【后附：极详细的解析、分析、考点、答案解释等】 2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标Ⅰ）一、选择题1. 已知集合M ={x|−4<x <2}，N ={x|x 2−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+y 2=1 B.(x −1)2+y 2=1 C.x 2+(y −1)2=1 D.x 2+(y +1)2=13. 已知a =log 20.2，b =20.2，c =0.20.3，则( )A.a <b <cB.a <c <bC.c <a <bD.b <c <a4. 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到足底的长度之比是√5−12（√5−12=0.618，称之为黄金分割比例），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挤的长度之比也是√5−12.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.165cmB.175cmC.185cmD.190cm5. 函数f(x)=sinx+x cosx+x 2的[−π,π]图像大致为( )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“— —”右图就是一重卦.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.516B.1132 C.2132 D.11167. 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.π6B.π3C.2π3D.5π68. 下图是求12+12+12的程序框图，图中空白框中应填入( )A.A=12+A B.A=2+1AC.A=11+2A D.A=1+12A9. 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−5B.a n=3n−10C.S n=2n2−8nD.Sn =12n2−2n10. 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.x22+y2=1 B.x23+y22=1C.x24+y23=1 D.x25+y24=111.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(π2,π)单调递增；其中所有正确结论的编号是( )A.①②④B.②④C.①④D.①③12. 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，EF分别是PAAB的中点，∠CEF=90∘，则球O的体积为( )A.8√6πB.4√6πC.2√6πD.√6π二、填空题曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为________.记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=12，a42=a6，则S5=________.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜（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，甲队以4:1获胜的概率是________.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点. 若F1A→=AB→，F1B→⋅F2B→=0，则C的离心率为________.三、解答题△ABC的内角A, B, C的对边分别为a,b,c，设(sinB−sinC)2=sin2A−sinBsinC.(1)求A；(2)若√2a+b=2c，求sinC.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.(1)证明：MN//平面C 1DE ;(2)求二面角A −MA 1−N 的正弦值.已知抛物线C:y 2=3x 的焦点为F ，斜率为32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|.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,π2)存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.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p 0=0,p 8=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p 4，并根据p 4的值解释这种试方案的合理性.