2019年高考数学试卷（理）（新课标Ⅰ）（解析卷）

1/23 绝密★启用前 2019 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ） 答案解析版 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.已知集合 ，则 = A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 本题考查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． 【详解】由题意得， ，则 ．故选C． 【点睛】不能领会交集的含义易致误，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.设复数z 满足 ，z 在复平面内对应的点为(x，y)，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 1/23 【分析】 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，可选正确答案C．【详解】 2/23 则 ．故选C． 【点睛】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公 式法或几何法，利用方程思想解题． 3.已知 ，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 运用中间量 比较 ，运用中间量比较 【 详 解 】 则 ．故选B． 【点睛】本题考查指数和对数大小的比较，渗透了直观想象和数学运算素养．采取中间变 量法，利用转化与化归思想解题． 4.古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是 （ ≈0.618，称为黄金分割比例) “ ” ，著名的断臂维纳斯便是如此．此外，最美人体的 头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是 ．若某人满足上述两个黄金分割比 2/23 例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是 A. 165 cm B. 175 cm C. 185 cm D. 190cm 【答案】B 【解析】 3/23 【分析】 理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解． 【详解】设人体脖子下端至腿根的长为x cm ，肚脐至腿根的长为y cm ，则 ，得 ．又其腿长为105cm，头顶至脖子 下端的长度为26cm，所以其身高约为42．07+5．15+105+26=178．22，接近175cm．故选 B． 【点睛】本题考查类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取类比法， 利用转化思想解题． 5.函数f(x)= 在[—π，π]的图像大致为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先判断函数的奇偶性，得 是奇函数，排除A，再注意到选项的区别，利用特殊值得正 确答案．【详解】由 ，得 是奇函数， 3/23 其图象关于原点对称．又 ．故选D． 【点睛】本题考查函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取 性质法或赋值法，利用数形结合思想解题． 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 —”，如图就是一重卦．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 4/23 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计 “ ” 算等数学素养，重卦中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，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． 【详解】由题知，每一爻有2 中情况，一重卦的6 爻有 情况，其中6 爻中恰有3 个阳爻 情况有 ，所以该重卦恰有3 个阳爻的概率为 = ，故选A． 【点睛】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重复，其次要分析是 “ ” 排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是住店问题， 满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题． 7.已知非零向量a，b 满足 =2 ，且（a–b） b，则a 与b 的夹角为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本题主要考查利用平面向量数量积数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与 化归、数学计算等数学素养．先由 得出向量 的数量积与其模的关系，再利 用向量夹角公式即可计算出向量夹角． 4/23 【详解】因为 ，所以 =0，所以 ，所以 = ，所以 与 的夹角为 ，故选B． 【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公 式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为 ． 5/23 8.如图是求 的程序框图，图中空白框中应填入 A. A= B. A= C. A= D. A= 【 答 案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构 特征与程序框图结构，即可找出作出选择． 【详解】执行第1 次， 是，因为第一次应该计算 = ， =2，循环，执行第2 次， ，是，因为第二次应该计算 = ， =3，循环，执行第3 次， ，否，输出，故循环体为 ，故选 5/23 A． 【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 ． 9.记 为等差数列 的前n 项和．已知 ，则 A. B. C. D. 【答案】A 6/23 【解析】 【分析】 等差数列通项公式与前n 项和公式．本题还可用排除，对B ， ， ， 排 除 B ， 对 C ， ， 排 除 C ． 对 D ， ，排除D，故选A． 【详解】由题知， ，解得 ，∴ ，故选A． 【点睛】本题主要考查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，解出首项与公 差，在适当计算即可做了判断． 10.已知椭圆C 的焦点为 ，过F2的直线与C 交于A，B 两点.