2019年高考全国1卷理科数学试题和答案

1、1eord完美格式6,2019 年全国统一高考数学试卷 （理科）（新课标 I）第丨卷（选择题）一、单选题1.已知集合M =x|4 x 2, N =x|x2-x-6 0),则MCN=A. (x -4 x 3)Bx|-4x-2)c. x -2x2)D. X|2X32. iifi数z满足|z-i|=1, z在夏平面内对应的点为(x, y),贝q2 2 2 2 2 2 2 2A(x+1) +y =1 B. (x-1) +y =1 C. x +(y -1) =1 D. x +(y+1) =13.已知a =log2 0.2,b=22,c=0.2，则A. a b cB. acbc. ca bD.bc0,b

2、0)的左、右焦点分别为Fi,过H的直线与C17VABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c，设2 2(sin B一sinC) =sin A-sin BsinC .(1)求A;(2)若72a +b =2c ,求SinC.18.如图，直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4 , AB=2 , z BAD=60 ,E,M, N分别是BC, BB1, AQ的中点.(1)证明：MN/平面CiDE;(2)求二面角A-MAi-N的正弦值319.已知抛物线C：y2=3x的焦点为F,料率为？的直线I与C的交点为A. B,与X轴的交 点为P.若IAH+I BFM ,求I的方程；T T(

3、2)若AP =3PB求|AB|.20已知函数f (x) =sin x-ln(1+x), fr(x)为f(x)的导数证明：16 .巳知双曲线C：的两条渐近线分别交于A, B两点.若F,A则C的离心率为=0,eord完美格式(1)f(x)在区间(-巧)存在唯一极大值点；(2)f(x)有且仅有2个零点.21 .为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道嘛种新药更有效，为此进行动物试检.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

4、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乙药的 门巳灯愈则甲药得1分,乙药得-;若施以乙药的白肌治愈且施以甲药的白鼠朮治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分.甲、乙两种药的治愈率分别记为a和卩，一轮试验中甲药的得分记为X.(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p.(i =0,1,111,8)表示甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效的概率，则po =0, ps =1,P =ap.丄+bp +cp_(i =1,2,|,7),其中a=P(X =-1) , b =P(X = 0),c=P(X =1

5、).假设a =0.5,卩=0.8.(i)证明：R-R(i=0,1,2，H|,7)为等比数列；(ii)求P4,并根据P4的值解释这种试验方案的合理性22 .选修44 :坐标系与参数方程1-t2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0ly=r,直线i的极坐标方程为eord完美格式为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系2 Pcos8+ 苗Psin 6+11 =0 .(1)求C和I的直角坐标方程；(2)求C上的点到I距离的最小值.23 .选修4-5 :不等式选讲已知a, b, c为正数，且满足abc=l .证明：1(1)一a.1 1 2 .2 2 + a +b +c；b

6、c(2)(a+b) +(b+c) +(c + a) 224参考答案1. C解析】本题考査集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养.采取数轴法，利用数形结合的思想解题.I羊解】由题意得,M =(x|-4x 2),N =x|-2x3),则MCN=x|-2 x 2).故选C.讥睛不能领会交集的含义易致渓，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部 分.2.C解析“析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易.此题可采用几何法，根据点(x, y)和 点(0, 1)之间的距离为1,可选eord完美格式正确答案C.ITW】宁22z =x+yi,z _j =x +(y _1)i*z_

7、i| =Jx +(y_1)=人则x +(y -1) =1 .故选C.15BI1本题考査复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想彖和数学运算素养 釆取公式法或儿 何法，利用方程思想解題3.B聊析】析】运用中间駅o比较a,c,运用中间駁1比较b,cI羊解】a =log20.2 2 = 1,0 O.2030.2 =1,则0c1,ac1,52匚新0.故选D.（耳）巨睛】本题考査函数的性质与图象,渗透了逻辑推理、克观想象和数学运算素养 采取性质法或 賦值法，利用数形结合恵想解题6.A解析】“析】2 _cos( -x) +(-x) COS X + X对称又feord完美格式本题主要考査利用两个计数原理与排列

