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2019年高考理科数学试题解析版

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发表于 2020-3-12 21:12:00 | 显示全部楼层 |阅读模式

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理科数学试卷
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<现在开始正题了哦,认真仔细看下面正文文章> 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Mx4x2,N{xxx60,则MN= 2A. {x4x3 B. {x4x2 C. {x2x2 D. {x2x3
【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,Mx4x2,Nx2x3,则 MNx2x2.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zi=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则 A. (x+1)2y21 B. (x1)2y21 C. x2(y1)21 D. x2(y+1)21
【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】zxyi,zix(y1)i,zix2(y1)21,则x(y1)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alog20.2,b2,c0.2,则 22A. abc B. acb C. cab D. bca
【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】alog20.2log210,b20.220310,00..200.2则1,0c1,acb.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.  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512
(51≈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251.若某人满足上述两个黄金分割2的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是比例,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  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】设人体脖子下端至腿根的长为x cm,肚脐至腿根的长为y cm,则2626xxy10551,y5.15cm.又其腿长为105cm,头顶至脖子下,得x42.07cm2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)=sinxx在[—π,π]的图像大致为 cosxx2 B.  A. 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.
【详解】由f(x)sin(x)(x)sinxxf(x),得f(x)是奇函数,其图象关22cos(x)(x)cosxx于原点对称.又f()122421,f()0.故选D. 2221()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  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35C6情况有C,所以该重卦恰有3个阳爻的概率为6=,故选A. 21636
【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.  7.已知非零向量a,b满足A. π 6a=2b,且(a–b)b,则a与b的夹角为 B. π 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(ab)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. 22
【详解】因为(ab)b,所以(ab)babb=0,所以abb,所以ab|b|21a,所以与的夹角为,故选B. cos=b3ab2|b|22
【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21122的程序框图,图中空白框中应填入
1 2A1A=1 2AA. A=
【答案】A
【解析】
【分析】 B. A=21 AC. A=1 12AD. 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,k12是,因为第一次应该计算,kk1=2,222A2111=循环,执行第2次,k22,是,因为第二次应该计算2,kk1=3,12A221循环,执行第3次,k22,否,输出,故循环体为A,故选A. 2A1
【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. 2A 9.记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S40,a55,则 A. an2n5 an3n10 B.  2C. Sn2n8n D. Sn12n2n 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,a55,4(72)S40,a5S5S4252850105,100,排除B,对C,2125排除C.对D,S40,a5S5S452505,排除D,故选A. 22S4da13S44a1430
【详解】由题知,,解得,∴an2n5,故选A. 2d2a5a14d5
【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F1(1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若│AF││F2B││AB││BF│,221,则C的方程为 x2A. y21 2x2y21 54x2y2B. 1 32x2y2C. 1 43D.
【答案】B
【解析】
【分析】 可以运用下面方法求解:如图,由已知可设F2Bn,则AF22n,BF1AB3n,由椭圆的定义有2aBF.在△AF1F2和△BF1F21BF24n,AF12aAF22n4n2422n2cosAF2F14n2,中,由余弦定理得2,又AF2F1,BF2F1互补,2n42n2cosBF2F19ncosAF2F1cosBF2F10,两式消去cosAF2F1,cosBF2F1,得3n2611n2,解得n3.2a4n23,a3,b2a2c2312,所求椭圆方程为2
x2y21,故选B. 32
【详解】如图,由已知可设F2Bn,则AF22n,BF1AB3n,由椭圆的定义有2aBF1BF24n,AF12aAF22n.在△AF1B中,由余弦定理推论得4n29n29n21cosF1AB22n3n3.在△AF1F2中,由余弦定理得134n24n222n2n4,解得n. 32x2y22a4n23,a3,bac312,所求椭圆方程为1,32222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 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】 B. ②④ C. ①④ D. ①③
化简函数fxsinxsinx,研究它的性质从而得出正确答案.
【详解】fxsinxsinxsinxsinxfx,fx为偶函数,故①正确.当x时,fx2sinx,它在区间,单调递减,故②错误.当0x22时,fx2sinx它有两个零点:0;当,x0时,,故fx在,有3个零点:sixn,它有一个零点:2xsinfxsinx0,故③错误.当x2k,2kkN时,fx2sinx;当x2k,2k2,0又fx为偶函数,时,fxsinxsinxkNfx的最大值为2,故④正确.综上所述,①④    正确,故选C.
【点睛】出函数fxsinxsinx的图象,由图象可得①④正确,故选C.   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. 86
【答案】D
【解析】
【分析】 先证得PB平面PAC,再求得PAPBPC进而知正方体的体对角线即为球直径,从而得解.
【详解】解法一:棱锥, 从而得PABC为正方体一部分,2,B. 46 C. 26 D. 6 PAPBPC,ABC为边长为2的等边三角形,PABC为正三PBAC,又E,F分别为PA、AB中点,
EF//PB,EFAC,又EFCE,CE平面PAC,PABPAPBPCACC,EF平面PAC,PB2,PABC为正方体一部分,2R2226,即 R64466,VR36,故选D. 2338 解法二: 设PAPBPC2x,E,F分别为PA,AB中点, EF//PB,且EF1PBx,ABC为边长为2的等边三角形, 212CF3又CEF90CE3x,AEPAx 2AEC中余弦定理cosEACx243x222x,作PDAC于D,PAPC, AD1x243x21,, QD为AC中点,cosEACPA2x4x2x2x212x212x2,PAPBPC2,又AB=BC=AC=2,2
PA,PB,PC两两垂直,2R2226,R6,2V43466R6,故选D. 338
【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y3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为___________.
【答案】3xy0.
【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:y3(2x1)e3(xx)e3(x3x1)e, /所以,ky|x03 /x2x2x所以,曲线y3(xx)e在点(0,0)处的切线方程为y3x,即3xy0.
【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,a4a6,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a11211,a4a6,所以(q3)2q5,又q0, 333
1(135)a(1q)3121. 所以q3,所以S511q1335
【点睛】准确计算,是解答此类问题基本要求.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0.630.50.520.108, 的22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0.40.60.520.072, 综上所述,甲队以
4:1获胜的概率是q0.1080.0720.18.
【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.  x2y216.已知双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C的abC的离心率为两条渐近线分别交于A,B两点.若F1AAB,F1BF2B0,则____________.
【答案】2.
【解析】

