高考理科数学全国新课标卷1(附答案).pdf

20192019 年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学年普通高等学校夏季招生全国统一考试数学理工农医类理工农医类(全国卷全国卷 I I 新课标新课标)注意事项：1本试题分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，第卷 1 至 3 页，第卷 3 至 5 页2答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置3全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效4考试结束后，将本试题和答题卡一并交回第卷一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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(2019 课标全国，理 1)已知集合 Ax|x22x0，Bx|5x5，则()AABBABR RCBADAB答案：答案：B解析：解析：x(x2)0，x0 或 x2.集合 A 与 B 可用图象表示为：由图象可以看出 ABR R，故选 B.2(2019 课标全国，理 2)若复数 z 满足(34i)z|43i|，则 z 的虚部为()A4B44C4D55答案：答案：D解析：解析：(34i)z|43i|，55(34i)34i.34i(34i)(34i)554故 z 的虚部为，选 D.5z 3(2019 课标全国，理 3)为了解某地区的中小学生的视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是()A简单随机抽样B按性别分层抽样C按学段分层抽样D系统抽样第 1 页 共 13 页答案：答案：C解析：解析：因为学段层次差异较大，所以在不同学段中抽取宜用分层抽样x2y254(2019 课标全国，理 4)已知双曲线 C：22=1(a0，b0)的离心率为，则 C 的渐近2ab线方程为()11xByx341CyxDyx2Ay答案：答案：Cc5c2a2b252.解析：解析：e，e 22a2aa4b1a24b2，=.a2b1渐近线方程为y xx.a25(2019 课标全国，理 5)执行下面的程序框图，如果输入的 t1,3，则输出的 s 属于()A3,4B5,2C4,3D2,5答案：答案：A解析：解析：若 t1,1)，则执行 s3t，故 s3,3)若 t1,3，则执行 s4tt2，其对称轴为 t2.故当 t2 时，s 取得最大值 4.当 t1 或 3 时，s 取得最小值 3，则 s3,4综上可知，输出的 s3,4故选 A.6(2019 课标全国，理 6)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为()第 2 页 共 13 页50038663cmBcm331372320483CcmDcm33A答案：答案：A解析：解析：设球半径为 R，由题可知 R，R2，正方体棱长一半可构成直角三角形，即OBA 为直角三角形，如图BC2，BA4，OBR2，OAR，由 R2(R2)242，得 R5，所以球的体积为435005(cm3)，故选 A.337(2019 课标全国，理 7)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 Sm12，Sm0，Sm13，则m()A3B4C5D6答案：答案：C解析：解析：Sm12，Sm0，Sm13，amSmSm10(2)2，am1Sm1Sm303.dam1am321.Smma1mm1m110，a1.22第 3 页 共 13 页又am1a1m13，m1m 3.2m5.故选 C.8(2019 课标全国，理 8)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A168B88C1616D816答案：答案：A解析：解析：由三视图可知该几何体为半圆柱上放一个长方体，由图中数据可知圆柱底面半径r2，长为 4，在长方体中，长为 4，宽为 2，高为 2，所以几何体的体积为 r2414228216.故选 A.9(2019 课标全国，理 9)设 m 为正整数，(xy)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(xy)2m 1展开式的二项式系数的最大值为b.若 13a7b，则 m()A5B6C7D8答案：答案：B解析：解析：由题意可知，aC2m，bC2m1，又13a7b，13即mm2m!2m1!=7，m!m!m!m1!132m1.解得 m6.