2019年高考理科数学全国卷1含答案.docx

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1、数学试卷 第 1 页（共 18 页） 数学试卷 第 2 页（共 18 页） 绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 理科数学一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.已知集合，则=( )24260MxxNx xx ，MNA.B.43xx 42xx C.D.22xx 23xx2.设复数 z 满足，z 在复平面内对应的点为，则( )=1iz ()xy，A.B.22+11()xy221(1)xyC.D.22(1)1yx 22( +1)1yx 3.已知，则( )0.20.3 2log 0.220.2abc，

2、A.B.C.D.abcacbcabbca4.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51 251 2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.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为 105 cm，51 2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.190 cm5.函数在的图象大致为( ) 2sin cosxxf xxx, A.B.C.D.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

3、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 1611 3221 3211 167.已知非零向量 a，b 满足，且，则 a 与 b 的夹角为( )| 2|ab()abbA.B.C.D. 6 32 35 68.如图是求的程序框图，图中空白框中应填入( )1 12122 毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 3 页（共 18 页） 数学试卷 第 4 页（共 18 页）A.B.1 2AA12AAC.D.1 12AA112AA 9.记为等差数列的前 n 项和.已知，

4、则( )nS na4505Sa，A.B.25nan 310nanC.D.228nSnn2122nSnn10.已知椭圆 C 的焦点为，过 F2的直线与 C 交于 A，B 两点.若121,01,0FF()，()，则 C 的方程为( )22| 2|AFF B1| |ABBFA.B.2 212xy22 132xyC.D.22 143xy22 154xy11.关于函数有下述四个结论：( )( )sin|sin |f xxxf(x)是偶函数f(x)在区间（，）单调递增2f(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.12.已知三棱锥的四个顶点在球 O 的球面上，

5、是边长PABCPAPBPCABC为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，则球 O 的体积为90CEF( )A.B. C.D.6864626二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.曲线在点处的切线方程为 .23()exyxx(0 )0，14.记为等比数列的前项和.若，则= .nS nan2 1461 3aaa，5S15.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

6、1 获胜的概率是 .16.已知双曲线 C：的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线22221(0,0)xyabab与 C 的两条渐近线分别交于 A，B 两点.若，则 C 的离心1F AAB 120FB F B 率为 .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。第 1721 题为必考题，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。17.(12 分)数学试卷 第 5 页（共 18 页） 数学试卷 第 6 页（共 18 页） 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，设ABC.22(sinsin)sinsinsi

7、nBCABC（1）求 A；（2）若，求.22abcsinC18.（12 分）如图，直四棱柱的底面是菱形，1111ABCDABC D14260AAABBAD，分别是的中点.EMN，11BCBBAD，（1）证明：；1MNC DE平面（2）求二面角的正弦值.1AMAN19.（12 分）已知抛物线 C：的焦点为 F，斜率为的直线 l 与 C 的交点为 A，B，与 x23yx3 2轴的交点为 P.（1）若，求 l 的方程；4AFBF（2）若，求|.=3APPB AB毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 7 页（共 18 页） 数学试卷 第 8 页（共

8、18 页）20.（12 分）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 x21.（12 分）为治疗某种疾病，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

9、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1鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 1 分，甲药得分；若都治愈或都未治愈1则两种药均得 0 分.甲、乙两种药的治愈率分别记为和，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(0,1,8)ip i 分为 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，i00p 81p ，其中，11iiiipapbpcp(1,2,7)i (1)aP X (0)bP X.假设，.(1)cP X0.50.8(i)证明：为等比数列；1iipp(0,1,2,7)i (ii)求，并根据的值解释这种试验

10、方案的合理性.4p4p（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.选修 44：坐标系与参数方程（10 分）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 O2221 1 4 1txt tyt 为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 l 的极坐标方程为x.2 cos3 sin110（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.选修 45：不等式选讲（10 分）已知 a，b，c 为正数，且满足.证明：1abc （1）；222111abcabc（2）.333()()

11、()24abbcca数学试卷 第 9 页（共 18 页） 数学试卷 第 10 页（共 18 页） 2019年普通高等学校招生全国统一考试全国I卷数学答案解析一、选择题1 【答案】C【解析】，故选| 2Nxx3|42Mxx | 2MNxx2C【考点】集合的交运算、解一元二次不等式【考查能力】化归与转化、运算求解2 【答案】C【解析】在复平面内对应的点为， ,yx,zxyi x y R1zi，故选 C11xyi22y11x 【考点】复数的模的概念和复数的几何意义【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解3 【答案】B【解析】,，故选 B2log 0.20a 0.221b 0.3c0.201，acb

