高考全国1卷理科数学试题和答案.doc

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6,2019 年全国统一高考数学试卷 （理科 )（新课标Ⅰ)
第 I 卷（选择题)
一、单选题
1． 已知集合

2
M x 4 x 2 ，N { x x 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．

2 2
( x+1) y 1 B．

2 2
(x 1) y 1 C．

2 ( 1)2 1
x y D．

2 ( y+1)2 1
x
3．已知

0.2 0.3
a log 0.2, b 2 ,c 0.2 ，则
2
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 26 cm ， 则其身高可能是
A．165 cm B．175 cm C．185 cm D．190cm
5．函数 f(x)=

sin
cos

x x
2
x x

在[— π，π的] 图像大致为
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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 “——”，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
16

B．

11
32

C．

21
32

D．

11
16
7． 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．

π
6

B．

π
3

C．

2π
3

D．

5π
6
1
8． 如图是求

2

2

1

1
2

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
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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 B． an 3n 10 C．

2
S 2n 8n D．
n

1
2
S n 2n
n
2
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│2 2│F2B│，│ AB│ │BF│1 ，则 C 的方程为

A．

2
x
2

2 1
y B．

2 2
x y
3 2

1
C．

2 2
x y
4 3

1
D．

2 2
x y
5 4

1
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
2
③f(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 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，PB的中点 ，∠CEF=90 °，则球 O 的体积为
A． 8 6 B． 4 6 C． 2 6 D． 6
第 II 卷（非选择题)

13．曲线

2 x
y x x 在点 (0,0) 处的切线方程为 __________．_
3( )e

14．记Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若

1
2
a ， a a ，则 S5=___________．_
1 4 6
3
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 ___________．_
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. .
16． 已知双曲线 C：

2 2
x y
2 2 1(a 0,b 0)
a b

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

F A AB ， F1B F2B 0，则 C 的离心率为
1
___________．_
17．V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设
2 2
(sin B sin C) sin A sin B sinC ．
（1）求 A；
（2）若 2a b 2c ，求 sinC．
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-MA 1-N 的正弦值 ．
19． 已知抛物线 C：y2=3 x 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) sin x ln(1 x) ， f (x)为 f (x) 的导数 ．证明 ：
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（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 ．
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, ,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 ap bp cp (i 1,2, ,7) ，其中 a P(X 1) ，b P(X 0) ，
i i 1 i i 1
c P X ．假设 0.5， 0.8 ．
( 1)
(i)证明 ：{ pi 1 pi } (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．[选修 4-4 ： 坐标系与参数方程 ]

在直角坐标系 xOy 中 ，曲线 C 的参数方程为

2
2
1 t
1 t
4t
x
，
（ 为参数 ）， 以坐标原点 t O
y
2
1
t

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
2 cos 3 sin 11 0．
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（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．[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）

1 1 1
a b c

2 2 2
a b c

；

（2）

3 3 3
(a b) (b c) (c a) 24
参考答案
1．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 ，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．
2．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
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. .
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 ,

2 ( 1)2 1,
z i x y 则

2 ( 1)2 1
x y ．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 ．
3．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 】

a

log 0.2 log 1 0,
2 2

b

0.2 0
2 2 1,

0.3 0
0 0.2 0.2 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 ．
4．B
【解析 】
【分析 】
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
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. .

26 26 x 5 1
x y 105 2

，得 x 42.07 cm, 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．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 】
sin( x) ( x) sin x x
由 2 2
f ( x) f (x)
cos( x) ( x) cos x x

，得 f ( x) 是奇函数 ， 其图象关于原点
对称 ．又

f

1 2 4 2
( ) 1,
2
2 ( )
2
2

f ( ) 0 ．故选 D．
2
1
【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．A
【解析 】
【分析 】
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. .
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

3
C ， 所以该重卦恰有 3 个阳爻的概率为
6

3
C
6
6
2

=

5
16

，故选 A．
【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．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 ．
【详解 】
因为 (a b) b ，所以

2
(a b) b a b b =0 ，所以 a b b2 ，所以

cos =

2
a b | b | 1
2
a b 2 |b | 2

，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
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. .
角的余弦值 ， 再求出夹角 ， 注意向量夹角范围为 [0, ]．
8．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 ．
【详解 】

