2019年理科数学高考题及答案.pdf

全国I卷(理数)一、选择题(本大题共12小题,每小题5 分，共 60分)1.(2019全国I卷)已知集合 M=x卜 4vx2,N=x|x2-x-60厕 MnN 等于(C)(A)x|-4x3(B)x|-4x-2(C)x|-2x2(D)x|2x3解析:由 x2-x-60 可得(x-3)(x+2)v0=-2vx3,故 MnN=x卜 2x2.故选 C.2.(2019全国I卷)设复数z 满足|z-i|二 l,z 在复平面内对应的点为(x,y)JM(C)(A)(x+l)2+y2=l(B)(x-l)2+y2=l(C)x2+(y-l)2=l(D)x2+(y+l)2=l解析:由题|z-i|=b+(y-l)i|=T 即 IP=1,化简可得 x2+(y-l)2=l.故选 C.3.(2019全国I卷)已知 2=1。920.2=2。2=0.2。3,则(B)(A)abc(B)acb(C)cab(D)bca解析:取中间值.a=log20Ja2Q =l=b l,O c=OJJO2o=l=O c lacb故选B.4.(2019全国 I 卷)后1县、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2 2=0.618,称为黄金分割比例，著名括4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2.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm,则其身高可能是（B）(A)165 cm(B)175 cm（C）185 cm（D）190 cm解析:不妨设头顶、咽喉、肚脐、足底分别为点A,B,C,D,故可得|AB|=2|BC|,|AC|=2|CD|.假设身高为X,可解得|CD|=2 x,35 73次|AC|=2 x,|AB|=2 x.菖&1。5.由题意可得u 2*527或 产 1 6 9和49BXl X5.（2019全国I卷）函数映）=三 巨 在 5，河的图象大致为（D）解析:因为 f(-x)=c o s r*2=-f(x),所以f（x）为奇函数;排除A.又因为f（T T）二石0,排除B C 故选D.6.（2019全国I卷）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“一”，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 11 21 11(A严(B严(C严(D严X _5解析:一共有26=64种可能，其中满足恰有3 个 阳 爻 的 有%20种，故概率为口=1 67.(2019全国1 卷)已知非零向量a,b满足 a|=2|b|,且(a-b)/),则 a 与 b 的 夹 角 为(B 2a 5a(A)6(B)M 仁 产(D)6解析:因为(a-b)_ Lb,所以(a-b)b=ab-b2=0,2 M2 i 即 a b=b2=|b|2.cos。/叽 州 限 金。为 a 与 b 的夹角=.&网9全国阉如图是求*码的程序框图，图中空白框中应填入，A)(A)A=A，(B)A=2+J(C)A=(D)A=1+M解析:运行程序框图.A.第一步:I i 喂A 是;第二步:A J k=2,是;第三步:A=k=3,否，输出，故 A 正确.9.(2019全国I卷)记Sn为等差数列 an 的前n 项和.已知$4=0启5=5,则(A)(A)an=2n-5(B)an=3n-10(C)Sn=2n2-8n(D J S n n尸.=4fli+6d=0.解析:由等差数列性质可得1a 5=，+4d=5.f d=2.解得bh=-3做I%=2n-S.10.(2019全国1 卷)已知椭圆C 的焦点为FI(-1 Q),F 2(1,0),过 Fz的直线与C 交于A.B两点.若|A FZ|=2|F 2 B|,|A B|=|B FI,则 C的 方 程 为(B)(A)2+y2=l(B)3+2=l(C)4+3=l(D)5+4=l解析:不妨设|F2B|=m,故|FiB|=|AB|=|AF2|+|F2B|=3F2B|=3m.由椭圆定义得|BB|+|F2B|=2a=4m,|F2B|=2a,|BF1|=2a,|AF2|=a,|AFi|=2a-|AF2|=a.在 人 AFF2和ABF1F2中，分别可得：a2+4c2-r2 1CDSZAFJF=-=-=,2 1 2 xa x 2c a1,9 2ia2+4c2-ia2 22CBSZJBFJJ =-=2 x a x 2c由二角互补可得 二-,解得a 2=3,故b 2=2,方程为 I.1 1 .