【分析】 通过向量关系得到F1AAB和OAF1A,得到AOBAOF1,结合双曲线的渐近线0可得BOF2AOF1,BOF2AOF1BOA60,从而由btan600a3可求离心率.
【详解】如图,  由F得F1AAB.又OF1OF2,得OA是三角形F1F2B的中位线,即1AAB,BF2//OA,BF22OA.由F1BF2B0,得F1BF2B,OAF1A,则OBOF1有AOBAOF1, 又OA与OB都是渐近线,得BOF2AOF1,又BOF2AOBAOF1,得BOF2AOF1BOA600,.又渐近线OB的斜率为线的离心率为ebtan6003,所以该双曲acb1()21(3)22. 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。


22、23题为选考题,考生根据要求作答。

(一)必考题:共60分。 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设(sinBsinC)sinAsinBsinC.

(1)求A;


(2)若2ab2c,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:b2c2a2bc,从而可整理出cosA,根据A0,可求得结果;

(2)利用正弦定理可得2sinAsinB2siCn,利用3;

(2)sinC62. 4sinBsinAC、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)sinBsinCsin2B2sinBsinCsin2Csin2AsinBsinC 即:sin2Bsin2Csin2AsinBsinC 由正弦定理可得:b2c2a2bc 2b2c2a21cosA 2bc2A0,π    \A=

(2)3 2ab2c,由正弦定理得:2sinAsiB2sinC 又sinBsinACsinAcosCcosAsinC,A3 2331cosCsinC2sinC 222整理可得:3sinC2263cosC CsinCcosC1    3sin解得:sinC631s2iCn 26262或 44因sinB2sinC2sinA2sinC6662. ,故sinC0所以sinC424

(2)法二:2ab2c,由正弦定理得:2sinAsinB2sinC
又sinBsinACsinAcosCcosAsinC,A3 2331cosCsinC2sinC 222整理可得:3sinC63cosC,即3sinC3cosC23sinC6 62     sinC62由C(0,2),C(,),所以C,C 36626446sinCsin(46)62. 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.   

(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】 10. 5


(1)利用三角形中位线和A1D//B1C可证得ME//ND,证得四边形MNDE为平行四边形,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AMA1,得到平面uuurAMA1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  M,E分别为BB1,BC中点    ME为B1BC的中位线 ME//B1C且ME1B1C 2又N为A1D中点,且A1D//B1C    ND//B1C且ND1B1C 2ME//ND    四边形MNDE为平行四边形 MN//DE,又MN平面C1DE,DE平面C1DE MN//平面C1DE

(2)设ACBDO,AC11B1D1O1 由直四棱柱性质可知:OO1平面ABCD  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:A3,0,0,M0,1,2,A1313,0,4,D(0,-1,0)N2,2,2 31取AB中点F,连接DF,则F2,2,0 四边形ABCD为菱形且BAD60    BAD为等边三角形    DF又AA1平面ABCD,DF平面ABCD    DF ABAA1 ∴DF平面ABB1A1,即DF平面AMA1 DF为平面AMA133一个法向量,且DF2,2,0 设平面MA1N的法向量nx,y,z,又MA1nMA13xy2z0,令x3,则y1,z1    n33xy0nMN22cosDF,nDFnDFn二面角AMA1N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.  的31510    sinDF,n 5155333,1,2,MN2,2,0 3,1,1
19.已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为点为P.