故选 B.7m1x2y210(2019 课标全国，理 10)已知椭圆 E：22=1(ab0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交abE 于 A，B 两点若 AB 的中点坐标为(1，1)，则 E 的方程为()x2y2x2y2=1B=1A45363627x2y2x2y2=1D=1C2718189答案：答案：D解析：解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B 在椭圆上，x12y121,a2b222x2y21,a2b2第 4 页 共 13 页，得x1 x2x1 x2y1 y2y1 y2=0，22aby y2y1 y2b2即2=1，ax1 x2x1 x2AB 的中点为(1，1)，y1y22，x1x22，y1 y2b21011而kAB=，2=.x1 x2a2312又a2b29，a218，b29.x2y2=1.故选 D.椭圆 E 的方程为189x22x，x 0，11(2019 课标全国，理 11)已知函数 f(x)若|f(x)|ax，则 a 的取值范围是()ln(x1)，x 0.A(，0B(，1C2,1D2,0答案：答案：D解析：解析：由 y|f(x)|的图象知：当 x0 时，yax 只有 a0 时，才能满足|f(x)|ax，可排除 B，C.当 x0 时，y|f(x)|x22x|x22x.故由|f(x)|ax 得 x22xax.当 x0 时，不等式为 00 成立当 x0 时，不等式等价于 x2a.x22，a2.综上可知：a2,012(2019 课标全国，理 12)设AnBnCn的三边长分别为 an，bn，cn，AnBnCn的面积为 Sn，n1,2,3，.若 b1c1，b1c12a1，an1an，bn1ASn为递减数列BSn为递增数列CS2n1为递增数列，S2n为递减数列DS2n1为递减数列，S2n为递增数列答案：答案：B第卷本卷包括必考题和选考题两部分第(13)题第(21)题为必考题，每个试题考生都必须做答第(22)第 5 页 共 13 页cnanb an，cn1n，则()22题第(24)题为选考题，考生根据要求做答二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分13(2019 课标全国，理 13)已知两个单位向量 a a，b b 的夹角为 60，c cta a(1t)b b.若 b bc c0，则t_.答案：答案：2解析：解析：c cta a(1t)b b，b bc cta ab b(1t)|b b|2.又|a a|b b|1，且 a a 与 b b 夹角为 60，b bc c，0t|a a|b b|cos 60(1t)，01t1t.2t2.14(2019 课标全国，理 14)若数列an的前 n 项和Sn_.答案：答案：(2)n 121an，则an的通项公式是 an3321an，3321当 n2 时，Sn1an1.3322，得ananan1，33a即n2.an121a1S1a1，33解析：解析：Sna11.an是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，an(2)n 1.15(2019课标全国，理15)设当x时，函数f(x)sin x2cos x取得最大值，则cos _.答案：答案：2 55解析：解析：f(x)sin x2cos x2 1sin xcosx，5512令 cos，sin，55则 f(x)5sin(x)，当 x2k(kZ Z)时，sin(x)有最大值 1，f(x)有最大值5，2即 2k(kZ Z)，222 5所以 cos cos2k+cossin.2525516(2019 课标全国，理 16)若函数 f(x)(1x2)(x2axb)的图像关于直线 x2 对称，则 f(x)的最大值为_答案：答案：16解析：解析：函数 f(x)的图像关于直线 x2 对称，f(x)满足 f(0)f(4)，f(1)f(3)，第 6 页 共 13 页b 15164ab,即0 893ab,a 8,解得b 15.f(x)x48x314x28x15.由 f(x)4x324x228x80，得 x125，x22，x325.易知，f(x)在(，25)上为增函数，在(25，2)上为减函数，在(2，25)上为增函数，在(25，)上为减函数f(25)1(25)2(25)28(25)15(84 5)(84 5)806416.f(2)1(2)2(2)28(2)153(41615)9.f(25)1(25)2(25)28(25)15(84 5)(84 5)806416.故 f(x)的最大值为 16.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17(2019 课标全国，理 17)(本小题满分 12 分)如图，在ABC 中，ABC90，1，P 为ABC 内一点，BPC90.(1)若 PB12，求 PA；(2)若APB150，求 tanPBA.解：(1)由已知得PBC60，所以PBA30.在PBA 中，由余弦定理得 PA23142 312cos 30 74.故 PA72.(2)设PBA，由已知得 PBsin.第 7 页 共 13 页AB3，BC在PBA 中，由正弦定理得化简得3cos 4sin.