(2 01 9全国I卷)关于函数f(x)=s i n|x|+|s i n x|有下述四个结论:f(x)是偶函数;f(x)在区间层TT单调递增；f(x)在 卜T T J T 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(C )(A)(B)(C)(D)解析:由 f(-x)=s i n|-x|+|s i n(-x)|=s i n|x|+|s i n x|二f(x),故正确;XG%TT时,f(x);s i n x+s i n x=2 s i n x,函数单调递减，故错误；x可0,r r 时,f(x);s i n x+s i n x=2 s i n x,函数有两个零点,f(0)=f(T r)=0,故 xq-T T,0时,f(0)=f(-T r)=0,故函数在有且只有三个零点，故错误；函数为偶函数，故只需讨论正数的情况,xe(2 kT T,n+2 kT T)(keN)时,f(x)=s i n x+s i n x=2 s i n x,最大值为2;xw(T T+2 kT T,2 T T+2 kT T)(keN),f(x)=s i n x-s i n x=0,故函数最大值为 2.1 2 .(2 01 9全国I卷)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,P A二P B=PC/ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是P A,A B的中点,/C E F=90,则球O的 体 积 为(D )(A)8V6TT(B)4 1(C)2 扃(D)V2TT解析:如图,三棱锥P d B C 为正三棱锥,不妨设PA=PB=PC=2a,底面外接圆半径为r,由题意可得EF=a,CF=百.在APAC中，由余弦定理可得廿4,EC2=a2+4-2xax2xa,=a2+2.又 NCEF=90,故根据勾股定理可得EC2+EF2=CF2,逅即 2a2+2=3=a=2,即|PC|=也马 由 ._ 或在 RtPOC 中 QC=r=3,OP=vPCa-7a=3.可得R=工W=,4故体积为:rR3=nTT.故 选 D.二、填空题(本大题共4 小题,每小题5 分，共 20分)13.(2019全国倦)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为.解析:y=3(x2+3x+l)ex,故切线斜率k=y/=o=3,故切线方程为y=3x.答案:y=3x114.(2019全国I卷)记Sn为等比数列但小的前n 项和.若aj鼻,则S解析:由唾ae可得Uq6=aiqs,解得aiq=l,则 q=3.故 Ss=I-.答案:X15.（2019全国I卷）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.解析:欲使甲队4:1 获胜，则第五场甲胜，前四场甲胜三场负一场，可能情况为两主场负一场或两客场负一场，故概率为P=Ci）.62x0.4 x0.52+C40.63x0.52=0.18.答案018X2 y216.（2019全国I卷）已知双曲线C:尸=l（a0,b0）的左、右焦点分别为F iE,过 F i的直线与C 的两条渐近线分别交于F.A ABFiBFjB 一A,B两点.若”二,1-=0,则 C 的离心率为解析:h不妨设点B m,m(m0),故 BF1 I z BF2 z=-c-m,-m，,=c-m,-m，.由=0,群可得 m2-c2+,m2=0,解得 m=a,故 B(a,b).AB又 一，O K?FI E E 上故 A F，,，代入直线y=-x可 得 孤2，解得c=2a,故寓心率为2.答案:2三、解答题(共7 0 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)(一)必考题:共60分.17.(2019全国I卷)(12 分)ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,设(sin B-sin C)2=sin 2A-sin Bsin C.Q)求 A;(2)若线a+b=2c,求 sin C.解:由已知得 sin2B+sin2C-sin2A=sin Bsin C,故由正弦定理得 b2+c2-a2=bc.1由余弦定理得cos A=*二因为 0m=0,r则海”其2=0.,=，可取 n=(2,0,-l).2 包于是 cos=WW=5,逐所以二面角A-M A i-N 的正弦值为19.(2019全国I卷)(12 分)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为N 的直线|与C 的交点为A,B,与 x 轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求 I 的方程；AP PB若=3，求|AB|.