(word完整版)2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学解析(全国一卷)

题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。

2217.VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinB?sinC)?sinA?sinBsinC．

（1）求A；

（2）若2a?b?2c，求sinC． 【答案】（1）A?【分析】

（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：b2?c2?a2?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2sinA?sinB?2sinC，利用sinB?sin?A?C?、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）?sinB?sinC??sin2B?2sinBsinC?sin2C?sin2A?sinBsinC 即：sin2B?sin2C?sin2A?sinBsinC 由正弦定理可得：b2?c2?a2?bc

2?3；（2）sinC?6?2. 4b2?c2?a21?cosA??

2bc2?QA??0,π? \\A=

3（2）Q2a?b?2c，由正弦定理得：2sinA?sinB?2sinC 又sinB?sin?A?C??sinAcosC?cosAsinC，A??3

?2?331?cosC?sinC?2sinC 222整理可得：3sinC?226?3cosC

QsinC?cosC?1 ?3sinC?6解得：sinC???2?31?sin2C

??6?26?2或 44因为sinB?2sinC?2sinA?2sinC?666?2. ，故sinC??0所以sinC?424（2）法二：Q2a?b?2c，由正弦定理得：2sinA?sinB?2sinC 又sinB?sin?A?C??sinAcosC?cosAsinC，A??3

?2?331?cosC?sinC?2sinC 222整理可得：3sinC?6?3cosC，即3sinC?3cosC?23sin?C???????6 6?11?5???2? ?C?或 ?sin?C???121262??

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QA??3且A?C?? ?C?5? 12?sinC?sin5?????6?2???? ?sin????sincos?cossin?1264644?64?总结：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）【分析】

（1）利用三角形中位线和

10. 5A1D//B1C可证得ME//ND，证得四边形MNDE为平行四边形，进而证得

（2）以菱形ABCD对角线交点为原点可建立空间直角坐MN//DE，根据线面平行判定定理可证得结论；

uuur标系，通过取AB中点F，可证得DF?平面AMA1，得到平面AMA1的法向量DF；再通过向量法求得平

r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

QM，E分别为BB1，BC中点 ?ME为?B1BC的中位线

?ME//B1C且ME?1B1C

2又N为A1D中点，且A1D//B1C ?ND//B1C且ND?1B1C 2?ME//ND ?四边形MNDE为平行四边形

?MN//DE，又MN?平面C1DE，DEì平面C1DE ?MN//平面C1DE

10

（2）设ACIBD?O，AC11IB1D1?O1 由直四棱柱性质可知：OO1?平面ABCD

Q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???31??2,?2,2?? ???31?取AB中点F，连接DF，则F??2,2,0??

??Q四边形ABCD为菱形且?BAD?60o ??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

uuuruuur?DF为平面AMA1的一个法向量，且DF?33????2,2,0?? ??uuuurr设平面MA1N的法向量n??x,y,z?，又MA1??vruuuu?n?MA1?3x?y?2z?0r?y?1?n???ruuuu ，令，则，x?3z??1v33x?y?0?n?MN?22?uuurruuurrDF?n315uuurr10?cos?DF,n??uuu?rr? ?sin?DF,n??

515DF?n5?二面角A?MA1?N的正弦值为：10 5uuuur?33?3,?1,2?，MN???2,?2,0?? ???3,1,?1

?总结：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.已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为

（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若AP?3PB，求|AB|．

3的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P． 2uuuruuur

11

【答案】（1）12x?8y?7?0；（2）【分析】

413. 33x?m，A?x1,y1?，B?x2,y2?；根据抛物线焦半径公式可得x1+x2?1；联立直线方22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：x?y?t；联立

3（1）设直线l：y=uuuruuur直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用AP?3PB可得y1??3y2，结合韦达定理可求得y1y2；

根据弦长公式可求得结果.

3x?m，A?x1,y1?，B?x2,y2? 235由抛物线焦半径公式可知：AF?BF?x1?x2??4 ?x1?x2?

22【详解】（1）设直线l方程为：y=3?y?x?m?22联立?得：9x??12m?12?x?4m?0 22?y??3x12则???12m?12??144m2?0 ?m?

2712m?125?x1?x2???，解得：m??

92837x?，即：12x?8y?7?0 282（2）设P?t,0?，则可设直线l方程为：x?y?t

3?直线l的方程为：y?2?x?y?t?2联立?得：y?2y?3t?0 32?y??3x则??4?12t?0 ?t??1 3uuuruuurQAP?3PB ?y1?y1?y2?2，y1y2??3t

??3y2 ?y2??1，y1?3 ?y1y2??3

2则AB?1?4?9?y1?y2??4y1y2?13413 ?4?12?33总结：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)?sinx?ln(1?x)，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 分析】

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