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =1−t 21+t 2,y =4t（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.已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1.证明： (1)1a +1b +1c ≤a 2+b 2+c 2;(2)(a +b)3+(b +c)3+(c +a)3≥24.参考答案与试题解析2019年全国统一高考数学试卷（理）（新课标Ⅰ）一、选择题1.【答案】C【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：∵M={x|−4<x<2}；N={x|x2−x−6<0}={x|(x−3)(x+2)<0}={x|−2<x<3}，∴ M∩N={x|−4<x<2}∩{x|−2<x<3}={x|−2<x<2}.故选C.2.【答案】C【考点】复数的模复数代数形式的加减运算复数的代数表示法及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：设z=x+yi,x,y∈R，∴z−i=x+(y−1)i,∴|z−i|=√x2+(y−1)2=1，∴x2+(y−1)2=1.故选C.3.【答案】【考点】指数式、对数式的综合比较【解析】此题暂无解析【解答】解：由已知得：a=log20.2<log21=0；b=20.2>20=1；c=0.20.3<0.20=1且0<c<1；∴a<c<b，故选B.4.【答案】B【考点】黄金分割法—0.618法【解析】此题暂无解析【解答】解：记其咽喉至肚挤的长度为xcm，依题，有：26x=√5−12，则：x=√5−1≈42.07，记其身高为y，则y=26+x+105=131+x≈173.08，故选B.5.【答案】D【考点】函数图象的作法【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ f(−x)=sin(−x)+(−x)cos(−x)+(−x)2=−sinx+xcosx+x2=−f(x)，∴ f(x)为奇函数，可排除A，而f(π)=π>0，∴ 可排除B 和C . 故选D . 6.【答案】 A【考点】古典概型及其概率计算公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：对六个位置放置“阴爻”和“阳爻”，共有26=64种方法；然后从六个位置中选出三个放置“阳爻”，共有C 63=20种方法； 因而，满足条件的概率为：C 6326=2064=516.故选A . 7.【答案】B【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系 数量积表示两个向量的夹角 平面向量数量积的运算 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ (a →−b →)⊥b →，|a →|=2|b →|，∴ (a →−b →)⋅b →=a →⋅b →−b →2 =|a →||b →|cos <a →,b →>−|b →|2=(2cos <a →,b →>−1)|b →|2=0， 而：|b →|≠0，∴ 2cos <a →,b →>−1=0，由：<a →,b →>∈[0,π]知：<a →,b →>=π3.8.【答案】A【考点】程序框图【解析】此题暂无解析【解答】解：空白框填12+A 时， 当k =1, A =12+12,当k =2,A =12+12+12,满足题意. 故选A . 9.【答案】A【考点】等差数列的前n 项和等差数列的通项公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由题意得： {4a 1+6d =0a 1+4d =5得a 1=−3,d =2，得a n =2n −5，S n =n 2−4n . 故选A . 10.【答案】 B【考点】直线与椭圆的位置关系 椭圆的定义和性质 余弦定理此题暂无解析【解答】解：由定义|AF1|+|BF1|+|AB|=4a，|BF2|+|BF1|=2a，|AF2|=2|F2B|及|AB|=|BF1|，得|AF1|=|AF2|=a，|BF1|=3a2，|BF2|=a2，由∠AF2F1+∠BF2F1=π，得cos∠AF2F1+cos∠BF2F1=0，(2c)2+(a2)2−(32a)22×2c×a2+(2c)2+a2−a22×2c×a=0，解得a2=3, b2=2.故选B.11.