解:Q)设直线 l:y=2x+t,A(xi,yi),B(x2,y2).335由题设得F，0.，故|AF|+|BF|=Xi+X2+由题设可得xi+x2=2.卜=M+tI y2=3x由 可得 9x2+12(tl)x+4t2=0,则 Xi+X2=-.12(1)S 7从 而-9旦 得 t=-，a 7所以I 的方程为y二 心-(2)由AP PB=3 可得 yi=-3y2.M+t由“可得 y2-2y+2t=0,所以 yi+yz=2,从而-3y2+yz=2,故 y2=-l,yi=3.i W H代入C 的方程得Xi=3,Xz=a，故|AB|=3.20.(2019全国I卷)(12 分)已知函数f(x)=sin x-ln(函x),f(x)为 f(x)的导数.证明：,(l)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.证明:f(x)=cos x-1+,f(x)=-sin x+O+,)Z,xs-l2遐r(o)=i o,r 4 _ 2 0,f(e-l)=sin(e-l)-l0,当 0 xln(l+x),所以 f(x)0,当 XIVXV2TT时,sin x ln(l+x),所以 f(x)2ir时,sin xl,ln(l+x)ln e=l,所以 f(x)24.证明:(1)因为 a2+b2a：2ab,b2+c22bc,c2+a22ac,又abc=l,故有ab4-fic4-ca 1 1 1a2+b2+c2ab+bc+ca=金二，*当且仅当a=b=c=l时等号成立.i l l所以+辛 4 2+b2+c2.(2)因为a,b,c为正数且abc=l,故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3+)3(b+c)a(a+c)a=3(a+b)(b+c)(a+c)3x(2 卮)x(2 底)x(2 叵=24,当且仅当a=b=c=l时，等号成立.所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3 2 24.全国I I卷(理数)一、选择题(本大题共12小题,每小题5 分，共 60分)1.(2019全国II卷)设集合 A=x|x2-5x+60,B=x|x-l0,JW AnB 等于(A)(A)(-x,l)(B)(-2,l)(Q(-3,-l)(D)(3,+s)解析:由题意得,A=x|x3,B;x|x l,贝 ij AnB;x|x l.故选 A.2.(2019全国I倦)设z=-3+2i,则在复平面内总对应的点位于(C)(A)第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限解析:由2=-3+21得至-3 2,对应点(-3,-2)位于第三象限.故选C.AB AC BC ABBC3.(2019全国 II 卷)已 知=(2,3),=(3,t),|=1,则等于(C)(A)-3(B)-2(C)2(D)3SC ACAB BC p BC ABBC解 析:由=-=(l,t-3),|二 J I +a-3)Z=L得 t=3,则=(1,0),二(2,3)(1。尸2、1+3、0=2.故选(2.4.(2019全国II卷)2019年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆,我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系.为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日1_ 2点的轨道运行.1_ 2点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为Mi,月球4*2*1质量为M2,地月距离为RL2点到月球的距离为r,根据牛顿运动定律和万有引力定律,r 满足方程:由可+孑=(R+r).T 十 4设0(=由于a的值很小，因 此 在 近 似 计 算 中=3a3,则 r 的近似值为(D)庐(DN-R(A)假解析:由a,得 r=aR,耽 *2 N1因为E+#=(R+=产耽*2 Ml所以+=(l+a),即耽=。2|(i+a)-(1+a)?尸 S B2=3。3,解得a=g g匹所以厂：=6*取.故选D.5.(2019全国II卷)演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分居到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是(A)(A)中位数(B)平均数(Q方 差(D)极差解析:设9位评委评分按从小到大排列为X1X2X3X4.X8X9.