f ( x)= sin x − ln (1 + x) < 0 恒成立，
92
8
∴l 的方程为=y 3 x − 7 28
( ) ⑵设交点 P xp , 0 , 直线 l 的方程为=x
2 3
y
+
xp
y2 = 3x
联立椭圆方程与直线方程得：

=x
2 3