【答案】C【考点】三角函数的最值复合三角函数的单调性函数的零点函数奇偶性的判断【解析】此题暂无解析【解答】解：f(−x)=sin|−x|+|sin(−x)|=sin|x|+|sinx|=f(x)，∴f(x)是偶函数，故①正确；当x∈(π2,π)时，f(x)=sinx+sinx=2sinx，此时f(x)在(π2,π)递减，故②错误；当x∈[0,π]时，f(x)=2sinx，此时有2个零点，根据偶函数可知，在x∈[−π,π]时只有3个零点，故③错误；当x>0时，f(x)=sinx+|sinx|≤|sinx|+|sinx|≤2，当x=π2+2kπ(k≥0,k∈Z)等号成立，故④正确.故选C.12.【答案】D 球内接多面体球的体积和表面积【解析】此题暂无解析【解答】解：如图，连接EFEC，取AC的中点N，连接PNBN，取△ABC的内心O1,连接PO1，O1C,在PO1上取点O，使PO=OC，则点O即为三棱锥的外接球的球心. ∵∠CEF=90∘，∴CE⊥EF.∵EF分别是PA,AB的中点,∴EF//PB.∴CE⊥PB.∵△ABC是边长为2的正三角形，∴AC⊥BN.∵PA=PB=PC,∴AC⊥PN.∵PN∩BN=N,∴AC⊥面PBN.∴AC⊥PB.又CE⊥PB，AC∩CE=C,∴BP⊥面PAC,∴BP⊥PC∴△PBC是等腰直角三角形，∴PB=PC=√2在Rt△O1NC中，O1C=NCcos30∘=√32=2√33在Rt△O1CP中，O1P=√PC2−O1C2=√2−43=√63.∴在Rt△OO1C中，(√6 3−R)2+(2√33)2=R2,解得R=√62故球的体积为43πR3=√6π.故选D.二、填空题【答案】y=3x【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】此题暂无解析【解答】解：∵点(0,0)在曲线上，∴(0,0)是切点.对y=3(x2+x)e x求导得：y′=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x =3e x(x2+3x+1),∴切线斜率k=y′|x=0=3.又∵切线过切点(0,0)，∴切线方程为y=3x.故答案为：y=3x.【答案】312【考点】等比数列的前n项和【解析】此题暂无解析解：∵{a n}是等比数列，且a42=a6，∴(a1q3)2=a1q5，∵a1=12，故解出q=2，∴S5=a1(1−q5)1−q=12(1−25)1−2=312.故答案为：312.【答案】0.18【考点】相互独立事件的概率乘法公式【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意可知，比赛共进行了5场，且前4场中甲胜出3场，乙胜出1场；记甲在主场胜出为事件A1，甲在客场胜出为事件A2;则乙在主场胜出为事件A1，乙在客场胜出为事件A2;由于各场比赛结果相互独立，则根据独立事件的概率甲以4:1胜出的概率P为：P=P(A1A1A2A2A1)+P(A1A1A2A2A1)+P(A1A1A2A2A1) +P(A1A1A2A2A1)=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.4×0.5×0.5×0.6+ 0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.6×0.5×0.5×0.6×(0.4+0.4+0.6+0.6)=0.18.故答案为：0.18.【答案】2【考点】双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：设点B在第二象限，∵ BF 1→⋅BF 2→=0，∴ BF 1⊥BF 2，在Rt △F 1BF 2中，|OB|=|OF 1|=|OF 2|=c ， 又因为点B 在直线y =ba x 上，则B(a,b)； ∵ F 1A →=AB →，∴ 点A 为线段BF 1的中点，且有OA//BF 2，渐近线OA 的斜率为k OA =−|F 1A ||OA|=−ba ，并且|OA|2+|F 1A |2=|OF 1|2=c 2，得到|F 1A |=b ，|OA|=a ，|F 1B |=2b ,|F 2B |=2a ； 在Rt △F 1BF 2中，由等面积法12⋅|F 1F 2|⋅|y B |=12⋅|F 1B |⋅|F 2B |， 得到y B =2ab c ,∴ b =2abc ，解得e =ca =2,故答案为：2. 三、解答题【答案】解：(1)由题意得：(sinB −sinC)2=sin 2A −sinBsinC ， ∴ sin 2B −2sinBsinC +sin 2C =sin 2A −sinBsinC ， 由正弦定理可得：asinA =bsinB =csinC =2R ， ∴ b 2−2bc +c 2=a 2−bc ， ∴ cosA =12(A 为三角形内角)， ∴ A =π3；(2)∵ √2a +b =2c ，∴ √2sinA +sinB =2sinC ，∴ √2sinA +sin(A +C)=2sinC ，∴ √2sinA +sinAcosC +cosAsinC =2sinC ， ∴ √62+√32cosC −32sinC =0，√3cos (C +π3)=−√62, ∴ cos (C +π3)=−√22，∴ C =3π4−π3=5π12，∴ sinC =sin (π6+π4) =sin π6cos π4+cos π6sin π4=√2+√64. 