12、 【考点】对数函数与指数函数的单调性【考查能力】运算求解4 【答案】B【解析】，故其身高可能是，故选26+260.618+ 26+260.6180.618=178 cm175 cmB【考点】估算【考查能力】运算求解5 【答案】D【解析】，为奇函数，排除 A；22sin()sin()( )cos()()cosxxxxfxf xxxxx ( )f x，排除 C；，且，22sin()0cos1f sin1 1(1)cos1 1fsin1cos1，排除 B故选 D(1)1f【考点】函数的图象与性质【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解6 【答案】A【解析】由 6 个爻组成的重卦种数为，在所有重卦中

13、随机取一重卦，该重卦恰有 36264个阳爻的种数为，根据古典概型的概率计算公式得，所求概率3 66 54206C 故选 A205 6416P 【考点】古典概型、计数原理【考查能力】运算求解7 【答案】B【解析】设与的夹角为，ab()abb()0abb2a bb ，又，故选：B2| |cos|abb|a|=2|b|1cos2(0,) 3【考点】平面向量的垂直、平面向量的夹角【考查能力】化归与转化，运算求解数学试卷 第 11 页（共 18 页） 数学试卷 第 12 页（共 18 页）8 【答案】A【解析】，成立，执行循环体；，成立，执行循1A2k=1121A122 2k 22环体；，不成立，结束循

14、环，输出A故空白框中应填入1A12122 3k 321A2A故选：A【考点】当型循环结构【考查能力】推理论证9 【答案】A【解析】设等差数列的公差为，解得，nad450, 5,S a 114 340,2 45,adad 13 2a d ，故选 A1(1)32125naandnn 2 1(1)42nn nSnadnn【考点】等差数列的通项公式和前 n 项和公式【考查能力】运算求解10 【答案】B【解析】由题意设椭圆的方程为，连接,令，则22221(0)xyabab1F A2F Bm，由椭圆的定义知，得，故2| | 2 A Fm1| | 3 B Fm4 2 ma2am ，则点 A 为椭圆 C 的上

15、顶点或下顶点令（为坐标原点），21F AaF A2OAFO则在等腰三角形中，所以，得，1sina1ABF12cos233 2aa211123a 23a 又，所以，椭圆 C 方程为故选：B21c 2222bac22 132xy【考点】椭圆的定义及标准方程【考查能力】运算求解，化归与转化，数形结合11 【答案】C【解析】，为偶函数，故正确；()sin|sin()| sin|(s)in|f xfxxxxx( )f x当时，在单调递减，故不正确；2x( )sinsin2sinf xxxx( )f x,2 在的图像如图所示，由图可知函数在只有3个零点，故不正( )f x ,( )f x ,确；与的最大值

16、都为1且可以同时取到，可以取到最大值sin|yx|sin|yx( )f x2，故正确，综上，正确结论的序号是故选 C【考点】三角函数的图象与性质【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解12 【答案】D【解析】因为点，分别为，的中点，所以，因为，所以EFPAABEFPB90CEF ，所以取的中点，连接，易证平面，EFCEPBCEACDBDPDAC BDP 所以，又，平面，所以平面，所PBACACCECACCE PACPB PAC 以，因为，为正三角形，所以，PBPAPBPCPAPBPCABCPAPC 即，两两垂直，将三校锥放在正方体中如图所示。因为，PAPBPCPABC2AB 所以该正方体的楼

17、长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三校锥26的外接球的半径，所以球的体积，故PABC6 2R O334466332VR选D数学试卷 第 13 页（共 18 页） 数学试卷 第 14 页（共 18 页） 【考点】三棱锥的外接球的体积【考查能力】化归与转化，空间想象，运算求解二、填空题13 【答案】3 yx【解析】因为，所以曲线在点处的切线223(21)3331xxxyxexx exxe0 0，的斜率，所以所求的切线方程为013xky3yx【考点】导数的几何意义【考查能力】运算求解14 【答案】121 3【解析】若二次根式在实数范围内有意义，则：，解得1x10x 1x 故答案为：1x 【考点】

18、等比数列的通项公式和前 n 项和公式【考查能力】运算求解15 【答案】0.18【解析】记事件M为甲队以获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队41 ：胜三场负一场，所以220.60.60.520.60.40.5220.18P M （）【考点】独立事件的概率、对立事件的概率【考查能力】逻辑思维，运算求解16 【答案】2【解析】因为，所以，如图，所以，所以120FB F B 12FBF B1O|FOB，所以因为，所以点为的中点，11BFOFBO 212OBOFBF 1F AAB A1FB又点为，的中点，所以，所以，因为直线，为双曲O12FF2OA BFA1FBOAOAOB线的两条渐近线

