2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科數學(全國卷Ⅰ)

1、1 / 18 2019 年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 數學(全國卷,理) 一、選擇題:本題共 12 小題,每小題 5 分,共 60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。 1.(2019 全國,理 1)已知集合 m=x|-4x2,n=x|x2-x-60,則 mn=( ) a.x|-4x3 b.x|-4x-2 c.x|-2x2 d.x|2x3 解析由題意得 n=x|-2x3, 則 mn=x|-2x2,故選 c. 答案 c 2.(2019 全國,理 2)設復數 z 滿足|z-i|=1,z在復平面內對應的點為(x,y),則( ) a.(x+1)2+y2=1 b.(x-1)2+y2=

2、1 c.x2+(y-1)2=1 d.x2+(y+1)2=1 解析設 z=x+yi(x,yr). 因為 z-i=x+(y-1)i, 所以|z-i|=2+ (-1)2=1, 則 x2+(y-1)2=1.故選 c. 答案 c 3.(2019 全國,理 3)已知 a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,則 ( ) a.abc b.acb c.cab d.bca 2 / 18 解析因為 a=log20.220=1, 又 0c=0.20.30.201, 所以 ac1,f()=-1+20,排除 b,c.故選 d. 答案 d 6. (2019全國,理 6)我國古代典籍周易用“卦”描述萬物的變化.每

3、一“重卦”由從下到上排列的 6 個爻組成,爻分為陽爻“”和陰爻“”,右圖就是一重卦.在所有重卦中隨機取一重卦,則該重卦恰有 3 個陽爻的概率是( ) a.516 b.1132 c.2132 d.1116 解析由題可知,每一爻有 2種情況,故一重卦的 6 個爻有 26種情況.其中 6個爻中恰有 3 個陽爻有c63種情況,所以該重卦恰有 3個陽爻的概率為c6326=516,故選 a. 答案 a 7.(2019 全國,理 7)已知非零向量 a,b 滿足|a|=2|b|,且(a-b)b,則 a 與 b 的夾角為( ) a.6 b.3 c.23 d.56 解析因為(a-b)b, 所以(a-b) b=a

4、b-b2=0, 所以 a b=b2. 4 / 18 所以 cos=|=|22|2=12, 所以 a 與 b 的夾角為3,故選 b. 答案 b 8. (2019全國,理 8)右圖是求12+12+12的程序框圖,圖中空白框中應填入( ) a.a=12+ b.a=2+1 c.a=11+2 d.a=1+12 解析執(zhí)行第 1次,a=12,k=12,是,第一次應該計算 a=12+12=12+,k=k+1=2;執(zhí)行第 2 次,k=22,是,第二次應該計算 a=12+12+12=12+,k=k+1=3;執(zhí)行第 3次,k=32,否,輸出,故循環(huán)體為 a=12+,故選 a. 答案 a 9.(2019 全國,理 9

5、)記 sn為等差數列an的前 n項和.已知 s4=0,a5=5,則( ) a.an=2n-5 b.an=3n-10 5 / 18 c.sn=2n2-8n d.sn=12n2-2n 解析由題意可知,4= 41+432 = 0,5= 1+ 4 = 5,解得1= -3, = 2.故 an=2n-5,sn=n2-4n,故選 a. 答案 a 10.(2019 全國,理 10)已知橢圓 c的焦點為 f1(-1,0),f2(1,0),過 f2的直線與 c 交于 a,b兩點.若|af2|=2|f2b|,|ab|=|bf1|,則 c的方程為( ) a.22+y2=1 b.23+22=1 c.24+23=1 d.

6、25+24=1 解析如圖,由已知可設|f2b|=n,|bf1|=m. 由|ab|=|bf1|,則|af2|=m-n,|ab|=m. 又|af1|+|af2|=|bf1|+|bf2|,故|af1|=2n. 由橢圓的定義及|af2|=2|f2b|, 得- = 2, + = 2,解得 =32, =2. |af1|=a,|af2|=a. 點 a為(0,-b). 2=1=b. 過點 b作 x軸的垂線,垂足為點 p. 6 / 18 由題意可知oaf2pbf2. 又|af2|=2|f2b|,|of2|=2|f2p|. |f2p|=12. 又2=|2|=|12=b, |bp|=12b.點 b(32,12).

