2019年高考理科全国1卷数学-解析

20192019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学理科数学 1 已知集合 则 2 42 60MxxNx xx MN A B C D 43xx 42xx 22xx 23xx 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 则 42 23MxxNxx 故选 C 22MNxx 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 z 在复平面内对应的点为 x y 则 1iz A B C D 22 11 xy 22 1 1xy 22 1 1xy 22 1 1yx 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 则 故选 1 zxyi zixyi 22 1 1 zixy 22 1 1xy 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 已知 则 0 20 3 2 log 0 2 2 0 2abc A B C D abc acb cab bca 答案 B 解析 分析 运用中间量比较 运用中间量 比较 0 a c 1 b c 详解 则 22 log 0 2log 10 a 0 20 221 b 0 30 00 20 21 故选 B 01 cacb 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 0 618 称为黄金分割比例 著名的 断臂维纳斯 便是如此 此外 51 2 51 2 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 若某人满足上述两个 51 2 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 cmB 175 cmC 185 cmD 190cm 答案 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 设人体脖子下端至腿根的长为 x cm 肚脐至腿根的长为 y cm 则 得 又其腿长为 105cm 头顶至脖子 262651 1052 x xy 42 07 5 15xcm ycm 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 函数 f x 在 的图像大致为 2 sin cos xx xx A B C D 答案 D 解析 分析 先判断函数的奇偶性 得是奇函数 排除 A 再注意到选项的区别 利用特殊值得正 f x 确答案 详解 由 得是奇函数 其图象 22 sin sin cos cos xxxx fxf x xxxx f x 关于原点对称 又 故选 D 2 2 1 42 2 1 2 2 f 2 0 1 f 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 B C D 5 16 11 32 21 32 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 爻有情况 其中 6 爻中恰有 3 个阳爻 6 2 情况有 所以该重卦恰有 3 个阳爻的概率为 故选 A 3 6 C 3 6 6 2 C5 16 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 2 且 a b b 则 a 与 b 的夹角为 ab A B C D 6 3 2 3 5 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 先由得出向量的数量积与其模的关系 再利 abb a b 用向量夹角公式即可计算出向量夹角 详解 因为 所以 0 所以 所以 abb 2 abba bb 2 a bb cos 所以与的夹角为 故选 B 2 2 1 2 2 a bb abb ab3 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 8 如图是求的程序框图 图中空白框中应填入 1 1 2 1 2 2 A A B A C A D A 1 2A 1 2 A 1 12A 1 1 2A 答案 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 执行第 1 次 是 因为第一次应该计算 1 12 2 Ak 1 1 2 2 1 2A 2 循环 执行第 2 次 是 因为第二次应该计算 1kk 22k 3 循环 执行第 3 次 否 输出 故循环体为 1 1 2 1 2 2 1 2A 1kk 22k 故选 A 1 2 A A 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 1 2 A A 9 记为等差数列的前 n 项和 已知 则 n S n a 45 05Sa A B C D 25 n an 310 n an 2 28 n Snn 2 1 2 2 n Snn 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 5 5a 排除 B 对 C 4 4 72 100 2 S 排除 C 对 D 2 4554 0 2 58 50105SaSS 排除 D 故选 A 2 4554 15 0 52 505 22 SaSS 详解 由题知 解得 故选 A 41 51 44 30 2 45 d Sa aad 1 3 2 a d 25 n an 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 过 F2的直线与 C 交于 A B 两点 若 12 1 01 0FF 则 C 的方程为 22 2AFF B 1 ABBF A B C D 2 2 1 2 x y 22 1 32 xy 22 1 43 xy 22 1 54 xy 答案 B 解析 分析 可以运用下面方法求解 