(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;

(2)若AP3PB,求|AB|.
【答案】

(1)12x8y70;

(2)
【解析】
【分析】

(1)设直线l:y=3的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交2413. 33xm,Ax1,y1,Bx2,y2;根据抛物线焦半径公式可得x1+x21;2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,解方程求得结果;

(2)设直线l:x2yt;联立直线方程与抛物线方程,得到韦达定理的形式;利用AP3PB3可得y13y2,结合韦达定理可求得y1y2;根据弦长公式可求得结果. 3xm,Ax1,y1,Bx2,y2 235由抛物线焦半径公式可知:AFBFx1x24    x1x2 22
【详解】

(1)设直线l方程为:y=3yxm22联立得:9x12m12x4m0 22y3x1 2712m125x1x2,解得:m 928则12m12144m20    m2直线l的方程为:y37x,即:12x8y70 282

(2)设Pt,0,则可设直线l方程为:xyt 32xyt2联立得:y2y3t0 32y3x1则412t0    t 3y1y22,y1y23t
AP3PB    y11,y13    y1y23 3y2    y22则AB149y1y24y1y213413 41233
【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)sinxln(1x),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2x00,,使得gx00,进而得到导函数在1,上的单调性,从而可证得结论;22

(2)由

(1)的结论可知x0为fx在1,0骣p÷x西0,上的唯一零点;当÷时,首先可桫2÷0,xfx判断出在(0)上无零点,再利用零点存在定理得到在x0,上的单调性,可知2fx0,不存在零点;当x,时,利用零点存在定理和fx单调性可判断出存2在唯一一个零点;当x,,可证得fx0;综合上述情况可证得结论.
【详解】

(1)由题意知:fx定义域为:1,且fxcosx令gxcosx1 x11,x1, x12x1, 2,x121gxsinx
1x12111,在1,在上单调递减,1,上单调递减 an1an722gx在1,上单调递减 2又g0sin0110,gsin2242242210 x00,,使得gx00 2当x1,x0时,gx0;xx0,时,gx0 2即gx1,x上单调递增;在0x0,上单调递减 2则xx0为gx唯一的极大值点 即:fx在区间1,上存在唯一的极大值点x0. 2

(2)由

(1)知:fxcosx1,x1, x1①当x1,0时,由

(1)可知fx在1,0上单调递增 fxf00    fx在1,0上单调递减 又f00 x0为fx在1,0上的唯一零点 ②当x0,2时,fx在(0,x0)上单调递增,在x0,上单调递减 2又f00    fx00 fx在(0,x0)上单调递增,此时fxf00,不存在零点 22fcos0 又2222
x1x0,,使得fx10 2fx在x0,x1上单调递增,在x1,上单调递减 2又2eln10 fx0f00,fsinln1ln2222fx0在x0,上恒成立,此时不存在零点 2③当x,时,sinx单调递减,lnx1单调递减 2fx在,上单调递减 2又f0,fsinln1ln10 2ff0fx即,又在,上单调递减 22fx在,上存在唯一零点 2④当x,时,sinx1,1,lnx1ln1lne1 sinxlnx10 即fx在,上不存在零点 综上所述:fx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(i0,1,,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p00,p81,piapi1bpicpi1(i1,2,,7),其中aP(X1),bP(X0),cP(X1).假设0.5,0.8. (i)证明:{pi1pi}(i0,1,2,,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.
【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. 257pi0.4pi10.5pi0.1pi1i1,2,,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 PX11;PX011;PX11 则X的分布列如下: X P 1 0 1 1 11 1


(2)0.5,0.8 a0.50.80.4,b0.50.80.50.20.5,c0.50.20.1 (i)即piapi1bpicpi1i1,2,,7 pi0.4pi10.5pi0.1pi1i1,2,,7 4pi1pi1i1,2,,7  pi1pi4pipi1i1,2,,7 整理可得:5pipi1pii0,1,2,,7是以p1p0为首项,4为公比的等比数列 (ii)由(i)知:pi1pip1p04ip14i p8p7p147,p7p6p146,……,p1p0p140 148481作和可得:p8p0p1444p1p11 143017p13 481144441311 p4p4p0p14444p18414341412570123p4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说明这种实验方案合理.
【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.  10.0039,此时得出错误结论的概率非常小,257
(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]  
1t2x,1t2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y4t1t2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2cos3sin110.

(1)求C和l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;l:2x3y110;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. 216t21x1t2t2
【详解】

(1)由x得:,又y221x1t1t21x1x41x1x44x2y2 21x11x16的2y2整理可得C的直角坐标方程为:x1 4又xcos,ysin l的直角坐标方程为:2x3y110

(2)设C上点的坐标为:cos,2sin 4sin112cos23sin11则C上的点到直线l的距离 6d77
sin当1时,d取最小值 6则dmin7
【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)111a2b2c2; abc333

(2)(ab)(bc)(ca)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:a2b2c2bcacab,利用基本不等式可证得2abc33222

(2)利用基本不等式可得2ab2bc2ac,从而得到结论;3abbcca33再次利用基本不等式可将式转化为3abbcca,abbcca
【详解】

(1)324abc2,在取等条件一致的情况下,可得结论. 11111abc1    abcab1acabcbcca b2a2b2c2a2b2b2c2c2a22ab2bc2ac 当且仅当abc时取等号 1111112a2b2c22,即:a2b2c2≥ abcabc

(2)号 abbcca3333abbcca,当且仅当abc时取等
又ab2ab,bc2bc,ac2ac(当且仅当abc时等号同时成立) abbcca32ab2bc2ac24又abc=1    abbcca24 333333abc2
【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.   
理科数学试卷
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