8、组合计算古典概型问题 算等数学素养，里扑”中每一爻有两种情况，基本爭件计算是住店问题，该重卦恰有3个 阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算.I羊解】由题知，毎一爻有2屮情况，一重卦的6爻有2情况，其屮6爻中恰有3个阳爻悄况有Q35C；,所以该重卦恰有3个阳爻的概率为4=-，故选A.2 16UHH对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可車复，其次要分析是排列问题 还是组合问题.本题是重夏元索的排列问题 ，所以基本事件的讣算是 住店”问题，满足条 件事学的计算是相同元素的排列问题即为组合问题7.B解析】“析】本题主要考査利用平面向秋数尿积计算向秋长度 、夹角与垂直问題，渗透了转

9、化与化归、 数学汁算等数学索养.先山（a-b）丄b得出向融a.b的数尿枳与其模的关系，再利用向位 夹角公式即可计算岀向駅夹角因为(a -b)丄b,所以(ab) b=a bb2=o ,所以a -b=b2,所以对向駅夹角的计算，先计算岀向吊 :的数吊积及各个向吊於模,在利用向杲夹角公式求出夹,渗透了传统文化、数学计a b一|bfcos9W7所以a与b的夹角为7t3故选B.eord完美格式角的余弦值，再求出夹角，注意向慣夹角范围为【0,刃.8.A昭析】析】本题主要考査算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构 持征与程序框图结构，即可找出作出选择.详解】执行第1次，A =-,

10、k =1 2是，因为第一次应该计算2环，执行第2次，k =22,是，因为第二次应该计算2 + -=，2+丄2+A2k =k +1 =3,循环，执行第3次，k=22,否，输出，故循环体为A=!,故选2+ AA.点睛秒杀速解认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为A-.2 +A9. A昭析】析】等差数列通项公式与前n项和公式本题还可用排除,鼻=4（；+2）,排除B,对C,Q =0,a5=Ss -S4=2X5? -8X5 -0=10H5,排除刍=0,a5-S4=1X52-2X5-0=-5,排除2 2I羊解】对B, 35 =5 ,D,故选A.eord完美格式rdIS4=4a+ x4x3 = 0由题知，

11、/2& =Q +4d =5等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程,解岀首项与公差,在适 当计算即可做了判断10B酗析】“析】由已知可设|HB|=n,贝ij|AF2| =2n,|BF,| =|AB =3n，得|AFi|=2 n,在AAB中求 得COSZFTAB =-Y再在AF.Fa中，由余弦定理得n=,从而可求解.32=n，贝【J AF2=2n, BR = AB =3n,由椭圆的定义有= 2a-|AF2| =2n.在厶ARB中，由余弦定理推论得4n2 3+4n2-22n 2n i=4 ,解得n = 32cosZAFaFi +cosZBF2Ft=0 ,两式消去cosZAFgH ,

12、cosZBF2F1,得3n2+6 =11n2,解得2 2a =4n =2逅J a =罷、：b2= a2-c2=3-1 =2所求椭圆方程为 +3故选B.法二：由巳知可设IF2B =n，则|AF=2n, BF =|AB =3n,由椭圆的定义有2a = BFt| -qBF2| =4n,/.| AR|=2aHAF2| =2 n.在厶AF1F2和ABFIF?中，由余弦定理，解得為=2介一5,故选A.d =2本题主要考査等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养利用法一：如图,由已知可设F2B2a =|BF,| BF2| = 4n “ | AR2丄介2小2十4n +9n _9ncosZR

13、AB =-22n 3n丄在AF&2中，由余弦定理得3eord完美格式n =邑./. 2a =4n =2屁a =/,. b2=a2-c2=3-1 =2,.-.所求椭圆方程为亍”，故选B.本题考査椭圆标准方程及其简单性质，考査数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象逻级推理等数学索养酗析】析】化简函数f (x)=sin|x|+|sinx|,研究它的性质从而得出正确答案.畔解】7 f (-x )=sin |-x|+|sin(-x j =sin|x|+|sin x| = f (x ), f (x)为偶函数,故正确.当x时，f (x )=2si n x ,它在区间f-，次单调递减，故错误.当