1
A ,k 1 2 是 ， 因为第一次应该计算
2

2

1

1
2
1

=

1
2 A
， k k 1=2 ，循
执行第 1 次，
环， 执行第 2 次， k 2 2， 是 ，因为第二次应该计算

2

2

1

1
2

=

1
2 A

，
1
k k 1=3 ， 循环 ，执行第 3 次，k 2 2，否，输出 ，故循环体为
A
，故选
2 A
A．
【点睛 】
1 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．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 ，
4( 7 2)
S 10 0 ，排除 B，对 C，
4
2
2
S4 0, a5 S5 S4 2 5 8 5 0 10 5 ，排除 C．对 D，
1 5
2
S 0,a S S 5 2 5 0 5 ，排除 D，故选 A．
4 5 5 4
2 2
【详解 】
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. .
由题知 ，

d
S 4a 4 3 0
4 1
2
a a 4d 5
5 1

，解得

a1 3
d 2

，∴an 2n 5，故选 A．
【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．B
【解析 】
【分析 】
由已知可设 F2 B n ，则 AF2 2n , BF1 AB 3n，得 AF1 2n ，在△AF1B 中求
1
cos
F AB ，再在 △AF1F2 中 ， 由余弦定理得 3
得 1 n ， 从而可求解 .
3
2
【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 BF BF 4n, AF 2a AF 2n．在△AF1B 中 ， 由余弦定理推论得
1 2 1 2

cos

F AB
1

2 2 2
4n 9n 9n 1
2 2n 3n 3

．在△AF1F2 中 ， 由余弦定理得

2 2 1
4n 4n 2 2n 2n 4 ，解得
3

3
n ．
2

2 2 2
2a 4n 2 3 , a 3 , b a c 3 1 2 , 所求椭圆方程为

2 2
x y
3 2

1
，
故选 B．
法二 ：由已知可设 F2B n，则 AF2 2n , BF1 AB 3n， 由椭圆的定义有
2a BF BF 4n, AF 2a AF 2n．在△AF1F2 和△BF1F2 中 ，由余弦定理
1 2 1 2
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. .
得

2 2
4n 4 2 2n 2 cos AF F 4n ,
2 1
2 2
n 4 2 n 2 cos BF F 9n
2 1

，又 AF2F1 , BF2F1 互补 ，
cos AF F cos BF F 0 ，两式消去 cos AF2 F1 , cos BF2F1，得
2 1 2 1
2 2
3n 6 11n ，解得

3
n ．
2

2 2 2
2a 4n 2 3 , a 3 , b a c 3 1 2 , 所求椭圆方程为

2 2
x y
3 2

1，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．C
【解析 】
【分析 】
化简函数 f x sin x sin x ， 研究它的性质从而得出正确答案 ．
【详解 】
f x sin x sin x sin x sin x f x , f x 为偶函数 ，故①正确 ．当

2

x 时， f x 2sin x，它在区间 ,
2

单调递减 ，故②错误 ．当 0 x
时， f x 2sin x， 它有两个零点 ： 0 ；当 x 0时，
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. .
f x sin x sin x 2sin x， 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 2sin x；当
x k k k N 时， f x sin x sin x 0，又 f x 为偶函数 ，
2 , 2 2
f x 的最大值为 2， 故④正确 ．综上所述 ，①④ 正确 ，故选 C．
【点睛 】
画出函数 f x sin x sin x 的图象 ， 由图象可得 ①④正确 ，故选 C．
12．D
【解析 】
【分析 】
先证得 PB 平面 PAC， 再求得 PA PB PC 2 ， 从而得 P ABC 为正方体一部
分 ， 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 : PA PB PC, 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 ，CE AC C, EF 平面 PAC ，
/ /
PB 平面 PAC ， PAB PA PB PC 2 ， P ABC 为正方体一部
分， 2R 2 2 2 6 ，即

6 4 4 6 6
3
R , V R 6 ，故选 D．
2 3 3 8
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. .
解法二 :
设 PA PB PC 2x， E,F 分别为 PA, AB 中点，