则原始中位数为X5,去掉最低分X1,最高分X9,后剩余X2X3X4.所以A正确.原始平均数*=(X1+X2+X3+X4+X8+X9),后来平均数*=(X2+X3+X4+.+X8)平均数受极端值影响较大，所以W 与*不一定相同,B不正确.1S2=桃1国 期 国 +.+&国S2=1(巧-幻(4-幻、+(%-幻1由易知,C不正确.原极差=X9-X1,后来极差=X8-X2显然极差变小,D不正确.故选A.6.(2019全国I能)若 abJJW(C)(A)ln(a-b)0(B)3a0(D)|a|b|解析:取 a=2,b=l,满足 ab,ln(a-b)=0,A 错;因为 9=3a3b=3,B 错;取 a=l,b=-2,满足 ab,l=|a|v|b|=2,知 D 错,因为幕函数y=x3是增函数,ab,所以a3b3,故选C.7.(2019全国II卷)设a,B为两个平面很MIIB的充要条件是(B)(A)a内有无数条直线与B平行(B)a内有两条相交直线与B平行(C)ap平行于同一条直线(D)a,B垂直于同一平面解析:由面面平行的判定定理知:。内两条相交直线都与B平行是。用的充分条件，由面面平行性质定理知，若。胆现匕内任意一条直线都与B平行，所以。内两条相交直线都与B平行是a|B的必要条件，故选B.8.(2019全国II卷)若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆即+*=1的一个焦点，则 p 等于(D)(A)2(B)3(C)4(D)8解析:因为抛物线y2=2px(p0)的焦点a,0.是椭圆、+翌=1 的一个焦点，所以3p-p=584 解得p=8,故选D.,9.(2019全国II卷)下列函数中，以N 为周期且在区间 z 单调递增的是(A)(A)f(x)=|cos 2x|(B)f(x)=|sin 2x|(C)f(x)=cos|x|(D)f(x)=sin|x|解析:作出y=|cos 2x|图象,如图，由图象知，其周期为z 在区间&Z 单调递增,A 正确;作出y=|sin 2x|的图象，如图,由图象 ,知，其周期为2 在区间4 2单调递减，排除B,因为y=cos|x|=cos x,周期为2TT,排除C,作出y=sin冈图象，如图，知其不是周期函数，排除D.故选A.10.（2019全国II卷）已知a/0,2 s in 2a=cos2a+l,则新（等于（B）i vs(A)5(B 产(C)T(D 产解析:因为 2sin 2a=cos 2a+l,所以 4sin a cos a=2cos 2a.,因为ae o2所以 cos a0.sin a0,所以 2sin a=cos a,又 sin 2a+cos 2a=l,所以 5sin 2a=1,sin 2a=$,又 sin a0,迤所以sina=,故选B.z2 y211.(2019逢国II卷)设F 为双曲线C:?尸=l(a0,b0)的右焦点,0 为坐标原点，以 OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点.若|PQ|=|OF|,则 C 的离心率为(A)(A)M (B)百(C)2(D)书解析:设PQ与 x 轴交于点A,由对称性可知P Q ix轴,又因为|PQ|=|OF|=c,所以|PA|=所以PA为以OF为直径的圆的半径,所以A 为圆心IOAF”c e,所以P 2 2、又P点在圆x2+y2=a?上，所以，+4=a2,即？=a2,?所以 e2=7=2.所以e=b，故选A.12.(2019全国II卷)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+l)=2f(x),且当xe(0,l时,f(x)=x(x-l).若对任意xe(e,m,都有f(x)-5则m的取值范围是(B)(A)二,，.(B)匚,m-5 (C)二.(D)匚解析:由 x0国时,f(x)=x(x-l),且 xeR 时,f(x+l)=2f(x),作出函数f(x)的部分图象如图所示:当2xw3时,f(x)=4f(x-2)=4(x-2)(x-3),令4(x-2)(x-3)=整理得9xM5x+56=0,所以(3x-7)(3x-8)=0,所以xi=m,x2=m,结合图象知,m/时，符合题意.所以xe(-8,m时，都有f(x)N-“成立，即m3,所以me.，故选B.二、填空题(本大题共4 小题,每小题5 分 洪 20分)13.(2019全国II卷)我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有 10个车次的正点率为0.97,有 20个车次的正点率为0.98,有 10个车次的正点率为0.99,则 经 停 该 站 高 铁 列 车 所 有 车 次 的 平 均 正 点 率 的 估 计 值 为.