2019年度全国卷Ⅰ高考-压轴卷数学文(解析版).doc

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1、.*2019全国卷高考压轴卷数学文科（一）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已知集合，集合，则集合（ ）ABCD2 已知复数满足，则AB5CD103下列函数中，与函数y=x3的单调性和奇偶性一致的函数是（ ）A. y=x B. y=tanx C. y=x+1x D. y=exex4某学校上午安排上四节课，每节课时间为40分钟，第一节课上课时间为8:008:40，课间休息10分钟.某学生因故迟到，若他在9:1010:00之间到达教室，则他听第二节课的时间不少于10分钟的概率为（ ）A. B. C. D. 5函数的最小正周期是（ ）A.

2、B. C. D. 6若，则， ， ， 的大小关系为（ ）A. B. C. D. 7 若实数，满足条件，则的最大值为A10B6C4D8 已知双曲线，四点，中恰有三点在双曲线上，则该双曲线的离心率为ABCD9 执行如图所示的程序框图，则输出的结果为A7 B9 C10 D1110一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长度为（ ）A. B. 5 C. D. 611 中，点是内（包括边界）的一动点，且，则的最大值是ABCD12 在四面体中，则它的外接球的面积ABCD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13数列中，且满足.，数列的通项公式 14 已知是上的偶函数，且在，单调递增，若（4），则的

3、取值范围为 15在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,，的等差中项且a=8，的面积为，则b+c的值为_16已知抛物线的焦点是F，直线l1:y=x1交抛物线于A,B两点，分别从A,B两点向直线 l2:x=2作垂线，垂足是D,C，则四边形ABCD的周长为_三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A BC D （17）（本小题满分12分）在右图所示的四边形ABCD中，BAD90，BCD150，BAC60，AC2，AB1（）求BC；（）求ACD的面积（18）（本小题满分12分）二手车经销商小王对其所经营的某一型号二手汽车的使用年数x（0x10）与销售价格y（单位：万元/辆）进行整理，得到

4、如下的对应数据：使用年数246810售价16139.574.5（）试求y关于x的回归直线方程；（参考公式：，）（）已知每辆该型号汽车的收购价格为w0.05x21.75x17.2万元，根据（）中所求的回归方程，预测x为何值时，小王销售一辆该型号汽车所获得的利润z最大？（19）（本小题满分12分）P在四棱锥P-ABCD中，PAD为等边三角形，底面ABCD等腰梯形，满足ABCD，ADDCAB2，且平面PAD平面ABCD（）证明：BD平面PAD；（）求点C到平面PBD的距离（20）（本小题满分12分）已知动点P到直线l：x1的距离等于它到圆C：x2y24x10的切线长（P到切点的距离）记动点P的轨迹为

5、曲线E（）求曲线E的方程；（）点Q是直线l上的动点，过圆心C作QC的垂线交曲线E于A，B两点，问是否存在常数，使得|AC|BC|QC|2？若存在，求的值；若不存在，说明理由21.（本小题满分12分）已知函数f(x)ln(mx)x1，g(x)(x1)exmx，m0（）若f(x)的最大值为0，求m的值；（）求证：g(x)仅有一个极值点x0，且ln(m1)x0m请考生在第（22），（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑22.（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，M(2，0)以坐标原点为极点，x轴的正半

6、轴为极轴建立极坐标系，A(，)为曲线C上一点，B(，)，|BM|1（）求曲线C的直角坐标方程；（）求|OA|2|MA|2的取值范围23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知abcd0，adbc（）证明：adbc；（）比较aabbcddc与abbaccdd的大小 2019全国卷高考压轴卷数学文科（一）答案一、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【答案】C【解析】根据题意可得，解得，满足题意，所以集合故选C2 【答案】C【解析】：，故选：3【答案】D【解析】函数y=x3即是奇函数也是R上的增函数，对照各选项：y=x 为非奇非偶函数，排

7、除A ；y=tanx为奇函数，但不是R上的增函数，排除B ；y=x+1x为奇函数，但不是R上的增函数，排除C ；y=exex为奇函数，且是R上的增函数，故选D.4【答案】A【解析】由题意知第二节课的上课时间为8:509:30 ，该学生到达教室的时间总长度为50 分钟，其中在9:109:20 进入教室时，听第二节的时间不少于10分钟，其时间长度为10分钟，故所求的概率 ，故选A.5【答案】C【解析】 因为 ， 所以其最小正周期为，故选C.6【答案】D【解析】因为，所以.,所以,.综上： .7【答案】B【解析】：先根据实数，满足条件画出可行域如图，做出基准线，由图知，当直线过点时，最大值为：6故选

8、：8 【答案】C【解析】：根据双曲线的性质可得，中在双曲线上，则一定不在双曲线上，则在双曲线上，解得，故选：9 【答案】B【解析】：模拟程序的运行，可得：，否；，否；，否；，否；，是，输出，故选：B10【答案】C【解析】 由三视图可知，该几何体是四棱锥，如图所示， 其中侧棱平面， 则, 所以该几何体的最长的棱的长度为，故选C11 【答案】B【解析】中，；以为原点，以所在的直线为轴，建立如图所示的坐标系，如图所示，设点为，直线的方程为，联立，得，此时最大，故选：B12 【答案】D【解析】：如下图所示，由勾股定理可得，所以，设的中点为点，则，则点为四面体的外接球球心，且该球的半径为，因此，四面体的