19、，所以，因为C1tanaBFOb2tanbBOFa，所以，所以，所以，21tantan2BOFBFO221a bb aa b 223ba2223caa即，所以双曲线的离心率为2ac2cea【考点】双曲线的几何性质，直线和双曲线【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解17 【答案】 （1）由已知得，故由正弦定理得222sinsinsinsinsinBCABC 222bcabc由余弦定理得因为，所以2221cos22bcaAbc0180A60A（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，即120BC2sinsin 1202sinACC，可得由于，所631cossin2sin222CCC2cos602C

20、 0120C以，故2sin602Csinsin6060CCsin60cos60cos60sin60CC.62 4【考点】正弦定理、余弦定理、三角恒等变换【考查能力】化归与转化，运算求解18 【答案】 （1）连接，分别为，的中点，所以，且，1BCME1BBBC1MEBC11 2MEBC又因为为的中点，所以N1AD11 2NDAD数学试卷 第 15 页（共 18 页） 数学试卷 第 16 页（共 18 页）由题设知，可得,故,因此四边形为平行四边形，11ABDC111BCADMENDMNDE，又平面，所以平面MENDMN 1EDCMN1C DE（2）由已知可得，所以为坐标原点，的方向为轴正方向，建

21、立如图所示DEDADDA x 的直角坐标系，则Dxyz，(2,0,0)A1(2,0,4)A(1, 3,2)M(1,0,2)N1(0,0, 4)A A1( 1, 3, 2)AM ，1( 1,0, 2)A N (0,3,0)MN 设为平面的法向量，则( , , )mx y z1AMA1100m AMm A A所以，可取320 40xyz z ( 3,1,0)m 设为平面的法向量，则( , , )np q r1AMN100n MNn A N 所以，可取30 20q pr(2,0, 1)n 于是，所以二面角的正弦值为2 315cos,|525m nm nm n1-A MAN10 5【考点】空间直线与平

22、面的平行关系，二面角的正弦值的求解【考查能力】空间想象，推理论证，运算求解19 【答案】解：设直线，3 2lyxt：11,A x y22,B xy（1）由题意得，故，由题意可得3,04F123|2AFBFxx125 2xx由，可得，则23 2 3yxtyx 22912(1)40xtxt1212(1) 9txx 从而，得12(1)5 92t 7 8t 所以 的方程为l31 28yx（2）由可得3MPPB 123yy 由，可得23 2 3yxtyx 2220yyt所以，从而，故，112yy22-32yy2-1y 1y =3代入的方程得，C13x 21 3x 故4 13|3AB 【考点】抛物线的简单

23、方程【考查能力】逻辑推理，运算求解20 【答案】解：（1）设，则，( )( )g xfx1( )cos1g xxx21( )sin(1)g xxx 当时，单调递减，而，可得在有唯一1,2x ( )g x(0)0g02g( )g x1,2的零点，设为，则当时，；当时，( 1, )x ( )0g x,2x( )0g x数学试卷 第 17 页（共 18 页） 数学试卷 第 18 页（共 18 页） 所以在单调递增，在单调递增，故在存在唯一的极大值点，( )g x( 1, ),2( )g x1,2即在存在极大值点( )fx1,2（2）的定义域为( )f x( 1,)x （i）当时，由（1）知在单调递增

24、，而，所以当1. 0x （ fx-1,0 00f（）时，故在单调递减又，从而是在0x （-1，） 0fx f x10（，）00f（）0x f x（）的唯一零点01（，（ii）当时，由（1）知在单调递增，在单调递减，而0,1x fx（）0,2，所以存在，使得，且当时，；当 0002ff（）,20,x 0fx 时，故在单调递减，在单调递增,2x( )0fx ( )f x(0,),2又，所以当时，从而在(0)0f1ln 1022f 0,2x( )0f x f x没有零点0,2（iv）当时，所以，从而在没有零点(,)xln(1) 1x ( )0f x f x(,)综上有且仅有2个零点 f x【考点】导

25、数及其应用、函数的单调性等【考查能力】推理论证，运算求解，抽象概括21 【答案】解（1）因为，且，所以的221111t t2222 2 222141211yttxttC直角坐标方程为2 21(1)4yxx 的直角坐标方程为l25110xy（2）由（1）可设的参数方程为（为参数，） Ccos 2sin x y 上的点到 的距离为Cl4 cos1112 cos2 3 sin1113 77当时，取得最小值 7，故上的点到 距离的最小值为2 3 4 cos112Cl7【考点】椭圆的参数方程以及直线的极坐标方程【考查能力】数据处理能力，运算求解22 【答案】解：（1）因为，且，故有222abab222bcbc222caac1abc 222111abbccaabcabbccaabcabc所以222111abcabc（2）因为,为正数且，故有abc1abc 3333333()()()3 () () ()abbccaabbcac=3(a+b)(b+c)(a+c)3 (2)(2)(2)abbcac24所以333()()()24abbcca【考点】利用综合法以及基本不等式证明不等式【考查能力】数形结合，化归与转化