解析:由题意得，经停该站的高铁列车正点数约为10 x0.97+20 x0.98+10 x0.99=39.2,其中高铁个数为10+20+10=40,所以39J该站所有高铁平均正点率约为4 0=0.98.答案09814.(2019全国I倦)已知f(x)是奇函数，且当x0时,f(x)=-ea若 f(ln 2)=8,则 a=.解析:因为%x)是奇函数，且当x0时,f(x)=-eax.又因为 In 2e(0,l),所以-In 20,所以 f(-ln 2)=-e aln2=-f(ln 2)=-8.即 e aln2=8.两边取以e 为底的对数得-aln 2=3ln 2,所以a=-3.答案:-315.(2019全国II卷)-ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若 b=6,a=2c,B=3,则ABC的面积为.解析:由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B,1所以(2c)2+c2-2x2cxcx”=62,即 c2=12,解得c=2月,c=-2日舍去)，所以a=2c=4遮，1 1 V5SAABc=2acsin B=x4旧Tx 2=6 .答案:6 B16.(2019全国II卷)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2 是一个棱数为4 8 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为.图】解析:由图可知第一层与第三层各有9 个面，共计18个面，第二层共有8 个面，所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,将该半正多面体的部分放在棱长为1 的正方体中，设该半正多面体的棱长为X,则 AB二 BE二 X,延长CB与 FE交于点G,延长BC交正方体棱于H,由半正多面体对称性可知,ABGE为等腰直角三角形,县所以 BG=GE=CH=2X,立所以 GH=2x 2 x+x=（+l）x=l,1所以x二两5小尼1,即该半正多面体棱长为短4.答案:2 6 6-1三、解答题（共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（一）必考题洪60分.17.（本小题满分12分）（2019全国II卷）如图,长方体ABCD-AiBiCiDi的底面ABCD是正方形，点 E 在棱AAi,BEECi.Q)证明:BEi平面EBiCi；(2)若 AE=AiE,求二面角B-EC-Ci的正弦值.Q)证明:由已知得B CIJ平面ABBiAi,BEu平面ABBiAi，故 BiCuBE.又 BEECi,BiCinECi=Ci,所以BEL平面EBiCi.(2)解:由知 NBEBI=90,由题设知 RtABERtAiBiE,所以 NAEB=45,故 AE=AB,AAi=2AB.DA DA以 D 为坐标原点，的方向为x 轴 正 方 向|为 单 位 长 度，建立如图所示的空间直角坐标系D_ xyz,则C(0,l,0),B(l,l,0),Ci(0,l,2),CBCECC,E(1,O,1),=(1.0,0),.=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(xi,yi,zi),=0=而药=0.：i-yi+zi=o.所以可取n=(0,-l,-l).设平面ECCi的法向量为m=(x2,y2,Z2),jjC XT1-m=O,J 1 2zj=0.则(CEm=O,即卜丁%+%=0.所以可取m=(l,l,0).mW ,于是 cos=WW=-2g所以,二面角B-EC-Ci的正弦值为2.18.(本小题满分12分)(2019全国II卷)11分制乒乓球比赛，每嬴一球得1 分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权,先多得2 分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了 X 个球该局比赛结束.(1)求 P(X=2);(2)求事件“X=4且甲获胜”的概率.解:(1)X=2就是双方打成10:10平后，两人又打了 2 个球该局比赛结束，则这2 个球均由甲得分，或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5x0.4+(l-0.5)x(l-0.4)=0.5.(2)X=4且甲获胜,就是双方打成10:10平后，两人又打了 4 个球该局比赛结束，且这4 个球的得分情况为前两球是甲、乙各得 1 分,后两球均为甲得分.因此所求概率为O.5X(1-O.4)+(1-O.5)XO.4XO.5XO.4=O.L19.