若 ， ，则C 的方程为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 6/23 可以运用下面方法求解：如图，由已知可设 ，则 ， 由椭圆的定义有 ．在 和 中，由余弦定理得 ，又 互补， ，两式消去 ，得 ， 解得 ． 7/23 所求椭圆方程为 ，故选B． 【详解】如图，由已知可设 ，则 ，由椭圆的定义有 ．在 中，由余弦定理推论得 ．在 中，由余弦定理得 ，解得 ． 所求椭圆方程为 ， 故选B． 【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查 数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养． 11.关于函数 有下述四个结论： ①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（ , ）单调递增 ③f(x)在 有4 个零点 ④f(x)的最大值为2 其中所有正确结论的编号是 7/23 A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③ 【答案】C 【解析】 【分析】 画出函数 的图象，由图象可得①④正确，故选C． 8/23 【详解】 为偶函数，故① 正确．当 时， ，它在区间 单调递减，故②错误．当 时， ，它有两个零点： ；当 时， ，它有一个零点： ，故 在 有 个零点： ，故③错误．当 时， ；当 时， ，又 为偶函数， 的最大值为 ，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C． 【点睛】化简函数 ，研究它的性质从而得出正确答案． 12.已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC，△ABC 是边长为2 的正三 角形，E，F 分别是PA，PB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 本题也可用解三角形方法，达到求出棱长的目的．适合空间想象能力略差学生． 9/23 设 ， 分别为 中点， ，且 ， 为边长为2 等边三角形， 又 中余弦定理 ，作 于 ， ， 为 中点， ， ， ， ，又 ， 两两垂直， ， ， ，故选D. 【详解】 为边长为2 的等边三角形， 为正三棱锥， 的 9/23 ，又 ， 分别 、 中点， ， ，又 ， 平面 ， 平面 ， ， 为正方体一部分， ，即 ，故选D． 为 10/23 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补型 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， 进而补型成正方体解决． 二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。 13.曲线 在点 处的切线方程为___________． 【答案】 . 【解析】 【分析】 本题根据导数的几何意义，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 【详解】详解： 所以， 所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ． 【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致 “ ” 计算错误．求导要慢，计算要准，是解答此类问题的基本要求． 14.记Sn为等比数列{an}的前n 项和．若 ，则S5=____________． 【答案】 . 10/23 【解析】 【分析】 本题根据已知条件，列出关于等比数列公比 11/23 的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到 ．题目的难度不大，注重了基础知识、基 本计算能力的考查． 【详解】设等比数列的公比为 ，由已知 ，所以 又 ， 所以 所以 ． 【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分 式分式计算，部分考生易出现运算错误． 15.甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决 赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场 取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1 获胜 的概率是____________． 【答案】0.216. 【解析】 【分析】 本题应注意分情况讨论，即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查． 【详解】前五场中有一场客场输时，甲队以 获胜的概率是 前五场中有一场主场输时，甲队以 获胜的概率是 综上所述，甲队以 获胜 概率是 【点睛】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 获胜的两种情况；易错点之三是是否 能够准确计算． 16.已知双曲线C： 左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C 的 的 的 11/23 两条渐近线分别交于A，B 两点．若 ， ，则C 的离心率为________ ____． 【答案】2. 【解析】 12/23 【分析】 本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算 素养．采取几何法，利用数形结合思想解题． 【详解】如图， 由 得 又 得OA 是三角形 的中位线，即 由 ，得 则 有 ．又OA 与OB 都是渐近线，得 则 ．又渐近线OB 的斜率为 ，所以该双曲线的离心率为 ． 【点睛】此题若不能求出直角三角形的中位线的斜率将会思路受阻，即便知道双曲线 渐近线斜率和其离心率的关系，也不能顺利求解，解题需要结合几何图形，关键得到 即得到渐近线的倾斜角为 从而突破问题障碍． 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 17~21 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. 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，设 12/23 ． （1）求A； （2）若 ，求sinC． 【答案】（1） ；（2） . 13/23 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得： ，从而可整理出 ，根据 可求得结果；（2）利用正弦定理可得 ， 利用 、两角和差正弦公式可得关于 和 的方程，结合同角三 角函数关系解方程可求得结果. 