EF / /PB，且

1
EF PB x ， ABC 为边长为 2 的等边三角形 ，
2

CF 又 CEF 90
3

2 1
CE 3 x , AE PA x
2

AEC中余弦定理

cos EAC

2 4 3 2
x x
2 2 x

，作 PD AC 于 D ， PA PC ，

Q D 为 AC 中点 ，cos

EAC

AD 1
PA 2x

，

2 4 3 2 1
x x
4x 2x

，
2 2 1 2
2 1 2
x x x ， PA PB PC 2 ，又 AB=BC =AC=2 ，
2 2

PA , PB , PC 两两垂直 ， 2R 2 2 2 6 ，

6
R ，
2
4 4 6 6
3
V R 6 ，故选 D.
3 3 8
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. .
【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 ．
13．3x 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：

/ 3(2 1) x 3( 2 ) x 3( 2 3 1) x ,
y x e x x e x x e
所以，

/
k y

|x 3
0
所以 ，曲线

2 x
y x x 在点 (0,0) 处的切线方程为 y 3x ，即3x y 0 ．
3( )e
【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．

121
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

1
2
a ,a a ，所以
1 4 6
3

1 1
3 2 5
( ) ,
3 3
q q 又q 0，
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. .

所以 q 3,所以

S
5

1
5
5
(1 3 )
a q
(1 ) 3 121
1
1 q 1 3 3

．
【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 ．
15．0.216.
【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
3
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
2 2
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．
16．2.
【解析 】
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. .
【分析 】
通过向量关系得到 F1 A AB 和OA F1A ，得到 AOB AOF1 ， 结合双曲线的渐近线
可得 BOF2 AOF1,

0
BOF2 AOF1 BOA 60 ,从而由

b
a

0
tan 60 3

可求
离心率 .
【详解 】
如图，
由 F1 A AB,得 F1 A AB.又OF1 OF2 ,得 OA 是三角形 F1F2B 的中位线 ，即

BF2 / / OA, BF2 2OA.由

F1B F2B 0，得 F1B F2 B,OA F1 A, 则OB OF1 有
AOB AOF ，
1
又 OA 与 OB 都是渐近线 ，得 BOF2 AOF1, 又 BOF2 AOB AOF1 ，得

0
BOF2 AOF1 BOA 60 ,．又渐近线 OB 的斜率为

b
a

0
tan 60 3

，所以该双
曲线的离心率为

e

c b
2 2
1 ( ) 1 ( 3) 2
a a

．
【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 ．
17．（1）

A ；（ 2）
3

sin

6 2
C .
4
【解析 】
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. .
【分析 】
（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得 ：

2 2 2
b c a 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 2 sin A sin B 2sin C ，利用
sin B sin A C 、两角和差正弦公式可得关于 sin C 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）

2 2 2 2
sin B sin C sin B 2sin B sin C sin C sin A sin B sinC
即：

2 2 2
sin B sin C sin A sin B sin C
由正弦定理可得 ：

2 2 2
b c a bc

cos A

2 2 2 1
b c a
2bc 2
A 0,π A=
3
（2） 2a b 2c ， 由正弦定理得 ： 2 sin A sin B 2sin C
又 sin B sin A C sin A cosC cosAsin C ，
A
3
3 3 1
2 cosC sin C 2sin C
2 2 2
整理可得 ：3sinC 6 3cosC

2 2
sin C cos C 1

2
2
3si nC 6 3 1 siCn
解得：

sin

6 2
C 或
4

6 2
4
因为

6
sin B 2sin C 2 sin A 2sin C 0所以
2

sin

6
C ，故
4

sin

6 2
C .
4
（2）法二 ： 2a b 2c ， 由正弦定理得 ： 2 sin A sin B 2sin C
又 sin B sin A C sin A cosC cosAsin C ，
A
3
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. .
3 3 1
2 cosC sin C 2sin C
2 2 2
整理可得 ：3sinC 6 3cosC ，即3sin 3 cos 2 3 sin 6
C C C
6

sin C

2
6 2
由

2
C (0, ),C ( , ) ，所以 C ,C
3 6 6 2 6 4 4 6
6 2
sin C sin( ) .
4 6 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．（1） 见解析 ；（2）

10
5

.
【解析 】
【分析 】
（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
uuru
； 再通过向量法求得平面 MA1N 的法向量 n ， 利用向量夹角公
到平面 AMA1 的法向量 DF
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
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. .