如图 由已知可设 则 2 F Bn 21 2 3AFnBFABn 由椭圆的定义有 在和 1212 24 22aBFBFnAFaAFn 12 AFF 中 由余弦定理得 又 12 BFF 22 21 22 21 442 22 cos4 422 cos9 nnAF Fn nnBF Fn 互补 两式消去 2121 AF FBF F 2121 coscos0AF FBF F 得 解得 2121 coscosAF FBF F 22 3611nn 3 2 n 所求椭圆方程为 222 242 3 3 3 12 anabac 22 1 32 xy 故选 B 详解 如图 由已知可设 则 由椭圆的定义有 2 F Bn 21 2 3AFnBFABn 在中 由余弦定理推论得 1212 24 22aBFBFnAFaAFn 1 AFB 在中 由余弦定理得 222 1 4991 cos 2 233 nnn F AB nn 12 AFF 解得 22 1 442 224 3 nnnn 3 2 n 所求椭圆方程为 222 242 3 3 3 12 anabac 22 1 32 xy 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 关于函数有下述四个结论 sin sin f xxx f x 是偶函数 f x 在区间 单调递增 2 f x 在有 4 个零点 f x 的最大值为 2 其中所有正确结论的编号是 A B C D 答案 C 解析 分析 化简函数 研究它的性质从而得出正确答案 sinsinf xxx 详解 为偶函数 故 sinsinsinsin fxxxxxf xf x 正确 当时 它在区间单调递减 故 错误 当 2 x 2sinf xx 2 时 它有两个零点 当时 0 x 2sinf xx 0 0 x 它有一个零点 故在有个零点 sinsin2sinf xxxx f x 3 故 错误 当时 当 0 2 2xkkk N 2sinf xx 时 又为偶函数 2 22xkkk N sinsin0f xxx f x 的最大值为 故 正确 综上所述 正确 故选 C fx 2 点睛 画出函数的图象 由图象可得 正确 故选 C sinsinf xxx 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 B C D 8 6 4 6 2 6 6 答案 D 解析 分析 先证得平面 再求得 从而得为正方体一部 PB PAC 2PAPBPC PABC 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 为边长为 2 的等边三角形 为正 PAPBPCABC PABC 三棱锥 又 分别为 中点 PBAC E FPAAB 又 平面 EFPB EFAC EFCE CEACCEF PAC 平面 为正方体一部分 PB PAC 2PABPAPBPC PABC 即 故选 D 22226R 3 6446 6 6 2338 RVR 解法二 设 分别为中点 2PAPBPCx E F PA AB 且 为边长为 2 的等边三角形 EFPB 1 2 EFPBx ABC 又 3CF 90CEF 2 1 3 2 CExAEPAx 中余弦定理 作于 AEC 22 43 cos 2 2 xx EAC x PDAC DPAPC 为中点 DQAC 1 cos 2 AD EAC PAx 22 431 42 xx xx 又 22 12 212 22 xxx 2PAPBPC 2AB BC AC 两两垂直 PA PB PC 22226R 6 2 R 故选 D 3 446 6 6 338 VR 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 本题共二 填空题 本题共 4 4 小题 每小题小题 每小题 5 5 分 共分 共 2020 分 分 13 曲线在点处的切线方程为 2 3 exyxx 0 0 答案 30 xy 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 22 3 21 3 3 31 xxx yxexx exxe 所以 0 3 x ky 所以 曲线在点处的切线方程为 即 2 3 exyxx 0 0 3yx 30 xy 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 则 S5 2 146 1 3 aaa 答案 121 3 解析 分析 本题根据已知条件 列出关于等比数列公比的方程 应用等比数列的求和公式 计算得 q 到 题目的难度不大 注重了基础知识 基本计算能力的考查 5 S 详解 设等比数列的公比为 由已知 所以又 q 2 146 1 3 aaa 325 11 33 qq 0q 所以所以 3 q 5 5 1 5 1 1 3 1 121 3 11 33 aq S q 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 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 甲队以获胜的概率是 4 1 3 0 60 5 0 5 20 108 前四场中有一场主场输 第五场赢时 甲队以获胜的概率是 4 1 22 0 4 0 60 520 072 综上所述 甲队以获胜的概率是 4 1 0 1080 0720 18 q 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 要考虑甲队以获胜的两种情况 易错点之三是是否 4 1 能够准确计算 16 已知双曲线 C 的左 右焦点分别为 F1 F2 过 F1的直线与 C 22 22 1 0 0 xy ab ab 的两条渐近线分别交于 A B 两点 若 则 C 的离心率为 1 F AAB 12 0FB F B 答案 2 解析 分析 通过向量关系得到和 得到 结合双曲线的渐近线 1 F AAB 1 OAF A 1 AOBAOF 可得从而由可求 21 BOFAOF 0 21 60 BOFAOFBOA 0 tan603 b a 离心率 详解 如图 由得又得 