【考点】两角和与差的正弦公式 两角和与差的余弦公式 余弦定理的应用 正弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由题意得：(sinB −sinC)2=sin 2A −sinBsinC ， ∴ sin 2B −2sinBsinC +sin 2C =sin 2A −sinBsinC ， 由正弦定理可得：asinA =bsinB =csinC =2R ， ∴ b 2−2bc +c 2=a 2−bc ， ∴ cosA =12(A 为三角形内角)， ∴ A =π3；(2)∵ √2a +b =2c ，∴ √2sinA +sinB =2sinC ，∴ √2sinA +sin(A +C)=2sinC ，∴ √2sinA +sinAcosC +cosAsinC =2sinC ， ∴ √62+√32cosC −32sinC =0，√3cos (C +π3)=−√62, ∴ cos (C +π3)=−√22，∴ C =3π4−π3=5π12，∴sinC=sin(π6+π4)=sin πcosπ+cosπsinπ=√2+√64.【答案】(1)证明：连接ME,B1C，在△B1BC中，M,E为BB1和BC中点，∴ME//B1C，且ME=12B1C,∵A1D//B1C且N为A1D的中点，∴ND//ME且ND=ME，∴四边形NDEM是平行四边形，∴NM//DE.∵NM平面C1DE且DE⊂平面C1DE，∴MN//平面C1DE.(2)解：取AC与BD的交点O，四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，以OA为x轴，OB为y轴，过原点O平行于BB1的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∴A(√3,0,0) M(0,1,2)，A(√3,0,4), N(√3,−1,2), ∴MA1→=(√3,−1,2)，MA→=(√3,−1,−2)，MN→=(√32,−32,0)，设m→,n→分别为平面AMA1和平面MA1N的一个法向量，∴设m→=(x1,y1,z1)，n→=(x2,y2,z2)，∴{m→⋅MA1→=0m→⋅MA→=0当x1=1时，m→=(1,√3,0)，∴{n→⋅MA1→=0n→⋅MN→=0当x2=√3时，n→=(√3,1,−1)，∴cos⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=√3+√3+0√1+(√3)2+0⋅√(√3)2+1+1=√155，∴sin⟨m→,n→⟩=√1−(√155)2=√105,∴二面角A−MA1−N的正弦值为√105.【考点】用空间向量求平面间的夹角直线与平面平行的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：连接ME,B1C，在△B1BC中，M,E为BB1和BC中点，∴ ME//B 1C ，且ME =12B 1C ,∵ A 1D//B 1C 且N 为A 1D 的中点， ∴ ND//ME 且ND =ME ，∴ 四边形NDEM 是平行四边形， ∴ NM//DE .∵ NM 平面C 1DE 且DE ⊂平面C 1DE ， ∴ MN//平面C 1DE .(2)解：取AC 与BD 的交点O ，四边形ABCD 是菱形， ∴ AC ⊥BD ，以OA 为x 轴，OB 为y 轴，过原点O 平行于BB 1的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∴A(√3,0,0) M(0,1,2)，A 1(√3,0,4), N (√32,−12,2),∴ MA 1→=(√3,−1,2)，MA →=(√3,−1,−2)，MN →=(√32,−32,0)，设m →,n →分别为平面AMA 1和平面MA 1N 的一个法向量，∴ 设m →=(x 1,y 1,z 1)，n →=(x 2,y 2,z 2)， ∴ {m →⋅MA 1→=0m →⋅MA →=0当x 1=1时，m →=(1,√3,0)，∴ {n →⋅MA 1→=0n →⋅MN →=0当x 2=√3时，n →=(√3,1,−1)， ∴ cos ⟨m →,n →⟩=m →⋅n→|m →|⋅|n →|=√3+√3+0√1+(√3)2+0⋅√(√3)2+1+1=√155， ∴ sin ⟨m →,n →⟩=√1−(√155)2=√105, ∴ 二面角A −MA 1−N 的正弦值为√105.