M ， E分别为 BB1 ， BC 中点 ME为

B BC 的中位线
1

ME/ /BC且
1

1
ME B C
1
2
又 N 为 A1D 中点 ，且 A1D/ /B1C ND/ /B1C且

1
ND B C
1
2
ME/ /ND 四边形 MNDE 为平行四边形
MN / /DE ，又 MN 平面 C1DE ， DE ì 平面 C1DE
MN / / 平面 C1DE
（2）设 AC BD O， A1C1 B1D1 O1
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： A 3,0,0 ，M 0,1,2 ，

A1 3,0, 4 ，D（0，-1,0 ）

N

3 1
, ,2
2 2
3 1
取 AB 中点 F ，连接 DF ，则 F , ,0
2 2
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. .
四边形 ABCD为菱形且 BAD 60 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

DF 为平面 AMA1 的一个法向量 ，且

DF

3 3
, ,0
2 2
设平面 MA1N 的法向量 n x, y,z ，又
MA1 3, 1,2 ， MN

3 3
, ,0
2 2
n MA1 3x y 2z 0

3 3
n MN x y
2 2

0

，令 x 3 ，则 y 1 ， z 1 n 3 , 1, 1

cos DF, n

DF n
DF n

3 15
15 5

sin DF ,n

10
5
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．（1）12 x 8 y 7 0 ；（ 2） 4 13
3

.
【解析 】
【分析 】
（1） 设直线 l ：

3
y = x m
2

， A x1, y1 ， B x2 ,y2 ；根据抛物线焦半径公式可得
x + x ； 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
1 2 1
得结果 ；（2） 设直线 l ：

2
x y t ； 联立直线方程与抛物线方程 ， 得到韦达定理的形
3
式； 利用 AP 3PB 可得 y1 3y2 ， 结合韦达定理可求得 y1 y2 ； 根据弦长公式可求得结
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. .
果.
【详解 】
（1） 设直线 l 方程为 ：

3
y = x m
2

， A x1,y1 ， B x2, y2
3
由抛物线焦半径公式可知 ： 1 2
AF BF x x 4 x1 x2
2

5
2
联立

3
y x m
2
2
y 3x

得：

2 2
9x 12m 12 x 4m 0
则

2 2
12m 12 144m 0

m

1
2

12 m 12 5
x x ，解得：
1 2
9 2

m

7
8

直线 l 的方程为 ：

3 7
y x ，即：12 x 8 y 7 0
2 8
（2）设 P t,0 ， 则可设直线 l 方程为 ：

2
x y t
3
联立

2
x y t
3
2
y 3x

得：

2 2 3 0
y y t
则 4 12t 0
t

1
3
y1 y2 2， y1y2 3t

AP PB y1 3y2 y2 1，
3

y y1y2 3
1 3
则

4 13 4 13
2
AB 1 y y 4y y 4 12
1 2 1 2
9 3 3
【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．（1） 见解析 ；（2） 见解析
【解析 】
【分析 】
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. .
（1） 求得导函数后 ， 可判断出导函数在 1,
2

上单调递减 ，根据零点存在定理可判断出

x0 0, ，使得 g x0 0， 进而得到导函数在 1,
2
2

上的单调性 ， 从而可证得结
骣
p
论；（ 2）由 （1） 的结论可知 x 0为 f x 在 1,0 上的唯一零点 ；当 0,
? ÷
x
西?桫 ÷时，首
2
先可判断出在 ( )
0,x 上无零点 ， 再利用零点存在定理得到 f x 在 x0, 上的单调性 ，
0
2
可知 f x 0， 不存在零点 ；当 x , 时 ， 利用零点存在定理和 f x 单调性可判断
2
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 cos x

x

1
1
1
g x cos x ， x 1, 令
x 1
2
1
g x sin x
， x 1, 2
x 1
2

1

1

2

在 1,
2

上单调递减 ，

1 1 1
a a
n 1 n

7

,

在 1,
2
上单调递减
x

g x 在 1,
2

上单调递减
又 g 0 sin0 1 1 0 ，

g

4 4
sin 1 0
2 2
2 2 2 2
x0 0, ，使得 g x0 0
2
当 x 1, x0 时， g x 0 ； x x0 , 时， g x 0
2
即 g x 在

1,x 上单调递增 ；在 x0, 上单调递减
0
2
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. .
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 .
1
f x cos x ， x 1,
（2）由（1）知：
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 为 f x 在 1,0 上的唯一零点
0
x 时， f x 在( )
②当 0, 0,x 上单调递增 ，在 x0, 上单调递减