OA 是三角形的中位线 即 1 F AAB 1 F AAB 12 OFOF 12 FF B 由 得则有 22 2 BFOA BFOA 12 0FB F B A 121 FBF B OAF A 1 OBOF 1 AOBAOF 又 OA 与 OB 都是渐近线 得又 得 21 BOFAOF 21 BOFAOBAOF 又渐近线 OB 的斜率为 所以该双 0 21 60 BOFAOFBOA 0 tan603 b a 曲线的离心率为 22 1 1 3 2 cb e 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 共三 解答题 共 7070 分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 第分 解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤 第 17 2117 21 题为必考题 每个试题考生都必须作答 第题为必考题 每个试题考生都必须作答 第 2222 2323 题为选考题 考生根据要求题为选考题 考生根据要求 作答 作答 一 必考题 共 一 必考题 共 6060 分 分 17 的内角 A B C 的对边分别为 a b c 设 VABC 22 sinsin sinsinsinBCABC 1 求 A 2 若 求 sinC 22abc 答案 1 2 3 A 62 sin 4 C 解析 分析 1 利用正弦定理化简已知边角关系式可得 从而可整理出 222 bcabc cos A 根据可求得结果 2 利用正弦定理可得 利用 0 A 2sinsin2sinABC 两角和差正弦公式可得关于和的方程 结合同角三角函 sinsinBAC sinCcosC 数关系解方程可求得结果 详解 1 2 222 sinsinsin2sinsinsinsinsinsinBCBBCCABC 即 222 sinsinsinsinsinBCABC 由正弦定理可得 222 bcabc 222 1 cos 22 bca A bc 0 A 3 A 2 由正弦定理得 22abc 2sinsin2sinABC 又 sinsinsincoscossinBACACAC 3 A 331 2cossin2sin 222 CCC 整理可得 3sin 63cosCC 22 sincos1CC 2 2 3sin63 1 sinCC 解得 或 62 sin 4 C 62 4 因为所以 故 6 sin2sin2sin2sin0 2 BCAC 6 sin 4 C 62 sin 4 C 2 法二 由正弦定理得 22abc 2sinsin2sinABC 又 sinsinsincoscossinBACACAC 3 A 331 2cossin2sin 222 CCC 整理可得 即 3sin63cosCC 3sin3cos2 3sin6 6 CCC 2 sin 62 C 由 所以 2 0 366 2 CC 6446 CC 62 sinsin 464 C 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 10 5 解析 分析 1 利用三角形中位线和可证得 证得四边形为平行四边 11 AD BC MEND MNDE 形 进而证得 根据线面平行判定定理可证得结论 2 以菱形对角 MNDEABCD 线交点为原点可建立空间直角坐标系 通过取中点 可证得平面 得 ABFDF 1 AMA 到平面的法向量 再通过向量法求得平面的法向量 利用向量夹角公 1 AMA DF uuu r 1 MAN n 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 ME1 B C 分别为 中点 为的中位线 M E 1 BB BCME 1 B BC 且 1 MEBC 1 1 2 MEBC 又为中点 且 且 N1 AD 11 AD BC 1 NDBC 1 1 2 NDBC 四边形为平行四边形 MEND MNDE 又平面 平面 MNDE MN 1 C DE DE 1 C DE 平面 MN 1 C DE 2 设 ACBDO 11111 ACB DO 由直四棱柱性质可知 平面 1 OO ABCD 四边形为菱形 ABCDACBD 则以为原点 可建立如下图所示的空间直角坐标系 O 则 D 0 1 0 3 0 0A 0 1 2M 1 3 0 4A 31 2 22 N 取中点 连接 则 ABFDF 0 3 1 22 F 四边形为菱形且 为等边三角形 ABCD60BAD BAD DFAB 又平面 平面 1 AA ABCDDF ABCD1 DFAA 平面 即平面 DF 11 ABB A DF 1 AMA 为平面 的一个法向量 且 DF 1 AMA 3 3 0 22 DF 设平面的法向量 又 1 MAN nx y z 1 3 1 2MA 33 0 22 MN 令 则 1 320 33 0 22 n MAxyz n MNxy 3x 1y 1z 3 1 1n 315 cos 515 DF n DF n DFn 10 sin 5 DF n 二面角的正弦值为 1 AMAN 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 已知抛物线C y2 3x的焦点为F 斜率为的直线l与C的交点为A B 与x轴的 3 2 交点为P 1 若 AF BF 4 求 l 的方程 2 若 求 AB 3APPB 答案 1 2 12870 xy 4 13 3 解析 分析 1 设直线 根据抛物线焦半径公式可得 l 3 y xm 2 11 A x y 22 B xy 联立直线方程与抛物线方程 利用韦达定理可构造关于的方程 解方程求 12 1xx m 得结果 2 设直线 联立直线方程与抛物线方程 得到韦达定理的形式 l 2 3 xyt 利用可得 结合韦达定理可求得 根据弦长公式可求得结果 3APPB 12 3yy 12 y y 详解 1 设直线 方程为 l 3 y xm 2 11 A x y 22 B xy 由抛物线焦半径公式可知 12 3 4 2 AFBFxx 12 5 2 xx 联立得 2 3 2 3 yxm yx 