7、把點 b坐標代入橢圓方程22+22=1 中,得 a2=3. 又 c=1,故 b2=2. 所以橢圓方程為23+22=1. 答案 b 11.(2019 全國,理 11)關于函數 f(x)=sin|x|+|sin x|有下述四個結論: f(x)是偶函數 f(x)在區(qū)間(2,)內單調遞增 f(x)在-,有 4個零點 f(x)的最大值為 2 其中所有正確結論的編號是( ) a. b. c. d. 解析因為函數 f(x)的定義域為 r,關于原點對稱,且 f(-x)=sin|-x|+|sin(-x)|=sin|x|+|sin x|=f(x),所以 f(x)為偶函數,故正確; 當2x0,b0)的左、右焦點分別

8、為 f1,f2,過 f1的直線與c的兩條漸近線分別交于 a,b 兩點.若1 = ,1 2 =0,則 c的離心率為 . 解析如圖,由1 = ,得|f1a|=|ab|. 又|of1|=|of2|,得 bf2oa,且|bf2|=2|oa|. 由1 2 =0,得 f1bf2b. 則 oaf1a,|ob|=|of1|=|of2|. 故bof2=aof1=2of1b,得bof2=60. 10 / 18 則=tan 60=3. 所以 e=1 + ()2= 1 + 3=2. 答案 2 三、解答題:共 70 分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第 1721 題為必考題,每個試題考生都必須作答。第 22、

9、23 題為選考題,考生根據要求作答。 (一)必考題:共 60 分。 17.(12分) (2019全國,理 17)abc的內角 a,b,c 的對邊分別為 a,b,c.設(sin b-sin c)2=sin2a-sin bsin c. (1)求 a; (2)若2a+b=2c,求 sin c. 解(1)由已知得 sin2b+sin2c-sin2a=sin bsin c, 故由正弦定理得 b2+c2-a2=bc. 由余弦定理得 cos a=2+2-22=12. 因為 0a180,所以 a=60. (2)由(1)知 b=120-c,由題設及正弦定理得2sin a+sin(120-c)=2sin c, 即

10、62+32cos c+12sin c=2sin c, 可得 cos(c+60)=-22. 由于 0c120,所以 sin(c+60)=22, 故 sin c=sin(c+60-60) =sin(c+60)cos 60-cos(c+60)sin 60 11 / 18 =6+24. 18.(12分) (2019全國,理 18)如圖,直四棱柱 abcd-a1b1c1d1的底面是菱形,aa1=4,ab=2,bad=60,e,m,n分別是 bc,bb1,a1d 的中點. (1)證明:mn平面 c1de; (2)求二面角 a-ma1-n 的正弦值. 解(1)連接 b1c,me. 因為 m,e分別為 bb1

11、,bc 的中點, 所以 meb1c,且 me=12b1c. 又因為 n 為 a1d 的中點,所以 nd=12a1d. 由題設知 a1b1dc,可得 b1ca1d, 故 mend, 因此四邊形 mnde為平行四邊形,mned. 又 mn平面 edc1,所以 mn平面 c1de. (2)由已知可得 deda. 以 d 為坐標原點, 的方向為 x 軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系 d-xyz, 12 / 18 則 a(2,0,0),a1(2,0,4),m(1,3,2),n(1,0,2),1 =(0,0,-4),1 =(-1,3,-2),1 =(-1,0,-2), =(0,-3,0). 設 m=

12、(x,y,z)為平面 a1ma的法向量, 則1 = 0,1 = 0. 所以- + 3-2 = 0,-4 = 0.可取 m=(3,1,0). 設 n=(p,q,r)為平面 a1mn的法向量, 則 = 0,1 = 0. 所以-3 = 0,-2 = 0.可取 n=(2,0,-1). 于是 cos=|=2325=155, 所以二面角 a-ma1-n的正弦值為105. 19.(12分) (2019全國,理 19)已知拋物線 c:y2=3x的焦點為 f,斜率為32的直線 l與 c 的交點為 a,b,與 x 軸的交點為 p. (1)若|af|+|bf|=4,求 l的方程; (2)若 =3 ,求|ab|. 解

13、設直線 l:y=32x+t,a(x1,y1),b(x2,y2). 13 / 18 (1)由題設得 f(34,0), 故|af|+|bf|=x1+x2+32, 由題設可得 x1+x2=52. 由 =32 + ,2= 3可得 9x2+12(t-1)x+4t2=0, 則 x1+x2=-12(-1)9. 從而-12(-1)9=52,得 t=-78. 所以 l的方程為 y=32x-78. (2)由 =3 可得 y1=-3y2. 由 =32 + ,2= 3可得 y2-2y+2t=0. 所以 y1+y2=2. 從而-3y2+y2=2,故 y2=-1,y1=3. 代入 c的方程得 x1=3,x2=13. 故|