14、0 x/6 , B卩R = ,V = -nR3= -TTx，故选D.2338eord完美格式设PA = PB =PC =2x, E,F分别为PA, AB中点,EF/PB,且EF =-PB=x, VAABC为边长为2的等边三角形，2.CF =梟又ZCEF -90。CE - j3-x, AE-丄PA x2x2+4一（3-x2.AEC中余弦定理cosZEAC =-，作PD丄AC于D ,tPA= PC ,2x2xxQ D为AC中点，cosZEAC =，二x初-卅=丄PA 2x4x2x,PA = PB = PC = V2 ,乂AB=BC=AC=2 , 2x2+1 =2 x2 PAfPB , PC两两乖宜

15、 2R=么 +2 + 2 = V6 ,R卫p解法二：eord完美格式故选D.eord完美格式本题考査学生空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到三棱两 两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.13.3x_y =0.解析】“析】本题很据导数的几何意义，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I羊解】详解：y =3(2x +1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1iex,所以，k = y |x = 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.巨睛1准确求导数是进一步计算的基础，本题

16、易因为导数的运算法则学握不熟，二导致计算链 误.求导要慢，讣算要准，是解答此类问题的基本要求.14.空.3解析】析】本题很据巳知条件，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，讣算得 到$.题目的难度不大，注求了基础知识、基本计算能力的考査.非解设等比数列的公比为q,由已知a=a6,所以(-q3)2=q5,又qO,333eord完美格式所以q =3,所以。a,(1-q5) 4一狎121 .OK=- =- =-1-q1-33直睛】准确汁算，是解答此类问题的基本要求.本题由于涉及薪的乘方运算、繁分式分式计 算，部分考生易岀现运算错误.15.0.216.解析】析】本题应注意分情况讨论，即

17、前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式 求解.题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考査.I羊解】前四场中有一场客场输，第五场施时，甲队以4:1获胜的概率是0.63X0.5X0.5X2=0.108,前四场中有一场主场输，第五场廉时，甲队以4:1茯胜的概率是2 20.4 x 0.6 x 0.5 X2 =0.072,综上所述，甲队以4:1茯胜的概率是q =0.108+0.072 =0.18.巨睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以4:1获胜的两种情况；易错点Z三是是否能够准确 计算

18、.16.2.解析eord完美格式析】 通过向晟关系得到F,A = AB和OA丄F,A，得到ZAOB =ZAOFi,结合双曲线的渐近线可得ZBOF2=ZAOF1, ZBOF2=ZAOF1=ZBOA=60,从而由-=tan 60 = J5可求aBF2/OA, BF2=2OA.由吊得FB丄F2B,OA丄F,A,则O B = OF,有ZAOB =ZAOF又0A与OB都是渐近线，得ZBOF2=ZAOFb又ZBOF?+ZAOB+Z AOF=次，得ZBOF2 =AOF1=ZBOA =60,.乂渐近线OB能斜率为-=tan60 =丽,所以该双a本题考査平面向吊结合双曲线的渐进线和离心率,渗透了逻辑推理直观想象

19、和数学运算 索养.采取几何法，利用数形结合思想解题17.(1) A=-；(2) sinC =V34硏析12,得OA是三角形F1F2B的中位线，即I羊解】=2曲线的离心率为e =aeord完美格式析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得：b2+c2_a2=bc ,从而可整理出cosA,根据A （0,）uj求得结果；（2）利用正弦定理可得gsin A+sin B = 2sin C ,利用sin B =sin（A+C卜两角和差正弦公式可得关于sin C和cosC的方程，结合同角三角函 数关系解方程可求得结果即：sin2B +sin2C -sin2A =sin BsinC由正弦定理可得：b2+c2

20、-a2=bcX(0“)(2) WFa +b =2c ,由正弦定理得：/2 sin A+sin B =2sin C又sinB =sin( A +C ) = si n AcosC + cos A si nCA= 3呼哼co中心2sinC整理可得：3sinC-循二Jco2/sin2C +cos2C =1/. (3sirC-VQ = 0 4 sf0 )(2)法二：辰+b=2c,由正弦定理得：72 sin A +sin B =2sin C又sinB =sin( A +C ) = si n AcosC+cos A si nCA=(1)(sin B -sinC ) =sin B 2sin Bsin C +s