【答案】解：(1)设直线l 的方程：y =32x +n,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2) 联立方程组{y =32x +ny 2=3x，整理化简得9x 2+(12n −12)x +4n 2=0， 由题意，Δ=(12n −12)2−4×9×4n 2=−288n +144>0， 则n <12.由韦达定理得，x 1+x 2=−4n−43，由抛物线的性质得，|AF|+|BF|=x 1+x 2+p =−4n−43+32=4，解得n =−78， 经检验，满足Δ>0. 故直线l 的方程：y =32x −78. (2)设P(m,0)，则AP →=(m −x 1,−y 1)，PB →=(x 2−m,y 2)， 由于AP →=3PB →， 易知y 1=−3y 2.由题意可设直线AB ：x =23y +m . 联立方程组{x =23y +my 2=3x 整理化简得：有韦达定理可得：y 1+y 2=2,y 1y 2=−3m . ∵ y 1=−3y 2，∴ y 1=3,y 2=−1， ∴ y 1y 2=−3m =−3， ∴ m =1.计算可得：A(3,3), B (13,−1)， 故|AB|=√(3−13)2+(3+1)2=4√133.【考点】圆锥曲线的综合问题向量数乘的运算及其几何意义 两点间的距离公式 直线的一般式方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)设直线l 的方程：y =32x +n,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2) 联立方程组{y =32x +ny 2=3x， 整理化简得9x 2+(12n −12)x +4n 2=0， 由题意，Δ=(12n −12)2−4×9×4n 2=−288n +144>0， 则n <12.由韦达定理得，x 1+x 2=−4n−43，由抛物线的性质得，|AF|+|BF|=x 1+x 2+p =−4n−43+32=4，解得n =−78， 经检验，满足Δ>0. 故直线l 的方程：y =32x −78. (2)设P(m,0)，则AP →=(m −x 1,−y 1)，PB →=(x 2−m,y 2)， 由于AP →=3PB →， 易知y 1=−3y 2.由题意可设直线AB ：x =23y +m . 联立方程组{x =23y +my 2=3x 整理化简得：y 2−2y −3m =0. 有韦达定理可得：y 1+y 2=2,y 1y 2=−3m . ∵ y 1=−3y 2，∴ y 1=3,y 2=−1， ∴ y 1y 2=−3m =−3， ∴ m =1.计算可得：A(3,3), B (13,−1)， 故|AB|=√(3−13)2+(3+1)2=4√133.【答案】证明：(1)易知f(x)的定义域为(−1,+∞)， 设g(x)=f ′(x)=cosx −1x+1， 则g ′(x)=−sinx +1(x+1)2，设g ′(x)的导函数为g ′′(x)， g ′′(x)=−cosx −2(x+1)3,当x ∈(−1,π2)时，cosx >0，2(x+1)3>0, 则g ′′(x)<0在(−1,π2)上恒成立. 所以g ′(x)在(−1,π2)上单调递减， 当x →−1时，g ′(x)→+∞，当x →π2时，g ′(x)→−1+1(π2+1)2<0，由零点存在定理，在区间(−1,π2)内，g′(x)存在唯一零点，记为x0，当x∈(−1,x0)时，g′(x)>0，当x∈(x0,π2)时，g′(x)<0，从而x0为f′(x)的极大值点，故f′(x)在区间(−1,π2)存在唯一极大值点.(2)由f(x)解析式易知f(0)=0，故0为f(x)的一个零点，由(1)知f′(x)=cosx−1x+1，以下分四种情况进行讨论：i)当x∈(−1,0)时，cos1<cosx<1，1x+1>1，∴f′(x)<0在(−1,0)上恒成立，∴ f(x)>f(0)=0,即在(−1,0)上，f(x)>0恒成立，不存在零点；ii)当x∈(0,π2)时，由(1)的证明可知，f′(x)在(0,x0)单调递增，在(x0,π2)单调递减，∵f′(0)=0, ∴f′(x0)>0,∵f′(π2)=−1π2+1<0,由零点存在定理，f′(x)在区间(x0,π2)存在唯一零点，记为m，当x∈(x0,m)时，f′(x)>0,∴ f(x)在(x0,m)内单调递增；当x∈(m,π2)时，f′(x)<0,∴ f(x)在(m,π2)内单调递减.∵f′(x)在(0,x0)单调递增，∴f′(x)>f′(0)=0,即f(x)在(0,x0)单调递增，从而f(x)在(0,m)单调递增，(m,π2)单调递减，∵ f(0)=0,f(π2)=1−ln(1+π2)>0,∴ f(x)>0在(0,π2)内恒成立，没有零点；iii)当x∈(π2,π)时，f′(x)<0恒成立，f(π2)=1−ln(1+π2)>0,f(π)=−ln(π+1)<0,由零点存在定理，f(x)在(π2,π)内存在唯一零点.iv)当x∈(π,+∞)时，由于sinx≤1,ln(x+1)>1，f(x)<0恒成立，故f(x)在(π,+∞)内无零点.