9、表面积为故选：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分13【答案】【解析】 由题意，所以为等差数列.设公差为，由题意得，得.14【答案】【解析】：是上的偶函数，且在，单调递增，不等式（4）等价为（4），即，即，得，即实数的取值范围是，故答案为：15【答案】.【解析】由 的等差中项，得 . 由正弦定理，得, ，由 所以, . 由 ，得 . 由余弦定理，得 ，即 ，故答案为16【答案】18+42.【解析】由题知，F(1,0) ，准线的方程是x=1,p=2 . 设A(x1,y1),B(x2,y2) ，由y=x1y2=4x ，消去y， 得x2=6x+1=0 . 因为直线l1 经过焦点F(1,0)，所以

10、|AB|=x1+x2+p=8 . 由抛物线上的点的几何特征知|AD|+|BC|=|AB|+2=10 ，因为直线l1的倾斜角是，所以|CD|=|AB|sin4=822=42 ，所以四边形ABCD 的周长是|AD|+|BC|+|AB|+|CD|=10+8+42=18+42 ，故答案为18+42 .三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤A BC D （17）（本小题满分12分）【答案】（）（）在SACD1【解析】（）在ABC中，由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcosBAC6， 所以BC（）在ABC中，由正弦定理得 ，则sinABC ，又0ABC120，所以ABC45，从而有ACB

11、75，由BCD150，得ACD75，又DAC30，所以ACD为等腰三角形，即ADAC2，故SACD1（18） （本小题满分12分）【答案】（）1.45x18.7（）x3【解析】（）由已知：6，10，242，220，1.45，18.7；所以回归直线的方程为1.45x18.7（）z1.45x18.7(0.05x21.75x17.2)0.05x20.3x1.50.05(x3)21.95，所以预测当x3时，销售利润z取得最大值（19）（本小题满分12分）【答案】（）见解析（）【解析】（）在梯形ABCD中，取AB中点E，连结DE，则DEBC，且DEBC故DEAB，即点D在以AB为直径的圆上，所以BDAD

12、因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BD平面ABCD，所以BD平面PAD（）取AD中点O，连结PO，则POAD，因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD由（）可知ABD和PBD都是直角三角形，所以BD2，于是SPBDPDBD2，SBCDBCCDsin120，易得PO，设C到平面PBD的距离为h，由VP-BCDVC-PBD得SPBDhSBCDPO，解得h（20）（本小题满分12分）【答案】（1）y26x （）【解析】（）由已知得圆心为C(2，0),半径r设P(x，y)，依题意可得| x1 |，整理得y26x故曲线E的方程为（）设直线AB的方

13、程为myx2，则直线CQ的方程为y=m(x2)，可得Q(1，3m)设A(x1，y1)，B(x2，y2)将myx2代入y26x并整理得y26my120，那么y1y212，8分则|AC|BC|(1m2) | y1y2 |12(1m2)，|QC|29(1m2)即|AC|BC|QC|2，所以21.（本小题满分12分）【答案】（）m1（）见解析【解析】（）由m0得f(x)的定义域为(0，)，f(x)1，当x1时，f(x)0；当0x1时，f(x)0，f(x)单调递增；当x1时，f(x)0，f(x)单调递减故当x1时，f(x)取得最大值0，则f(1)0，即lnm0，故m1（）g(x)xexm，令h(x)xe

14、xm，则h(x)(x1)ex，当x1时，h(x)0；当x1时，h(x)0，h(x)单调递减；当x1时，h(x)0，h(x)单调递增故当x1时，h(x)取得最小值h(1)e1m0当x1时，h(x)0，h(x)无零点，注意到h(m)memm0，则h(x)仅有一个零点x0，且在(1，m)内由（）知lnxx1，又m0，则ln(m1)(0，m)而h(ln(m1)h(ln)lnm(1)m10，则x0ln(m1)，故h(x)仅有一个零点x0，且ln(m1)x0m即g(x)仅有一个极值点x0，且ln(m1)x0m22.（本小题满分10分）【答案】（）(x1)2(y)21（）104，104【解析】（）设A(x，

15、y)，则xcos，ysin，所以xBcos()xy；yBsin()xy，故B(xy，xy)由|BM|21得(xy2)2(xy)21，整理得曲线C的方程为(x1)2(y)21（）圆C：（为参数），则|OA|2|MA|24sin10，所以|OA|2|MA|2104，10423.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲【答案】（）见解析（）见解析【解析】（）由abcd0得adbc0，即(ad)2(bc)2，由adbc得(ad)24ad(bc)24bc，即(ad)2(bc)2，故adbc（）()ab()dc()ab()cd，由（）得abcd，又1，所以()ab()cd，即()ab()cd()cd()cd()cd1，故aabbcddcabbaccdd