14、ab|=4133. 20.(12分) (2019全國,理 20)已知函數 f(x)=sin x-ln(1+x),f(x)為 f(x)的導數.證明: (1)f(x)在區(qū)間(-1,2)存在唯一極大值點; (2)f(x)有且僅有 2個零點. 14 / 18 解(1)設 g(x)=f(x), 則 g(x)=cos x-11+,g(x)=-sin x+1(1+)2. 當 x(-1,2)時,g(x)單調遞減, 而 g(0)0,g(2)0; 當 x(,2)時,g(x)0. 所以 g(x)在區(qū)間(-1,)內單調遞增,在區(qū)間(,2)內單調遞減,故 g(x)在區(qū)間(-1,2)內存在唯一極大值點, 即 f(x)在區(qū)

15、間(-1,2)內存在唯一極大值點. (2)f(x)的定義域為(-1,+). ()當 x(-1,0時,由(1)知,f(x)在區(qū)間(-1,0)內單調遞增,而 f(0)=0,所以當 x(-1,0)時,f(x)0,故f(x)在區(qū)間(-1,0)內單調遞減. 又 f(0)=0,從而 x=0 是 f(x)在區(qū)間(-1,0上的唯一零點. ()當 x(0,2時,由(1)知,f(x)在區(qū)間(0,)內單調遞增,在區(qū)間(,2)內單調遞減,而f(0)=0,f(2)0;當 x(,2)時,f(x)0, 15 / 18 所以當 x(0,2時,f(x)0. 從而,f(x)在區(qū)間(0,2上沒有零點. ()當 x(2,時,f(x)

16、0,f()1,所以 f(x)0,從而 f(x)在區(qū)間(,+)內沒有零點. 綜上,f(x)有且僅有 2個零點. 21.(12分) (2019全國,理 21)為治療某種疾病,研制了甲、乙兩種新藥,希望知道哪種新藥更有效,為此進行動物試驗.試驗方案如下:每一輪選取兩只白鼠對藥效進行對比試驗.對于兩只白鼠,隨機選一只施以甲藥,另一只施以乙藥.一輪的治療結果得出后,再安排下一輪試驗.當其中一種藥治愈的白鼠比另一種藥治愈的白鼠多 4只時,就停止試驗,并認為治愈只數多的藥更有效.為了方便描述問題,約定:對于每輪試驗,若施以甲藥的白鼠治愈且施以乙藥的白鼠未治愈則甲藥得 1 分,乙藥得-1 分;若施以乙藥的白鼠

17、治愈且施以甲藥的白鼠未治愈則乙藥得 1分,甲藥得-1分;若都治愈或都未治愈則兩種藥均得 0分.甲、乙兩種藥的治愈率分別記為 和 ,一輪試驗中甲藥的得分記為 x. (1)求 x 的分布列; (2)若甲藥、乙藥在試驗開始時都賦予 4分,pi(i=0,1,8)表示“甲藥的累計得分為 i 時,最終認為甲藥比乙藥更有效”的概率,則 p0=0,p8=1,pi=api-1+bpi+cpi+1(i=1,2,7),其中 a=p(x=-1),b=p(x=0),c=p(x=1).假設 =0.5,=0.8. ()證明:pi+1-pi(i=0,1,2,7)為等比數列; ()求 p4,并根據 p4的值解釋這種試驗方案的合

18、理性. 解(1)x的所有可能取值為-1,0,1. p(x=-1)=(1-), p(x=0)=+(1-)(1-), p(x=1)=(1-). 16 / 18 所以 x的分布列為 x -1 0 1 p (1-) +(1-)(1-) (1-) (2)()由(1)得 a=0.4,b=0.5,c=0.1. 因此 pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1, 故 0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1), 即 pi+1-pi=4(pi-pi-1). 又因為 p1-p0=p10, 所以pi+1-pi(i=0,1,2,7)為公比為 4,首項為 p1的等比數列. ()由()可得 p8=p8-p7

19、+p7-p6+p1-p0+p0 =(p8-p7)+(p7-p6)+(p1-p0) =48-13p1. 由于 p8=1,故 p1=348-1, 所以 p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=44-13p1=1257. p4表示最終認為甲藥更有效的概率.由計算結果可以看出,在甲藥治愈率為 0.5,乙藥治愈率為 0.8時,認為甲藥更有效的概率為 p4=12570.003 9,此時得出錯誤結論的概率非常小,說明這種試驗方案合理. (二)選考題:共 10 分。請考生在第 22、23 題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計分。 22.(10分) (2019全國,理 22)選修 44:坐標系與參數方程 17 / 18 在直角坐標系 xoy 中,曲線 c的參數方程為 =1-21+2, =41+2(t為參數).以坐標原點 o 為極點,x 軸的正半軸為極軸