综上所述，f(x)在(−1,+∞)内有且仅有两个零点.【考点】利用导数研究与函数零点有关的问题利用导数研究函数的极值函数零点的判定定理【解析】此题暂无解析【解答】证明：(1)易知f(x)的定义域为(−1,+∞)，设g(x)=f′(x)=cosx−1x+1，则g′(x)=−sinx+1(x+1)2，设g′(x)的导函数为g′′(x)，g′′(x)=−cosx−2(x+1)3,当x∈(−1,π2)时，cosx>0，2(x+1)3>0,则g′′(x)<0在(−1,π2)上恒成立.所以g′(x)在(−1,π2)上单调递减，当x→−1时，g′(x)→+∞，当x→π2时，g′(x)→−1+1(π2+1)2<0，由零点存在定理，在区间(−1,π2)内，g′(x)存在唯一零点，记为x0，当x∈(−1,x0)时，g′(x)>0，当x∈(x0,π2)时，g′(x)<0，从而x0为f′(x)的极大值点，故f′(x)在区间(−1,π2)存在唯一极大值点.(2)由f(x)解析式易知f(0)=0，故0为f(x)的一个零点，由(1)知f′(x)=cosx−1x+1，以下分四种情况进行讨论：i)当x∈(−1,0)时，cos1<cosx<1，1x+1>1，∴f′(x)<0在(−1,0)上恒成立，∴ f(x)>f(0)=0,即在(−1,0)上，f(x)>0恒成立，不存在零点；ii)当x∈(0,π2)时，由(1)的证明可知，f′(x)在(0,x0)单调递增，在(x0,π2)单调递减，∵f′(0)=0, ∴f′(x0)>0,∵f′(π2)=−1π2+1<0,由零点存在定理，f′(x)在区间(x0,π2)存在唯一零点，记为m，当x∈(x0,m)时，f′(x)>0,∴ f(x)在(x0,m)内单调递增；当x∈(m,π2)时，f′(x)<0,∴ f(x)在(m,π2)内单调递减.∵f′(x)在(0,x0)单调递增，∴f′(x)>f′(0)=0,即f(x)在(0,x0)单调递增，从而f(x)在(0,m)单调递增，(m,π2)单调递减，∵ f(0)=0,f(π2)=1−ln(1+π2)>0,∴ f(x)>0在(0,π2)内恒成立，没有零点；iii)当x∈(π2,π)时，f′(x)<0恒成立，f(π2)=1−ln(1+π2)>0,f(π)=−ln(π+1)<0,由零点存在定理，f(x)在(π2,π)内存在唯一零点.iv)当x∈(π,+∞)时，由于sinx≤1,ln(x+1)>1，f(x)<0恒成立，故f(x)在(π,+∞)内无零点.综上所述，f(x)在(−1,+∞)内有且仅有两个零点.【答案】解：(1)设一轮试验中甲药治愈了白鼠为事件A；乙药治愈了白鼠为事件B.P(x=0)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+[1−P(A)][1−P(B)]=αβ+(1−α)(1−β),P(x=−1)=P(AB)=P(A)P(B)=[1−P(A)]P(B)=(1−α)β,P(x=1)=P(AB)=P(A)P(B)=P(A)[1−P(B)]=α(1−β),故可列X的分布列如下:(2)(i)由(1)知a=P(X=−1)=(1−α)β=0.4；b=P(X=0)=αβ+(1−α)(1−β)=0.5；c=P(X=1)=α(1−β)=0.1，由P i=aP i−1+bP i+cP i+1可得P i+1−5P i+4P i−1=0，即P i+1−P i=4(P i−P i−1)，故P i+1−P iP i−P i−1=4；所以{P i+1−P i}是以(P1−P0)为首项,4为公比的等比数列；(ii)由(i)知P i−P i−1=(P1−P0)4i−1；∴P i−P1=(P1−P0)(4+42+⋯+4i−1) =(P1−P0)4i−43,∵P0=0,∴P i=4i−13P1,∵P8=1,∴P8=48−13P1,∴P1=348−1,∴P4=44−13P1=44−148−1=144+1=1257,∴P4≈0.039.由于P4的值很小，说明这种试验方案可以将更有效的乙药分辨出来，所以此方案合理. 【考点】离散型随机变量及其分布列等比数列的前n项和等比关系的确定等比数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设一轮试验中甲药治愈了白鼠为事件A；乙药治愈了白鼠为事件B.P(x=0)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+[1−P(A)][1−P(B)]=αβ+(1−α)(1−β),P(x=−1)=P(AB)=P(A)P(B)=[1−P(A)]P(B)=(1−α)β,P(x=1)=P(AB)=P(A)P(B)=P(A)[1−P(B)]=α(1−β),故可列X的分布列如下: (2)(i)由(1)知a=P(X=−1)=(1−α)β=0.4；b=P(X=0)=αβ+(1−α)(1−β)=0.5；c=P(X=1)=α(1−β)=0.1，由P i=aP i−1+bP i+cP i+1可得P i+1−5P i+4P i−1=0，即P i+1−P i=4(P i−P i−1)，故P i+1−P iP i−P i−1=4；所以{P i+1−P i}是以(P1−P0)为首项,4为公比的等比数列；(ii)由(i)知P i−P i−1=(P1−P0)4i−1；∴P i−P1=(P1−P0)(4+42+⋯+4i−1)=(P1−P0)4i−43,∵P0=0,∴P i=4i−13P1,∵P8=1,∴P8=48−13P1,∴P1=348−1,∴P4=44−13P1=44−14−1=14+1=1257,∴P4≈0.039.