所以 tan 3sin，sin150sin(30)33，即 tanPBA.4418(2019 课标全国，理 18)(本小题满分 12 分)如图，三棱柱 ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面 ABC平面 AA1B1B，ABCB，求直线 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值(1)证明：取 AB 的中点 O，连结 OC，OA1，A1B.因为 CACB，所以 OCAB.由于 ABAA1，BAA160，故AA1B 为等边三角形，所以 OA1AB.因为 OCOA1O，所以 AB平面 OA1C.又 A1C平面 OA1C，故 ABA1C.(2)解：由(1)知 OCAB，OA1AB.又平面 ABC平面 AA1B1B，交线为 AB，所以 OC平面 AA1B1B，故 OA，OA1，OC 两两相互垂直系 Oxyz.uuu ruuu r以 O 为坐标原点，OA的方向为 x 轴的正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标第 8 页 共 13 页由题设知 A(1,0,0)，A1(0，uuu r则BC(1,0，3，0)，C(0,0，uuuruuuruuur3)，BB1AA1(1，3，0)，AC 3，3)1(0，3)，B(1,0,0)设 n n(x，y，z)是平面 BB1C1C 的法向量，uuu rn nBC 0,x3z 0,则uuu即可取 n n(3，1，1)rn nBB1 0,x3y 0.uuuruuur10n n A1C故 cosn n，AC.uuur15n n A1C所以 A1C 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为10.519(2019 课标全国，理 19)(本小题满分 12 分)一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取 4 件作检验，这 4 件产品中优质品的件数记为n.如果 n3，再从这批产品中任取 4 件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n4，再从这批产品中任取1 件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验假设这批产品的优质品率为50%，即取出的每件产品是优质品的概率都为1，且各件产品是否为2优质品相互独立(1)求这批产品通过检验的概率；(2)已知每件产品的检验费用为100 元，且抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为 X(单位：元)，求 X 的分布列及数学期望解：(1)设第一次取出的 4 件产品中恰有 3 件优质品为事件 A1，第一次取出的 4 件产品全是优质品为事件 A2，第二次取出的4 件产品都是优质品为事件B1，第二次取出的1 件产品是优质品为事件B2，这批产品通过检验为事件A，依题意有 A(A1B1)(A2B2)，且 A1B1与 A2B2互斥，所以P(A)P(A1B1)P(A2B2)P(A1)P(B1|A1)P(A2)P(B2|A2)41113.161616264(2)X 可能的取值为 400,500,800，并且P(X400)1411111，P(X500)，P(X800).416161616X400500800所以 X 的分布列为第 9 页 共 13 页PEX4001116116141111+500+800506.25.1616420(2019 课标全国，理 20)(本小题满分 12 分)已知圆 M：(x1)2y21，圆 N：(x1)2y29，动圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切，圆心 P 的轨迹为曲线 C.(1)求 C 的方程；(2)l 是与圆 P，圆 M 都相切的一条直线，l 与曲线 C 交于 A，B 两点，当圆 P 的半径最长时，求|AB|.解：由已知得圆 M 的圆心为 M(1,0)，半径 r11；圆 N 的圆心为 N(1,0)，半径 r23.设圆 P 的圆心为 P(x，y)，半径为 R.(1)因为圆 P 与圆 M 外切并且与圆 N 内切，所以|PM|PN|(Rr1)(r2R)r1r24.由椭圆的定义可知，曲线 C 是以 M，N 为左、右焦点，长半轴长为 2，短半轴长为3的椭x2y2=1(x2)圆(左顶点除外)，其方程为43(2)对于曲线 C 上任意一点 P(x，y)，由于|PM|PN|2R22，所以 R2，当且仅当圆 P 的圆心为(2,0)时，R2.所以当圆 P 的半径最长时，其方程为(x2)2y24.若 l 的倾斜角为 90，则 l 与 y 轴重合，可得|AB|2 3.