2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(全国卷Ⅰ).docx

1、2019年普通高等学校招生全国统一考试数学(全国卷,理)一、选择题:本题共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.(2019全国,理1)已知集合M=x|-4x2,N=x|x2-x-60,则MN=() A.x|-4x3B.x|-4x-2C.x|-2x2D.x|2x3解析由题意得N=x|-2x3,则MN=x|-2x2,故选C.答案C2.(2019全国,理2)设复数z满足|z-i|=1,z在复平面内对应的点为(x,y),则()A.(x+1)2+y2=1B.(x-1)2+y2=1C.x2+(y-1)2=1D.x2+(y+1)2=1解析设z=x+yi(x,

2、yR).因为z-i=x+(y-1)i,所以|z-i|=x2+(y-1)2=1,则x2+(y-1)2=1.故选C.答案C3.(2019全国,理3)已知a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,则()A.abcB.acbC.cabD.bca解析因为a=log20.220=1,又0c=0.20.30.201,所以ac1,f()=-1+20,排除B,C.故选D.答案D6.(2019全国,理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个爻组成,爻分为阳爻“”和阴爻“”,右图就是一重卦.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.516B.1132

3、C.2132D.1116解析由题可知,每一爻有2种情况,故一重卦的6个爻有26种情况.其中6个爻中恰有3个阳爻有C63种情况,所以该重卦恰有3个阳爻的概率为C6326=516,故选A.答案A7.(2019全国,理7)已知非零向量a,b满足|a|=2|b|,且(a-b)b,则a与b的夹角为()A.6B.3C.23D.56解析因为(a-b)b,所以(a-b)b=ab-b2=0,所以ab=b2.所以cos=ab|a|b|=|b|22|b|2=12,所以a与b的夹角为3,故选B.答案B8.(2019全国,理8)右图是求12+12+12的程序框图,图中空白框中应填入()A.A=12+AB.A=2+1AC

4、.A=11+2AD.A=1+12A解析执行第1次,A=12,k=12,是,第一次应该计算A=12+12=12+A,k=k+1=2;执行第2次,k=22,是,第二次应该计算A=12+12+12=12+A,k=k+1=3;执行第3次,k=32,否,输出,故循环体为A=12+A,故选A.答案A9.(2019全国,理9)记Sn为等差数列an的前n项和.已知S4=0,a5=5,则()A.an=2n-5B.an=3n-10C.Sn=2n2-8nD.Sn=12n2-2n解析由题意可知,S4=4a1+432d=0,a5=a1+4d=5,解得a1=-3,d=2.故an=2n-5,Sn=n2-4n,故选A.答案A

5、10.(2019全国,理10)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为()A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1解析如图,由已知可设|F2B|=n,|BF1|=m.由|AB|=|BF1|,则|AF2|=m-n,|AB|=m.又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|,故|AF1|=2n.由椭圆的定义及|AF2|=2|F2B|,得m-n=2n,m+n=2a,解得m=3a2,n=a2.|AF1|=a,|AF2|=a.点A为(0,-b).kA

6、F2=b1=b.过点B作x轴的垂线,垂足为点P.由题意可知OAF2PBF2.又|AF2|=2|F2B|,|OF2|=2|F2P|.|F2P|=12.又kAF2=|BP|F2P|=|BP|12=b,|BP|=12b.点B32,12b.把点B坐标代入椭圆方程x2a2+y2b2=1中,得a2=3.又c=1,故b2=2.所以椭圆方程为x23+y22=1.答案B11.(2019全国,理11)关于函数f(x)=sin|x|+|sin x|有下述四个结论:f(x)是偶函数f(x)在区间2,内单调递增f(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.解析因为函数f(x)的

7、定义域为R,关于原点对称,且f(-x)=sin|-x|+|sin(-x)|=sin|x|+|sin x|=f(x),所以f(x)为偶函数,故正确;当2x0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点.若F1A=AB,F1BF2B=0,则C的离心率为.解析如图,由F1A=AB,得|F1A|=|AB|.又|OF1|=|OF2|,得BF2OA,且|BF2|=2|OA|.由F1BF2B=0,得F1BF2B.则OAF1A,|OB|=|OF1|=|OF2|.故BOF2=AOF1=2OF1B,得BOF2=60.则ba=tan 60=3.所以e=ca=1+ba2=1+3

8、=2.答案2三、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)(2019全国,理17)ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.设(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=b2+c2-a22bc=12.因为0A180,所以A=60.(2)由(1)知

9、B=120-C,由题设及正弦定理得2sin A+sin(120-C)=2sin C,即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=6+24.18.(12分)(2019全国,理18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.解(1)连接B1C,ME.因

10、为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1􀱀DC,可得B1C􀱀A1D,故ME􀱀ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).

