2019年全国统一高考数学试题(文科)(新课标Ⅰ卷)(带解析).pdf

20192019 年全国统一高考数学试题（文科）年全国统一高考数学试题（文科）（新课标卷）（新课标卷）（带解（带解析）析）一、单选题一、单选题1设z A23i，则z=12iB3C2D12已知集合U 1,2,3,4,5,6,7，A2,3,4,5，B 2,3,6,7，则BCUAA1,6B1,7C6,7D1,6,70.20.33已知a log20.2,b 2,c 0.2，则AabcBa c bCc a bDb c a4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 15 10.618，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此此外，最（22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 若某人满足上述两个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A165 cm5函数 f(x)=B175 cmC185 cmD190cmsin x x在，的图像大致为cos x x2ABCD6某学校为了解 1 000 名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100 名学生进行体质测验，若46 号学生被抽到，则下面 4 名学生中被抽到的是试卷第 1 页，共 4 页A8 号学生7tan255=A23B200 号学生C616 号学生D815 号学生B2+3C23D2+38已知非零向量a，b满足a=2 b，且（ab）b，则a与b的夹角为A6B3C23D5619如图是求21122的程序框图，图中空白框中应填入AA=12 ABA=21ACA=112ADA=112Ax2y210双曲线 C:221(a 0,b 0)的 一条渐近线的倾斜角为130，则 C 的离心率为abA2sin40B2cos40C1sin50D1cos5011ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 asinAbsinB=4csinC，cosA=1b，则=c4A6B5C4D312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，2 21，则 C 的方程为x2A y212二、填空题二、填空题x2y2B132x2y2C143x2y2D15413曲线y 3(x2 x)ex在点(0,0)处的切线方程为_试卷第 2 页，共 4 页314记 Sn为等比数列an的前 n 项和.若a11，S3，则 S4=_415函数f(x)sin(2x3)3cos x的最小值为_216已知ACB=90，P 为平面 ABC 外一点，PC=2，点 P 到ACB 两边 AC，BC 的距离均为3，那么 P 到平面 ABC 的距离为_三、解答题三、解答题17某商场为提高服务质量，随机调查了50 名男顾客和 50 名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：男顾客女顾客满意4030不满意1020（1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；（2）能否有 95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？n(adbc)2附：K(ab)(cd)(ac)(bd)2P（K2k）k0.0503.8410.0106.6350.00110.82818记 Sn为等差数列an的前 n 项和，已知 S9=a5（1）若 a3=4，求an的通项公式；（2）若 a10，求使得 Snan的 n 的取值范围19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.试卷第 3 页，共 4 页（1）证明：MN平面 C1DE；（2）求点 C 到平面 C1DE 的距离20已知函数 f（x）=2sinxxcosxx，f（x）为 f（x）的导数（1）证明：f（x）在区间（0，）存在唯一零点；（2）若 x0，时，f（x）ax，求 a 的取值范围21已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，AB=4，M 过点 A，B 且与直线 x+2=0 相切（1）若 A 在直线 x+y=0 上，求M 的半径（2）是否存在定点 P，使得当 A 运动时，MAMP为定值？并说明理由1t2x，1t222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 O4ty 1t2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2cos3sin11 0（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已知 a，b，c 为正数，且满足 abc=1证明：111222（1）a b c；abc（2）(a b)3(bc)3(ca)3 24试卷第 4 页，共 4 页参考答案参考答案1C【分析】先由复数的除法运算（分母实数化），求得z，再求z【详解】因为z(3i)(12i)173ii，所以z(1)2(7)22，故选 C，所以z(12i)(12i)5512i55【点睛】本题主要考查复数的乘法运算，复数模的计算 本题也可以运用复数模的运算性质直接求解2C【分析】先求UA，再求BUA【详解】由已知得CUA1,6,7，所以BCUA 6,7，故选 C【点睛】本题主要考查交集、补集的运算渗透了直观想象素养使用补集思想得出答案3B【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 log20.2 log21 0,b 20.2 201,0 0.20.3 0.201,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4B【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】答案第 