2019年全国I卷理科数学高考真题.docx

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2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．

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．

3．已知，则

A． B． C． D．

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例，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，则其身高可能是

A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm

5．函数f（x）=在的图像大致为

A． B．

C． D．

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

A． B． C． D．

7．已知非零向量a，b满足，且b，则a与b的夹角为

A． B． C． D．

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=

9．记为等差数列的前n项和．已知，则

A． B． C． D．

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．

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

A．①②④ B．②④ C．①④ D．①③

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，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为

A． B． C． D．

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____________．

14．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若，则S5=____________．

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____________．

16．已知双曲线C：

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，，则C的离心率为____________．

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．（12分）

的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．

（1）求A；

（2）若，求sinC．

18．（12分）

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．

19．（12分）

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|．

20．（12分）

已知函数，为的导数．证明：

（1）在区间存在唯一极大值点；

（2）有且仅有2个零点．

21．（12分）

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；

（ii）求，并根据的值解释这种试验方案的合理性．

（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．[选修4—4：

坐标系与参数方程]（10分）

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．

（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．

23．[选修4—5：

不等式选讲]（10分）

已知a，b，c为正数，且满足abc=1．证明：

（1）；

（2）．

2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学•参考答案

一、选择题

1．C　2．C　3．B　4．B　5．D　6．A　7．B　8．A　9．A　10．B　11．C　12．D　

二、填空题

13．y=3x 14． 15．0.18 16．2

三、解答题

17．解：

（1）由已知得，故由正弦定理得．

由余弦定理得．

因为，所以．

（2）由

（1）知，由题设及正弦定理得，

即，可得．

由于，所以，故

．

18．解：

（1）连结B1C，ME．

因为M，E分别为BB1，BC的中点，

所以ME∥B1C，且ME=B1C．

又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．

由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，

因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．

又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．

（2）由已知可得DE⊥DA．

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，则

，A1（2，0，4），，，，，，．

设为平面A1MA的法向量，则，

所以可取．

设为平面A1MN的法向量，则

所以可取．

于是，

所以二面角的正弦值为．

19．解：

设直线．

（1）由题设得，故，由题设可得．

由，可得，则．

从而，得．

所以的方程为．

（2）由可得．

由，可得．

所以．从而，故．

代入的方程得．

故．

20．解：

（1）设，则，.

当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，

设为.

则当时，；当时，.

所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.

（2）的定义域为.

（i）当时，由

（1）知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.

（ii）当时，由

（1）知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.

又，，所以当时，.从而，在没有零点.

（iii）当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.

（iv）当时，，所以<0，从而在没有零点.

综上，有且仅有2个零点.

21．解：

X的所有可能取值为.

所以的分布列为

（2）（i）由

（1）得.

因此，故，即

.

又因为，所以为公比为4，首项为的等比数列．

（ii）由（i）可得

.

由于，故，所以

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，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.

22．解：

（1）因为，且，所以C的直角坐标方程为.

的直角坐标方程为.

（2）由

（1）可设C的参数方程为（为参数，）.

C上的点到的距离为.

当时，取得最小值7，故C上的点到距离的最小值为.

23．解：

（1）因为，又，故有

.

所以.

（2）因为为正数且，故有

=24.

所以.