(本小题满分12分)(2019全国II卷)已知数列面 和 bn 满足 ai=l,bi=0,4an+i=3an-bn+4,4bn+i=3bn-an-4.证明:an+bn 是等比数列,面-bn 是等差数列；(2)求 an 和 bn 的通项公式.Q)证明:由题设得 4(an+l+bn+l)=2(an+bn),则 an+l+bn+1-(an+bn).又因为ai+bi=l,所以 a.+b.是首项为1,公比为的等比数列.由题设得 4(an+l*bn+l)=4(an_bn)+8,fiP 3n+i_bn+l=an_bn+2.又因为ai-b1=L所以 an-bn 是首项为1,公差为2 的等差数列.1(2)解:由(1)知,Hn+bn=*,an-bn=2n-l.所以 a n=彳(a n+b n)+(a n-b n):/+n-“，1_1 1b n=N (a n+b n)-(a r r b n)=-n+N.20.(本小题满分12分)x+l(2019全国II卷)已知函数f(x)=ln x-3.(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点；设 Xo是 f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0,ln X。)处的切线也是曲线y=ex的切线.Q)解:f(x)的定义域为(0,l)u(l,+8).1 2因为f(x)=+两 I,所以f(x)在(0,1),(1,+8)上单调递增.什 工因为 f(e)=l-e10,所以f(x)在Q,+B)上有唯一零点xi,即 f(xi)=O.又 1=-ln x1+*1-1=-f(xi)=O,1故 f(x)在(0,1)有唯一零点综上,f(x)有且仅有两个零点.11 .(2)证明:因为 e、故点B-In xo,*在曲线y=e、上.由题设知f(xo)=O,即 In xo=吩 工 工故直线A B 的斜率k=五=中 箕=曲线y=ex在点B-In x o 处切线的斜率是刊,曲线y=ln x 在点A(x0,ln x。)处切线的斜率也是q,所以曲线y=ln x 在点A(xo,lnxo)处的切线也是曲线尸ex的切线.21.(本小题满分12分)1(2019全国II卷)已知点A(-2Q),B(2Q),动点M(x,y)满足直线AM与 BM的斜率之积为3 记 M 的轨迹为曲线C.(1)求 C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于 P.Q两点，点 P 在第一象限,PEJ_X轴,垂足为E,连接Q E并延长交C 于点G.证明9PQG是直角三角形；求APQG面积的最大值.(1)解:由题设得计2=:化简得4+=1(冈*2),所以C 为中心在坐标原点,焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点.(2)证明:设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).记 u=同*，则 P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,O).于是直线QG的斜率为2,方程为y=2(x-u).无+2=1(4 2 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.(*)设 G(XG,yG),则-U和 XG是方程(*)的解，故 XG=，由此得yG=X*所以PQ_LPG,即APQG是直角三角形.解:由得|PQF2uVl+?,|PGF所以APQG的面积1 afcfi+fc2)唯现S=VQ|PG|=(，+0)+为=计曜例 2设 t=k+则由k0得修2,当且仅当k=l时取等号.at因为Su15*在 2,+动上单调递减，1所以当t=2,即 k=l时,S 取得最大值，最大值为16因此,&PQG面积的最大值为9.(二)选考题:共10分.请考生在第22,23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.(本小题满分10分)(2019全国II卷)选修4 4 坐标系与参数方程在极坐标系中,0 为极点，点 M(po,eo)(poO)在曲线C:p=4sin。上，直线I 过点A(4,0)且与OM垂直,垂足为P.Q)当00=3时，求po及 I 的极坐标方程；(2)当 M 在 C 上运动且P 在线段OM上时，求 P 点轨迹的极坐标方程.解:(1)因为点M(po,eo)在曲线C 上，当 仇 二 口 时,po=4sin*=2百由已知得|OP|=|OA|cos=2.设 Q(p,e)为上除P 外的任意一点.在 RtOPQ 中,pcos 0-3=|0P|=2.