【详解】（1） 即： 由正弦定理可得： （2） ，由正弦定理得： 又 ， 整理可得： 解得： 或 因为 所以 ，故 . （2）法二： ，由正弦定理得： 13/23 又 ， 整理可得： ，即 或 14/23 且 【点睛】本题考 查利用正弦定理、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.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． 【答案】（1）见解析；（2） . 【解析】 【分析】 （1）利用三角形中位线和 可证得 ，证得四边形 为平行四边 形，进而证得 ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形 对角 线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取 中点 ，可证得 平面 ，得 到平面 的法向量 ；再通过向量法求得平面 的法向量 ，利用向量夹角公 式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】（1）连接 14/23 ， 15/23 ， 分别为 ， 中点 为 的中位线 且 又 为 中点，且 且 四边形 为平行四边形 ，又 平面 ， 平面 平面 （2）设 ， 由直四棱柱性质可知： 平面 四边形 为菱形 则以 为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则： ， ， ，D（0，-1,0） 15/23 取 中点 ，连接 ，则 四边形 为菱形且 为等边三角形 又 平面 ， 平面 平面 ，即 平面 16/23 为平面 的一个法向量，且 设平面 的法向量 ，又 ， ，令 ，则 ， 二面角 的正弦值为： 【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键 是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面 角的正弦值，属于常规题型. 19.已知抛物线C：y2=3x 的焦点为F，斜率为 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 ，求|AB|． 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】（1）设直线： ， ， ；根据抛物线焦半径公式可 得 ；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于 的方程，解方程 16/23 求得结果；（2）设直线： ；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形 式；利用 可得 ，结合韦达定理可求得 ；根据弦长公式可求得结 果. 【详解】（1）设直线方程为： ， ， 17/23 由抛物线焦半径公式可知： 联立 得： 则 ，解得： 直线的方程为： ，即： （2）设 ，则可设直线方程为： 联立 得： 则 ， ， 则 【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、 弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系. 20.已知函数 ， 为 的导数．证明：（1） 在区 间 存在唯一极大值点； 17/23 （2） 有且仅有2 个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 分析】 （1）求得导函数后，可判断出导函数在 上单调递减，根据零点存在定理可判断出 【 18/23 ，使得 ，进而得到导函数在 上的单调性，从而可证得结论； （2）由（1）的结论可知 为 在 上的唯一零点；当 时，首先可 判断出在 上无零点，再利用零点存在定理得到 在 上的单调性，可知 ，不存在零点；当 时，利用零点存在定理和 单调性可判断出存 在唯一一个零点；当 ，可证得 ；综合上述情况可证得结论. 【详解】（1）由题意知： 定义域为： 且 令 ， ， 在 上单调递减， 在 上单调递减 在 上单调递减 又 ， ，使得 当 时， ； 时， 18/23 即 在 上单调递增；在 上单调递减 则 为 唯一的极大值点 即： 在区间 上存在唯一的极大值点 . 19/23 （2）由（1）知： ， ①当 时，由（1）可知 在 上单调递增 在 上单调递减 又 为 在 上的唯一零点 ②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减 又 在 上单调递增，此时 ，不存在零点 又 ，使得 在 上单调递增，在 上单调递减 又 ， 在 上恒成立，此时不存在零点③当 时， 单调递减， 单调递减 在 上单调递减 19/23 又 ， 即 ，又 在 上单调递减 20/23 在 上存在唯一零点 ④当 时， ， 即 在 上不存在零点 综上所述： 有且仅有 个零点 【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零 点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数 的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 21.为了治疗某种疾病，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 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 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α 和β，一轮试验中甲药的得分记为X． （1）求 的分布列； （2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4 分， 表示“甲药的累计得分为 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 ， ， ，其中 ， ， ．假设 ， ． (i)证明： 为等比数列； 20/23 (ii)求 ，并根据 的值解释这种试验方案的合理性． 【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii） . 【解析】 【分析】 21/23 （1）首先确定 所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列； （2）（i）求解出 的取值，可得 ，从而 整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；（ii）列出证得的等比数列的通项公式，采 用累加的方式，结合 和 的值可求得 ；再次利用累加法可求出 . 【详解】（1）由题意可知 所有可能的取值为： ， ，