1 页，共 16 页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2626 x5 1，得xy1052x 42.07cm,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 4207+515+105+26=17822，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5D【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)sin x x f(x)，得f(x)是奇函数，其图象关于原点对称又22cos(x)(x)cos x x2421,f()f()0故选 D22221()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6C【分析】等差数列的性质渗透了数据分析素养使用统计思想，逐个选项判断得出答案【详解】详解：由已知将 1000 名学生分成 100 个组，每组 10 名学生，用系统抽样，46 号学生被抽到，所以第一组抽到 6 号，且每组抽到的学生号构成等差数列an，公差d 10，所以an 610n(nN)，1若8610n，则n，不合题意；若200610n，则n 19.4，不合题意；51若616610n，则n 61，符合题意；若815610n，则n 80.9，不合题意故选 C答案第 2 页，共 16 页【点睛】本题主要考查系统抽样.7D【分析】本题首先应用诱导公式，将问题转化成锐角三角函数的计算，进一步应用两角和的正切公式计算求解题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查【详解】3tan45 tan303 23.详解：tan2550 tan(1800750)tan750 tan(450300)=001tan45 tan30313001【点睛】三角函数的诱导公式、两角和与差的三角函数、特殊角的三角函数值、运算求解能力8B【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(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【详解】2|b|12因为(ab)b，所以(ab)b abb=0，所以ab b，所以cos=22，a b2|b|2ab所以a与b的夹角为【点睛】，故选 B3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0,9A【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】答案第 3 页，共 16 页1111=执行第 1 次，A,k 1 2是，因为第一次应该计算，k k 1=2，循环，执222 A21行第 2 次，k 2 2，是，因为第二次应该计算21212=1，k k 1=3，k 3 2，2 A否，输出，故循环体为A【点睛】1，故选 A2 A秒杀速解认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为A 10D【分析】12 A2bbcb 由双曲线渐近线定义可得 tan130,tan50，再利用e 1求双曲线的aaaa离心率【详解】由已知可得bb tan130,tan50，aa2csin250sin250cos2501 b 2，故选 De 11 tan 50 122aacos 50cos 50cos50【点睛】x2y2x2y2c b 对于双曲线：221a 0,b 0，有e 1；对于椭圆221a b 0，ababaac b 有e 1，防止记混aa2211A【分析】利用余弦定理推论得出 a，b，c 关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.【详解】详解：由已知及正弦定理可得a2b2 4c2，由余弦定理推论可得1b2c2a2c24c213c1b3 cos A,4 6，故选 A42bc2bc42b4c2【点睛】答案第 4 页，共 16 页本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用12B【分析】由已知可设F2B n，则AF2 2n,BF1 AB 3n，得AF1 2n，在AF1B中求得13cosF1AB，再在AF1F2中，由余弦定理得n，从而可求解.32【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 BF1 BF24n,AF12a AF22n在AF1B中，由余弦定理推论得14n29n29n2122cosF1AB在AF1F2中，由余弦定理得4n 4n 22n2n 4，解322n3n3得n 32222x2y22a 4n 2 3,a 3,b a c 31 2,所求椭圆方程为1，故选 B32法二：由已知可设F2B n，则AF2 2n,BF1 AB 3n，由椭圆的定义有2a BF1 BF24n,AF12a AF22n在AF1F2和BF1F2中，由余弦定理得4n2422n2cosAF2F1 4n2,，又AF2F1,BF2F1互补，22n 42n2cosBF F 9n21cosAF2F1cosBF2F1 0，两式消去cosAF2F1,cosBF2F1，得3n26 11n2，解得x2y232221，2a 4n 2 3,a 3,b a c 31 2,所求椭圆方程为n 322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答案第 5 页，共 16 页133x y 0.