若 l 的倾斜角不为 90，由 r1R 知 l 不平行于 x 轴，设 l 与 x 轴的交点为 Q，则可求得 Q(4,0)，所以可设 l：yk(x4)由 l 与圆 M 相切得解得 k|QP|R，|QM|r1|3k|1k2=1，2.42x2y22x2代入=1，当 k时，将y 4443并整理得 7x28x80，解得 x1,246 2.72所以|AB|1k|x2 x1|当k 18.7218时，由图形的对称性可知|AB|.4718综上，|AB|2 3或|AB|.721(2019 课标全国，理 21)(本小题满分 12 分)设函数 f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)若曲线 yf(x)和曲线 yg(x)都过点 P(0,2)，且在点 P 处有相同的切线 y4x2.(1)求 a，b，c，d 的值；(2)若 x2 时，f(x)kg(x)，求 k 的取值范围解：(1)由已知得 f(0)2，g(0)2，f(0)4，g(0)4.而 f(x)2xa，g(x)ex(cxdc)，故 b2，d2，a4，dc4.从而 a4，b2，c2，d2.(2)由(1)知，f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)设函数 F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2，第 10 页 共 13 页则 F(x)2kex(x2)2x42(x2)(kex1)由题设可得 F(0)0，即 k1.令 F(x)0 得 x1ln k，x22.若 1ke2，则2x10.从而当 x(2，x1)时，F(x)0；当x(x1，)时，F(x)0.即 F(x)在(2，x1)单调递减，在(x1，)单调递增故F(x)在2，)的最小值为 F(x1)而 F(x1)2x12x14x12x1(x12)0.故当 x2 时，F(x)0，即 f(x)kg(x)恒成立若 ke2，则 F(x)2e2(x2)(exe2)从而当 x2 时，F(x)0，即 F(x)在(2，)单调递增而 F(2)0，故当 x2 时，F(x)0，即 f(x)kg(x)恒成立若 ke2，则 F(2)2ke222e2(ke2)0.从而当 x2 时，f(x)kg(x)不可能恒成立综上，k 的取值范围是1，e2请考生在第(22)、(23)、(24)三题中任选一题做答注意：只能做所选定的题目如果多做，则按所做的第一个题目计分，做答时请用 2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑22(2019 课标全国，理 22)(本小题满分 10 分)选修 41：几何证明选讲如图，直线 AB 为圆的切线，切点为 B，点 C 在圆上，ABC 的角平分线 BE 交圆于点 E，DB垂直 BE 交圆于点 D.2(1)证明：DBDC；(2)设圆的半径为 1，BC3，延长 CE 交 AB 于点 F，求BCF 外接圆的半径(1)证明：连结 DE，交 BC 于点 G.由弦切角定理得，ABEBCE.而ABECBE，故CBEBCE，BECE.第 11 页 共 13 页又因为 DBBE，所以 DE 为直径，DCE90，由勾股定理可得 DBDC.(2)解：由(1)知，CDEBDE，DBDC，故 DG 是 BC 的中垂线，所以 BG32.设 DE 的中点为 O，连结 BO，则BOG60.从而ABEBCECBE30，所以 CFBF，故 RtBCF 外接圆的半径等于32.23(2019 课标全国，理 23)(本小题满分 10 分)选修 44：坐标系与参数方程已知曲线 Cx 45cost,1的参数方程为y 55sin t(t 为参数)，以坐标原点为极点，建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为 2sin.(1)把 C1的参数方程化为极坐标方程；(2)求 C1与 C2交点的极坐标(0,02)解：(1)将x 45cost,55sin t消去参数 t，化为普通方程(x4)2(y5)225，y即 C1：x2y28x10y160.将x cos,y sin代入 x2y28x10y160 得28cos 10sin 160.所以 C1的极坐标方程为28cos 10sin 160.(2)C2的普通方程为 x2y22y0.由x2 y28x10y16 0,x2 y22y 0解得x 1,或x 0,y 1y 2.所以 C1与 C2交点的极坐标分别为2,4，2,2.24(2019 课标全国，理 24)(本小题满分 10 分)选修 45：不等式选讲第 12 页 共 13 页x 轴的正半轴为极轴已知函数 f(x)|2x1|2xa|，g(x)x3.(1)当 a2 时，求不等式 f(x)g(x)的解集；(2)设 a1，且当 xa 1,时，f(x)g(x)，求 a 的取值范围2 2解：(1)当 a2 时，不等式 f(x)g(x)化为|2x1|2x2|x30.设函数 y|2x1|2x2|x3，5x,x 12,则 yx2,1 x 1,23x6,x 1.其图像如图所示从图像可知，当且仅当 x(0,2)时，所以原不等式的解集是x|0 x2(2)当 xa2,1 2时，f(x)1a.不等式 f(x)g(x)化为 1ax3.所以 xa2 对 xa2,1 2都成立故a2a2，即a 43.从而 a 的取值范围是1,43.第 13 页 共 13 页y0.