22 9121240 xmxm 则 2 2 12121440mm 1 2 m 解得 12 12125 92 m xx 7 8 m 直线 的方程为 即 l 37 28 yx 12870 xy 2 设 则可设直线 方程为 0P t l 2 3 xyt 联立得 2 2 3 3 xyt yx 2 230yyt 则 4 120t 1 3 t 12 2yy 12 3y yt 3APPB 12 3yy 2 1y 1 3y 12 3y y 则 2 1212 4134 13 144 12 933 AByyy y 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 为的导数 证明 sinln 1 f xxx fx f x 1 在区间存在唯一极大值点 fx 1 2 2 有且仅有 2 个零点 f x 答案 1 见解析 2 见解析 解析 分析 1 求得导函数后 可判断出导函数在上单调递减 根据零点存在定理可判断出 1 2 使得 进而得到导函数在上的单调性 从而可证得结论 0 0 2 x 0 0gx 1 2 2 由 1 的结论可知为在上的唯一零点 当时 首先可 0 x f x 1 0 0 2 x p 判断出在上无零点 再利用零点存在定理得到在上的单调性 可知 0 0 x f x 0 2 x 不存在零点 当时 利用零点存在定理和单调性可判断出存 0f x 2 x f x 在唯一一个零点 当 可证得 综合上述情况可证得结论 x 0f x 详解 1 由题意知 定义域为 且 f x 1 1 cos 1 fxx x 令 1 cos 1 g xx x 1 2 x 2 1 sin 1 gxx x 1 2 x 在上单调递减 在上单调递减 2 1 1x 1 2 1 111 7 nn aa 1 2 在上单调递减 gx 1 2 又 0sin0 1 10 g 22 44 sin10 22 22 g 使得 0 0 2 x 0 0gx 当时 时 0 1 xx 0gx 0 2 xx 0gx 即 在 上单调递增 在上单调递减 g x 0 1 x 0 2 x 则为唯一的极大值点 0 xx g x 即 在区间上存在唯一的极大值点 fx 1 2 0 x 2 由 1 知 1 cos 1 fxx x 1 x 当时 由 1 可知在上单调递增 1 0 x fx 1 0 在上单调递减 00fxf fx 1 0 又 00f 为在上的唯一零点 0 x f x 1 0 当时 在上单调递增 在上单调递减 0 2 x fx 0 0 x 0 2 x 又 00 f 0 0fx 在上单调递增 此时 不存在零点 fx 0 0 x 00f xf 又 22 cos0 2222 f 使得 10 2 xx 1 0fx 在上单调递增 在上单调递减 fx 01 x x 1 2 x 又 0 00f xf 2 sinln 1lnln10 2222 e f 在上恒成立 此时不存在零点 0f x 0 2 x 当时 单调递减 单调递减 2 x sin x ln1x 在上单调递减 fx 2 又 0 2 f sinln1ln10f 即 又在上单调递减 0 2 ff f x 2 在上存在唯一零点 f x 2 当时 x sin1 1x ln1ln1ln1xe sinln10 xx 即在上不存在零点 f x 综上所述 有且仅有个零点 f x 2 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 乙药得分 若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则 1 乙药得 1 分 甲药得分 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 1 率分别记为 和 一轮试验中甲药的得分记为 X 1 求的分布列 X 2 若甲药 乙药在试验开始时都赋予 4 分 表示 甲药的累计得分为 0 1 8 i p i 时 最终认为甲药比乙药更有效 的概率 则 i0 0p 8 1p 11iiii papbpcp 其中 假设 1 2 7 i 1 aP X 0 bP X 1 cP X 0 5 0 8 i 证明 为等比数列 1 ii pp 0 1 2 7 i ii 求 并根据的值解释这种试验方案的合理性 4 p 4 p 答案 1 见解析 2 i 见解析 ii 4 1 257 p 解析 分析 1 首先确定所有可能的取值 再来计算出每个取值对应的概率 从而可得分布列 X 2 i 求解出的取值 可得 从而整 a b c 11 0 40 50 11 2 7 iiii ppppi 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 结合和的值可求得 再次利用累加法可求出 8 p 0 p 1 p 4 p 详解 1 由题意可知所有可能的取值为 X1 01 11P X 011P X 11P X 则的分布列如下 X X1 01 P 1 11 1 2 0 5 0 8 0 5 0 80 4a 0 5 0 80 5 0 20 5b 0 5 0 20 1c i 11 1 2 7 iiii papbpcpi 即 11 0 40 50 11 2 7 iiii ppppi 整理可得 11 541 2 7 iii pppi 11 41 2 7 iiii ppppi 是以为首项 为公比的等比数列 1ii pp 0 1 2 7i 10 pp 4 ii 由 i 知 1101 44 ii ii ppppp 7 871 4ppp 6 761 4ppp 0 101 4ppp 作和可得 88 017 80111 1 441 4441 1 43 ppppp 1 8 3 41 p 44 0123 44011 84 1 441311 4444 1 434141257 ppppp 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 4 p 0 8 时 认为甲药更有效的概率为 此时得出错误结论的概率非常小 4 1 0 0039 257 p 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 二 选考题 共