【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：y/3(2x1)ex3(x2 x)ex 3(x23x1)ex,/所以，k y|x0 3所以，曲线y 3(x2 x)ex在点(0,0)处的切线方程为y 3x，即3x y 0【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514.8【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S4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】详解：设等比数列的公比为q，由已知S3 a1a1qa1q21qq21解得q ，2312，即q q 04414)a1(1q)52所以S411q81()241(【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一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算S4 S3a4 S3a1q3315()3，避免繁分式计算428154.答案第 6 页，共 16 页【分析】本题首先应用诱导公式，转化得到二倍角的余弦，进一步应用二倍角的余弦公式，得到关于cosx的二次函数，从而得解.【详解】f(x)sin(2x3317)3cos x cos2x3cos x 2cos2x3cos x1 2(cos x)2，2481cosx 1，当cosx 1时，fmin(x)4，故函数f(x)的最小值为4【点睛】解答本题的过程中，部分考生易忽视1cosx 1的限制，而简单应用二次函数的性质，出现运算错误162.【分析】本题考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，勾股定理解决【详解】作PD,PE分别垂直于AC,BC，PO平面ABC，连CO，知CD PD,CD PO，PDOD=P，CD平面PDO，OD 平面PDO，CDODPD PE 3，PC 2sinPCE sinPCD PCB PCA 60，3，2PO CO，CO为ACB平分线，OCD 45OD CD 1,OC 2，又PC 2，PO 42 2答案第 7 页，共 16 页【点睛】画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题即很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍4 317（1）,；5 5（2）能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.【分析】（1）从题中所给的22列联表中读出相关的数据，利用满意的人数除以总的人数，分别算出相应的频率，即估计得出的概率值；（2）利用公式求得观测值与临界值比较，得到能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.【详解】（1）由题中表格可知，50 名男顾客对商场服务满意的有40 人，所以男顾客对商场服务满意率估计为P150 名女顾客对商场满意的有30 人，所以女顾客对商场服务满意率估计为P22404,505303,505100(40203010)2100 4.762 3.841，（2）由列联表可知K 7030505021所以能有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异.【点睛】该题考查的是有关概率与统计的知识，涉及到的知识点有利用频率来估计概率，利用列联表答案第 8 页，共 16 页计算K2的值，独立性检验，属于简单题目.18（1）an 2n10；（2）1 n 10(nN N).【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于a1和d的方程组，求得a1和d的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有a5 0，根据a1 0，可知d 0，根据Sn an，得到关于n的不等式，从而求得结果.【详解】（1）设等差数列an的首项为a1，公差为d，98d (a14d)9a12根据题意有，a12d 4a18解答，所以an 8(n1)(2)2n10，d 2所以等差数列an的通项公式为an 2n10；（2）由条件S9 a5，得9a5 a5，即a5 0，因为a1 0，所以d 0，并且有a5 a1 4d 0，所以有a1 4d，由Sn an得na1n(n1)d a1(n1)d，整理得(n29n)d (2n10)d，2因为d 0，所以有n29n 2n10，即n211n10 0，解得1 n10，所以n的取值范围是：1 n 10(nN N)【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.19（1）见解析；（2）4 17.17答案第 9 页，共 16 页【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）根据题意求得三棱锥C1CDE的体积，再求出C1DE的面积，利用VC1CDEVCC1DE求得点 C 到平面C1DE的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME，B1CM，E分别为BB1，BC中点ME为B1BC的中位线ME/B1C且ME 1B1C2又N为A1D中点，且A1D/B1CND/B1C且ND 1B1C2ME/ND四边形MNDE为平行四边形MN/DE，又MN平面C1DE，DE 平面C1DEMN/平面C1DE（2）在菱形ABCD中，E为BC中点，所以DE BC，根据题意有DE 3，C1E 17，因为棱柱为直棱柱，所以有DE 平面BCC1B1，1所以DE EC1，所以SDEC13 17，2答案第 10 页，共 16 页设点 C 到平面C1DE的距离为d，1111根据题意有VC1CDEVCC1DE，则有 3 17d 134，3232解得d 44 17，17174 17.17所以点 C 到平面C1DE的距离为【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.20（1）见解析；（2）a,0.【分析】（1）求导得到导函数后，设为gx进行再次求导，可判断出当x0,时，gx 0，2当x,时，gx 0，从而得到gx单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处2的位置，证得结论；（2）构造函数hx fxax，通过二次求导可判断出2a；分别在a 2，2 a0，hxmin h 2a，hxmax h22220 a 和a 的情况下根据导函数的符号判断hx单调性，从而确定hx 0恒22成立时a的取值范围.