由于P4的值很小，说明这种试验方案可以将更有效的乙药分辨出来，所以此方案合理. 【答案】解：(1)∵直线l的极坐标方程为2ρcosθ+√3ρsinθ+11=0由{x=ρcosθ,y=ρsinθ,可得直线l的直角坐标方程为2x+√3y+11=0,∵曲线C的参数方程为{x=1−t21+t2,y=4t1+t2,(t为参数)∴x2=(1−t2)2(1+t2)2, y2=16t2(1+t2)2，∴x2+y24=(1−t2)2(1+t2)2+4t2(1+t2)2=(1+t2)2(1+t2)2=1,∴ 曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 24=1.(2)∵ 曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 24=1∴ 可设曲线C 上任意一点P(cosα, 2sinα)(0≤α<2π), ∴ 点P 到直线l 的距离 d =|2cosα+2√3sinα+11|√4+3 =|4sin(α+π6)+11|√7.∵ 0≤α<2π,∴ 当sin(α+π6)=−1时， d 取得最小值.∴ 曲线C 上的点到l 距离的最小值 d min =√7=√7.【考点】两角和与差的正弦公式 椭圆的参数方程直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 点到直线的距离公式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)∵ 直线l 的极坐标方程为2ρcosθ+√3ρsinθ+11=0 由{x =ρcosθ,y =ρsinθ,可得直线l 的直角坐标方程为2x +√3y +11=0, ∵ 曲线C 的参数方程为{x =1−t 21+t 2,y =4t 1+t 2,(t 为参数) ∴ x 2=(1−t 2)2(1+t 2)2, y 2=16t 2(1+t 2)2， ∴ x 2+y 24=(1−t 2)2(1+t 2)2+4t 2(1+t 2)2=(1+t 2)2(1+t 2)2=1,∴ 曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 24=1.(2)∵ 曲线C 的直角坐标方程为x 2+y 24=1∴ 可设曲线C 上任意一点P(cosα, 2sinα)(0≤α<2π), ∴ 点P 到直线l 的距离 d =|2cosα+2√3sinα+11|√4+3=|4sin(α+π6)+11|√7.∵ 0≤α<2π,∴ 当sin(α+π6)=−1时， d 取得最小值.∴ 曲线C 上的点到l 距离的最小值 d min =√7=√7.【答案】解:(1)∵ a,b,c 为正数，且满足abc =1， ∴ 1a +1b +1c =(1a +1b +1c )⋅abc =bc +ac +ab =12(2bc +2ac +2ab) ≤12(b 2+c 2+a 2+c 2+a 2+b 2) =12(2a 2+2b 2+2c 2) =a 2+b 2+c 2.当且仅当a =b =c =1时，等号成立. (2)由基本不等式得：(a +b)3+(b +c)3+(c +a)3≥(2√ab)3+(2√bc)3+(2√ca)3 ≥3√(2√ab)3⋅(2√bc)3⋅(2√ca)33=24. 当且仅当a =b =c =1时，等号成立. 【考点】 不等式的证明 基本不等式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解:(1)∵ a,b,c 为正数，且满足abc =1，∴ 1a +1b +1c =(1a +1b +1c )⋅abc =bc +ac +ab =1(2bc +2ac +2ab) ≤12(b 2+c 2+a 2+c 2+a 2+b 2) =12(2a 2+2b 2+2c 2) =a 2+b 2+c 2.当且仅当a =b =c =1时，等号成立. (2)由基本不等式得：(a +b)3+(b +c)3+(c +a)3≥(2√ab)3+(2√bc)3+(2√ca)3 ≥3√(2√ab)3⋅(2√bc)3⋅(2√ca)33=24. 当且仅当a =b =c =1时，等号成立.。