21、in C2= sin A一sin BsinC因为sin B =2sinC - J2sin A =2sinCV620所以sinC cos A2bceord完美格式3eord完美格式z整理可得：3sinC_ = JcoQ ,即3sin C_ JScosC =2j5sin C点睛本题考査利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角 函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进行化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.18.（1）见解析；（2）.5解析】附析】（D利用三角形中位线和ADBC可证得ME/ND， 证得四边形MNDE为平行四边 形， 进而证得MN/DE，

22、根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形ABCD对角 线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取AB中点F ,可证得DF丄平面AMA,，得到平面AMA,的法向駅or -再通过向吊法求得平面MAN的法向彊瞎，利用向慣夹角公 式求得两个法向吊夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值 cosC +-si nC =2si nC2由Ce(0,),C-le(_|,l),小n所以Cbn nTI=rc=4+6eord完美格式IY-W1(1)连接ME , B,Ceord完美格式VM,E分别为BB,. BC屮点.ME为亞|BC的中位线ME/RC且ME=、B|C又N为AD中点，且AD/B|C /. ND/B|C

23、且ND =*BC ME/ND四边形MNDE为平行四边形.MN / /DE ,又MN /3，则y =1, z = -1二X =(V3,1,-)n -MN =x -y =02 21二面角A-MA -N的正弦值为:西5本题考査线面平行关系的证明、空间向駅法求解二面角的问题求解二面角的关键是能够利用垂克关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向隆夹角的余弦值来得到二面角的正弦 值，属于常规题型19.( 1) 12x -8y -7 = 0；( 2)3酗析析】设直线I：y證x+m, A（xbyi）, B（X2,y2）；根据抛物线焦半径公式可得xi+x2=1；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于m

24、的方程，解方程求2得结果；（2）设克线I：x +t；联立直线方程与抛物线方程 ，得到韦达定理的形 式；利用AP =3PB可得yi =-3y2,结合韦达定理可求得yiy2；根据弦长公式可求得结. cos =歸广扁芈.- sin=eord完美格式本题考査抛物线的儿何性质、直线与抛物线的综合应用问题,涉及到平面向横、弦长公式的应用.关键尼能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等駅关系.20. (1)见解析；(2)见解析果.【羊解1(1)设直线I方程为：y = |x +m , A（x1,y1）, B（x2,y2）由抛物线焦半径公式可知:|AF| +|BF| =Xi +x2+*=45 X, +

25、 x2=- 2联立3 y =-x +my 2得:y2=3x9x2+（12m-12）x+4m2=02o则（计-12 ） -144m 012m一12 5 Xi +X2 - -=-,解得:37直线I的方程为：y=X 281m 0 yi+y2= 2, y也=一3T AP =3PB y = -3y2eord完美格式昭析析】eord完美格式使得gr(xo)=o,进而得到导函数在-1,1上的单调性，从而可证得结论；(2)由 的结论可知X = 0为f(X)在(-1,0】上的唯一零点；当X嗓,并寸，首先可判断出在(O,Xo)上无零点，再利用零点存在定理得到f (X#E(xo,；上的单调性，出存在唯一一个零点；当

26、XW(7t,+oC),可证得f(x)0 9仞“吨+再二命十。!f，U，使得gr(xo )=0BP9(x)ff.(-1,XQ)上单调递増；在(XQ,|J上单调递减(1)求得导函数后,可判断岀导函数在F扌)上单调递减，根知存在定理可判断岀3X0吨)可知f (x )0,不存在零点；当xw呂枫j时，利月零点存在定理和f (X)单调性可判断当x(-i,xo)时，ga)o；x7T寸，ggvoeord完美格式则X =xo为g(xy唯一的极大值点即：f(X)ft区间(,扌上存在唯一的极大值点Xo.(2)由(1)知：f (X)= COSX一丄，X(_1,4OO)X +1当xe(1,0】时，由 可知L(x)在(_1,0上单调递增/. fr(x)o /. f (x )ft(O,Xo)上单调递增，此时f(x)f (0) =