、,经检验，点 P 2 3 在曲线pcos%产=2 上.V,所以,1的极坐标方程为pcos 6产=2.设 P(p,e),在 RtOAP 中，|OP|=|OA|cos 0=4cos 0,EPp=4cos 0.因为p 在线段OM上，且 AP_LOM,故e的取值范围是4 2.所以,p 点轨迹的极坐标方程为p=4cos e.ee I4 2.23.(本小题满分10分)(2019全国II卷)选修4-5:不等式选讲已知 f(x)=|x-a|x+|x-2|(x-a).(1)当a=l时，求不等式f(x)0的解集；(2)若 x 4 7,l)时,f(x)0,求 a 的取值范围.解:当 a=l 时,f(x)=|x-l|x+|x-2|(x-l).当 xl 时,f(x)=-2(x-l)20;当 XN1 时,f(x)L0.所以,不等式f(x)0的解集为(-叫1).(2)因为 f(a)=0,所以 a a.当221出(8,1)时/a)=佰二仅+(2 r)仅出)=2佰二)8-1)0时,y0,排除GD,又f(6)=承 用=7,排除A.故选B.8.(2019 全国川卷)如图，点 N 为正方形ABCD的中心,AECD为正三角形，平面ECD,平面ABCD.M是线段ED的中点，则(B)(A)BM=EN,且直线BM.EN是相交直线(B)BM*EN,且直线BM.EN是相交直线(C)BM=EN,且直线BM.EN是异面直线(D)BMHEN,且直线BM.EN是异面直线解析：连接BD,因为ABDE中,N 为 BD中点,M 为 DE中点，所以BM.EN共面相交，选项C.D错.作 EOCD于 O,连接ON,过 M 作 MFiOD于 F.连接BF,因为平面CDEJ_平面ABCD.EO_LCD,EOU平面 CDE,平面 CDEn平面 ABCD=CD,所以ECk平面ABCD,MF_L平面ABCD,所以AMFB与EON均为直角三角形.设正方形ABCD边长为2,易知EO=,ON=1,EN=2,MF=2,所以BM=所以BM*EN,故选B.9.（2019全国III卷）执行如图所示的程序框图，如果输入的为 0.01,则输出s 的值等于（C）I S=S-X|W/输I%=1 ；S=5|11(A)2-(B)2-酒 “(C)2-(D)2-解析:x=l.s=0,s=0+LxJv0.01?不成立;s=0+l+N,xJ 0.01?不成立;1 X Xs=0+l+2+.+?,x=r M=0.007 812 5f()f()1.2 3I,4 2 J 2 2(B)f log3g f()f()3 2 1,(C)f()f(f logs4二 3 1.C 2 2-2 I,4(D)f()f()f log34解析:因为f(x)是 R 上的偶函数,所以 f bg3,=f(log34).2 32J 2-2因为 log34l=2 0,f(x)在(0,+8)单调递减,2 2 2所以 f(log34)f()f()f log34,，故选 C.,12.(2019 全 国 川卷)设函数f(x)=sin wx+S(30),已知f(x)在 0,2rr 有且仅有5 个零点，下述四个结论：f(x)在(0,2TT)有且仅有3 个极大值点；f(x)在(0,2TT)有且仅有2 个极小值点；f(x)在 bM单调递增；J 2 M3的取值范围是r M.其中所有正确结论的编号是(D)(A)(B)(C)(D)解析：y。1 V 2 7、已知f(x)=sin h x+工(30)在 0,2n 有且仅有5 个零点，如图,其图象的右端点的横坐标在 a,b)上，此时f(x)在(0,2TT)有且仅有3 个极大值点，但 f(x)在(0,2TT)可能有2 或 3 个极小值点，所以正确，不正确;当XC 0,2TT时,3 产 .x+5e 5r,20T TU)+5 r由f(x)在 有 且 仅 有 5 个零点可得5TT2TTU)+S6TT,得3的取值范围是r M，所以正确；当 xe b1 49a 时,u)x+1+1 00,所以f（x）在 b M单调递增，所以正确.故选D.二、填空题（本大题共4 小题,每小题5 分，共 20分）13.（2019全国川卷）已知a,b为单位向量，且 ab=0,若 c=2a-VSb则 c o s =.2|-b22答案:三ylfl14.（2019全国川卷）记 Sn为等差数列冏 的前n 项和，若 a#0,a2=3ai厕&=.解析:设 an 的公差为d,由 ai+d=3ai,得 d=2ai,豆三卷?=4.答案:4y215.（2019全国川卷）设FI,F2为椭圆C:M+2=1的两个焦点,M 为 C 上一点且在第一象限.若AMFF2为等腰三角形，则 M 的坐标为.解析:由已知可得a2=36,b2=20,所以 c2=a2-b2=16,所以c=4,所以|MFI|=|FF2|=2C=8.因为|MFi|+|MF2|=2a=12,所以|MFH=4.