2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(全国卷Ⅰ) (2)

1、1 / 13 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|-4x3 b.x|-4x-2 c.x|-2x2 d.x|2x3 解析由题意得 n=x|-2x3, 则 mn=x|-2x2,故选 c. 答案 c 2.(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=1 b.(x-1)2+y2=

2、1 c.x2+(y-1)2=1 d.x2+(y+1)2=1 解析设 z=x+yi(x,yr). 因为 z-i=x+(y-1)i, 所以|z-i|=2+ (-1)2=1, 则 x2+(y-1)2=1.故选 c. 答案 c 3.(2019 全国,理 3)已知 a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3,则 ( ) a.abc b.acb c.cab d.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 d 6. (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

3、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.516 b.1132 c.2132 d.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 a 3 / 13 7.(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.6 b.3 c.23 d.56 解析因为(a-b)b, 所以(a-b) b=a

4、b-b2=0, 所以 a b=b2. 所以 cos=|=|22|2=12, 所以 a 与 b 的夹角为3,故选 b. 答案 b 8. (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+ b.a=2+1 c.a=11+2 d.a=1+12 解析执行第 1次,a=12,k=12,是,第一次应该计算 a=12+12=12+,k=k+1=2;执行第 2 次,k=22,是,第二次应该计算 a=12+12+12=12+,k=k+1=3;执行第 3次,k=32,否,输出,故循环体为 a=12+,故选 a. 答案 a 9.(2019 全国,理 9)记 sn为等

5、差数列an的前 n项和.已知 s4=0,a5=5,则( ) a.an=2n-5 b.an=3n-10 c.sn=2n2-8n d.sn=12n2-2n 4 / 13 解析由题意可知,4= 41+432 = 0,5= 1+ 4 = 5,解得1= -3, = 2.故 an=2n-5,sn=n2-4n,故选 a. 答案 a 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.22+y2=1 b.23+22=1 c.24+23=1 d.25+24=1

6、 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- = 2, + = 2,解得 =32, =2. |af1|=a,|af2|=a. 点 a为(0,-b). 2=1=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2=|2|=|12=b, |bp|=12b.点 b(32,12). 把点 b坐标代入椭圆方程22

7、+22=1 中,得 a2=3. 又 c=1,故 b2=2. 所以椭圆方程为23+22=1. 5 / 13 答案 b 11.(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

8、,过 f1的直线与c的两条渐近线分别交于 a,b 两点.若1 = ,1 2 =0,则 c的离心率为 . 解析如图,由1 = ,得|f1a|=|ab|. 又|of1|=|of2|,得 bf2oa,且|bf2|=2|oa|. 由1 2 =0,得 f1bf2b. 则 oaf1a,|ob|=|of1|=|of2|. 故bof2=aof1=2of1b,得bof2=60. 则=tan 60=3. 所以 e=1 + ()2= 1 + 3=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

9、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=2+2-22=12. 因为 0a180,所以 a=60. (2)由(1)知 b=120-c,由题设及正弦定理得2sin a+sin(120-c)=2sin c, 8 / 13 即62+32cos

10、 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. 因为 m,e分别为 bb1,bc 的中点, 所以 meb1

11、c,且 me=12b1c. 又因为 n 为 a1d 的中点,所以 nd=12a1d. 由题设知 a1b1dc,可得 b1ca1d, 故 mend, 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, 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, 9 / 13 则 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). 设 m=(x,y,z)为平面 a1ma的法

12、向量, 则1 = 0,1 = 0. 所以- + 3-2 = 0,-4 = 0.可取 m=(3,1,0). 设 n=(p,q,r)为平面 a1mn的法向量, 则 = 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 =3 ,求|ab|. 解设直线 l:y=32x+t,a(x

13、1,y1),b(x2,y2). (1)由题设得 f(34,0), 故|af|+|bf|=x1+x2+32, 由题设可得 x1+x2=52. 由 =32 + ,2= 3可得 9x2+12(t-1)x+4t2=0, 10 / 13 则 x1+x2=-12(-1)9. 从而-12(-1)9=52,得 t=-78. 所以 l的方程为 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. 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

14、) (2019全国,理 20)已知函数 f(x)=sin x-ln(1+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+,g(x)=-sin x+1(1+)2. 当 x(-1,2)时,g(x)单调递减, 而 g(0)0,g(2)0; 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)

15、的定义域为(-1,+). 11 / 13 ()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,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 x(0,2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,f(2)0;当 x(,2)时,f(x)0, 所以当 x(0,2时,f(x)0. 从而,f(x)在区间(0,2上没有零点. ()当 x(2,时,f(x)0,f()1,所以 f(x)0,从而 f(x)在区

16、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-

17、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.

18、p(x=-1)=(1-), p(x=0)=+(1-)(1-), 12 / 13 p(x=1)=(1-). 所以 x的分布列为 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)+

19、(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 =1-21+2, =41+2(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