【详解】（1）f x 2cos xcosx xsinx1cosx xsinx1令gxcosx xsinx1，则gx sinxsinx xcosx xcosx当x0,时，令gx0，解得：x 当x0,2时，gx 0；当x2,时，gx 02gx在0,上单调递增；在,上单调递减22答案第 11 页，共 16 页又g0110，g1 0，g 11 222即当x0,时，gx 0，此时gx无零点，即f x无零点2gg 0 x0,，使得gx0022又gx在,上单调递减x x0为gx，即f x在,上的唯一零点22综上所述：f x在区间0,存在唯一零点（2）若x0,时，fx ax，即fxax0恒成立令hx fxax 2sin xxcosxa1x则hxcosx xsinx1a，hx xcosx gx由（1）可知，hx在0,上单调递增；在,上单调递减222a，h 2a且h0 a，h222ahxmin h 2a，hxmax h22当a 2时，hxmin h 2a 0，即hx 0在0,上恒成立hx在0,上单调递增hx h0 0，即fxax0，此时fx ax恒成立当2 a0时，h00，h 0，h02x1,，使得hx102hx在0,x1上单调递增，在x1,上单调递减又h0 0，h 2sincosa1 a0hx0在0,上恒成立，即fx ax恒成立当0 a 222a 0时，h00，h22x20,，使得hx2 02hx在0,x2上单调递减，在x2,上单调递增2答案第 12 页，共 16 页x0,x2时，hx h0 0，可知fx ax不恒成立2a 0时，hxmax h222hx在0,上单调递减h xh 002当a 2可知fx ax不恒成立综上所述：a,0【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.21（1）2或6；（2）见解析.【分析】Bt,t，（1）设At,t，根据AB 4，可知t 2；由圆的性质可知圆心M必在直线y x上，可设圆心Ma,a；利用圆心到x 2 0的距离为半径和MA MB r构造方程，从而解出r；（2）当直线AB斜率存在时，设AB方程为：y kx，由圆的性质可知圆心M必在1直线y x上；假设圆心坐标，利用圆心到x 2 0的距离为半径和kr MA OA OM22构造方程，解出M坐标，可知M轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知P1,0为抛物线焦点，且定值为1；当直线AB斜率不存在时，求解出M坐标，验证此时P1,0依然满足定值，从而可得到结论.【详解】（1）A在直线x y 0上设At,t，则Bt,t又AB 48t216，解得：t 2M过点A，B圆心M必在直线y x上设Ma,a，圆的半径为rM与x 2 0相切r a2答案第 13 页，共 16 页又MA MB r，即a2 a2 a2 222 r2 2 a22a 2，解得：a 0或a 4当a 0时，r2；当a 4时，r 6M的半径为：2或6（2）存在定点P1,0，使得MA MP 1说明如下：A，B关于原点对称且AB 4直线AB必为过原点O的直线，且OA 2当直线AB斜率存在时，设AB方程为：y kx1则M的圆心M必在直线y x上k设Mkm,m，M的半径为rM与x 2 0相切r km2又r MA OA OM224 k2m2 m2 km2 4k2m2m2，整理可得：m2 4km即M点轨迹方程为：y2 4x，准线方程为：x 1，焦点F1,0MA r，即抛物线上点到x 2的距离MA MF 1 MA MF 1当P与F重合，即P点坐标为1,0时，MA MP 1当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为：x 0M在x轴上，设Mn,0 n2 n24，解得：n 0，即M0,0若P1,0，则MA MP 211综上所述，存在定点P1,0，使得MA MP为定值.【点睛】答案第 14 页，共 16 页本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.y222（1）C:x（2）71,x(1,1；l:2x3y 11 0；42【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.【详解】216t21 x1t22 0,x(1,1，又y 2（1）由x 得：t 221t1 x1t1 x1 x 41 x1 x 44x2y221 x 11 x16y2整理可得C的直角坐标方程为：x 1,x(1,142又x cos，y sinl的直角坐标方程为：2x 3y 11 0（2）设C上点的坐标为：cos,2sin4sin112cos2 3sin116则C上的点到直线l的距离d 77当sin 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（1）见解析；（2）见解析【分析】答案第 15 页，共 16 页（1）利用abc1将所证不等式可变为证明：a2b2c2 bc ac ab，利用基本不等式可222证得2a b c 2ab2bc2ac，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得abbcca33333 3abbcca，再次利用基本不等式可将式转化为 24a bbcc a【详解】3abc2，在取等条件一致的情况下，可得结论.111 111（1）abc1abc bcacababcabc2 a2b2c2 a2b2 b2c2 c2a2 2ab2bc2ac 当且仅当a b c时取等号111 1112 a2b2c2 2，即：a2b2c2abcabc（2）abbcca333 3abbcca，当且仅当a bc时取等号又ab 2 ab，bc 2 bc，a c 2 ac（当且仅当a bc时等号同时成立）a bbcc a 32 ab 2 bc 2 ac 24333abc2又abc1abbcca 24【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.333答案第 16 页，共 16 页