设点 M 的坐标为（Xo,yo）（x（）O,yoO）,1则以 用3=仟正2卜 yo=4yo,1所以4y0=4履，解得丫。=用，w幽所以*+8 =1,解得xo=3（Xo=-3舍去），所以M 的 坐 标 为 用）.答 案:用）16.（2019全国III卷）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCDJKiBiCiDi挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体.其中O 为长方体的中心,E,F,G,H分别为所在棱的中点,AB=BC=6 cm,AAi=4 cm,3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 g.1解析:由题意得,四棱锥O-EFGH的底面积为4X6-4X2X2X3=12 cm2,其高为点。到底面BBiCiC的距离，为 3 cm,则此四1棱锥的体积为Vi=ax 12x3=12 cm3.又长方体ABCD-AiBiCiDi的体积为V2=4x6x6=144 cm3,所以该模型体积为 源?_Vi=144-12=132 皿,其质量为 0.9x132=118.8 g.答案:118.8三、解答题（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）（一）必考题洪60分.17.（本小题满分12分）（2019全国III卷）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验:将200只小鼠随机分成A,B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液,B组小鼠给服乙离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如图直方图：0 2.5 3.5 4.5 5.5 6.5 73 8.5 百分比乙离子残留百分比立方图记C为事件:“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”,根据直方图得到P（C）的估计值为0.70.（1）求乙寓子残留百分比直方图中a,b的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.解:（1）由已知得 0.70=a+0.20+0.15,故 a=0.35.b=l-0.05-0.15-0.70=0.10.（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为2x0.15+3x0.20+4x0.30+5x0.20+6x0.10+7x0.05=4.05.乙离子残留百分比的平均值的估计值为3x0.05+4x0.10+5x0.15+6x035+7x0.20+8x0.15=6.00.18.（本小题满分12分）（2019全国川卷）&ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin 2=bsin A.Q）求 B;若-ABC为锐角三角形，且c=l,求-ABC面积的取值范围.解:Q）由题设及正弦定理得A+Csin Asin 2=sin Bsin A.因为 sin A*0,A+C所以 sin 2=sin B.由 A+B+C=180,A+C B可得 sin 2=cosB B B故 cos=2sin，cosB因为 cos 2*0,B 1故 sin。旦 因 此 B=60。.坦(2)由题设及Q)知，ABC的面积S.ABc=4a.由知A+C=120,由正弦定理得a=x=N=a-c+2由于ABC为锐角三角形，故 00A900,00C900,结合 A+C=120,30C90,1故&a2,从而 VSdABC 2.&m因此,ABC面 积 的 取 值 范 围 是.19.(本小题满分12分)(2019 全国川卷)图1 是由矩形ADEBRt-ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1,BE=BF=2,NFBC=60,将其沿 AB,BC折起使得BE与 BF重合，连接DG,如图2.(1)证明:图2 中的A,C,G,D四点共面,且平面ABCL平面BCGE;(2)求图2 中的二面角B-C G M 的大小.(1)证明:由已知得AD|BE,CG|BE,所以 AD|CG,故 AD,CG确定一个平面，从而A,C,G,D四点共面.由已知得 ABBE,ABiBC.fi BEnBC=B,故 AB_ i平面BCGE.又因为ABu平面ABC,所以平面ABCL平面BCGE.解:作EFUBC,垂足为H.因为EHu平面