11、设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则mA1M=0,mA1A=0.所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则nMN=0,nA1N=0.所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).于是cos=mn|m|n|=2325=155,所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.19.(12分)(2019全国,理19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若AP=3PB,求|AB|.解设直线l:y=32x+t,A(x1

12、,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F34,0,故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由题设可得x1+x2=52.由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=-12(t-1)9.从而-12(t-1)9=52,得t=-78.所以l的方程为y=32x-78.(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.由y=32x+t,y2=3x可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.代入C的方程得x1=3,x2=13.故|AB|=4133.20.(12分)(2019全国,理20)已知函数f(x)=sin x-ln(1

13、+x),f(x)为f(x)的导数.证明:(1)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.解(1)设g(x)=f(x),则g(x)=cos x-11+x,g(x)=-sin x+1(1+x)2.当x-1,2时,g(x)单调递减,而g(0)0,g20;当x,2时,g(x)0.所以g(x)在区间(-1,)内单调递增,在区间,2内单调递减,故g(x)在区间-1,2内存在唯一极大值点,即f(x)在区间-1,2内存在唯一极大值点.(2)f(x)的定义域为(-1,+).()当x(-1,0时,由(1)知,f(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f(0)=0,所以当x(-1,0)时

14、,f(x)0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0上的唯一零点.()当x0,2时,由(1)知,f(x)在区间(0,)内单调递增,在区间,2内单调递减,而f(0)=0,f20;当x,2时,f(x)0,所以当x0,2时,f(x)0.从而,f(x)在区间0,2上没有零点.()当x2,时,f(x)0,f()1,所以f(x)0,从而f(x)在区间(,+)内没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.21.(12分)(2019全国,理21)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

15、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乙药的白鼠未治愈则甲药得1分,乙药得-1分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分,甲药得-1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和,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,pi(i=0,1,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲药比

16、乙药更有效”的概率,则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).假设=0.5,=0.8.()证明:pi+1-pi(i=0,1,2,7)为等比数列;()求p4,并根据p4的值解释这种试验方案的合理性.解(1)X的所有可能取值为-1,0,1.P(X=-1)=(1-),P(X=0)=+(1-)(1-),P(X=1)=(1-).所以X的分布列为X-101P(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(p

17、i+1-pi)=0.4(pi-pi-1),即pi+1-pi=4(pi-pi-1).又因为p1-p0=p10,所以pi+1-pi(i=0,1,2,7)为公比为4,首项为p1的等比数列.()由()可得p8=p8-p7+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表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为0.5,乙药治愈率为0.8时,认为甲药更有效的概率为p4=12570.003 9,此时得出

18、错误结论的概率非常小,说明这种试验方案合理.(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.(10分)(2019全国,理22)选修44:坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为x=1-t21+t2,y=4t1+t2(t为参数).以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为2cos +3sin +11=0.(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.解(1)因为-11-t21+t21,且x2+y22=1-t21+t22+4t2(1+t2)2=1,所以C的直角坐标方程为x2+y24=

19、1(x-1).l的直角坐标方程为2x+3y+11=0.(2)由(1)可设C的参数方程为x=cos,y=2sin(为参数,-).C上的点到l的距离为|2cos+23sin+11|7=4cos-3+117.当=-23时,4cos-3+11取得最小值7,故C上的点到l距离的最小值为7.23.(10分)(2019全国,理23)选修45:不等式选讲已知a,b,c为正数,且满足abc=1.证明:(1)1a+1b+1ca2+b2+c2;(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)324.解(1)因为a2+b22ab,b2+c22bc,c2+a22ac,又abc=1,故有a2+b2+c2ab+bc+ca=ab+bc+caabc=1a+1b+1c.所以1a+1b+1ca2+b2+c2.(2)因为a,b,c为正数且abc=1,故有(a+b)3+(b+c)3+(c+a)333(a+b)3(b+c)3(a+c)3=3(a+b)(b+c)(a+c)3(2ab)(2bc)(2ac)=24.所以(a+b)3+(b+c)3+(c+a)324.