2019全国I卷理科数学高考真题【高考】.pdf

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理科数学
注意事项:
,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。
,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。
,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。
{x4x2},N{xx2x60,则MIN=
A.{x4x3B.{x4x2C.{x2x2D.{x2x3
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(y1)2(y+1)21
,b,c,则
2
bcaca
5151
,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(≈,
22
称为黄金分割比例),著名的“断臂维纳斯”,最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚
51
,且腿长为105cm,头顶至脖子下端的
2
长度为26cm,则其身高可能是

sinxx
(x)=在[,]的图像大致为
cosxx2
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.
.
《周易》用“卦”“重卦”由从下到上排列的6个爻组成,爻分为
阳爻“——”和阴爻“——”,,则该重卦恰有3个阳爻
的概率是
5112111
.
16323216
,b满足|a|2|b|,且(ab)b,则a与b的夹角为
ππ2π5π
.
6336
1
,图中空白框中应填入
1
2
1
2
2
1111
==2==1
2AA12A2A
{a}0,a5,则
nn45
1
2n3n2n2n22n
nnnn2
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(1)证明:MN∥平面CDE;
1
(2)求二面角A−MA−N的正弦值.
1
19.(12分)
3
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.
2
(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;
uuuruuur
(2)若AP3PB,求|AB|.
20.(12分)
已知函数f(x)sinxln(1x),f(x)为f(x):

(1)f(x)在区间(1,)存在唯一极大值点;
2
(2)f(x)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,:
,随机选一只施以甲药,
的治疗结果得出后,,就停
止试验,,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;、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X的分布列;
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分,p(i0,1,L,8)表示“甲药的累计得分为i时,最终认为甲
i
药比乙药更有效”的概率,则p0,p1,papbpcp(i1,2,L,7),其中aP(X1),
08ii1ii1
bP(X0),cP(X1).假设,.
(i)证明:{pp}(i0,1,2,L,7)为等比数列;
i1i
(ii)求p,并根据p的值解释这种试验方案的合理性.
44
(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。
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22.[选修4—4:坐标系与参数方程](10分)
1t2
x,
1t2
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
4t
y
1t2
轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为2cos3sin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.
23.[选修4—5:不等式选讲](10分)
已知a,b,c为正数,且满足abc=:
111
(1)a2b2c2;
abc
(2)(ab)3(bc)3(ca)324.
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

二、填空题
121
=
3
三、解答题
:(1)由已知得sin2Bsin2Csin2AsinBsinC,故由正弦定理得b2c2a2bc.
b2c2a21
由余弦定理得cosA.
2bc2
因为0A180,所以A60.
(2)由(1)知B120C,由题设及正弦定理得2sinAsin120C2sinC,
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6312
即cosCsinC2sinC,可得cosC60.
2222
2
由于0C120,所以sinC60,故
2
sinCsinC6060
sinC60cos60cosC60sin60
62
.
4
:(1)连结BC,ME.
1
因为M,E分别为BB,BC的中点,
1
1
所以ME∥BC,且ME=BC.
121
1
又因为N为AD的中点,所以ND=AD.
121
由题设知ABPDC,可得BCPAD,故MEPND,
1111
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN平面EDC,所以MN∥平面CDE.
11
(2)由已知可得DE⊥DA.
uuur
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
uuuruuuuruuuur
A(2,0,0),A(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),AA(0,0,4),AM(1,3,2),AN(1,0,2),
1111
uuuur
MN(0,3,0).
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uuuur
mAM0
设m(x,y,z)为平面AMA的法向量,则uu1ur,
1mAA0
1
x3y2z0,
所以可取m(3,1,0).
4z0.
uuuur
nMN0,
设n(p,q,r)为平面AMN的法向量,则uuuur
1nAN0.
1
3q0,
所以可取n(2,0,1).
p2r0.
mn2315
于是cosm,n,
|m‖n|255
10
所以二面角AMAN的正弦值为.
15
3
:设直线l:yxt,Ax,y,Bx,y.
21122
335
(1)由题设得F,0,故|AF||BF|xx,由题设可得xx.
4122122
3
yxt12(t1)
由2,可得9x212(t1)x4t20,则xx.
129
y23x
12(t1)57
从而,得t.
928
37
所以l的方程为yx.
28
uuuruuur
(2)由AP3PB可得y3y.
12
3
yxt
由2,可得y22y2t0.
y23x
所以yy3yy2,故y1,y3.
122221
1
代入C的方程得x3,x.
123
413
故|AB|.
3
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11
:(1)设g(x)f'(x),则g(x)cosx,g'(x)sinx.
1x(1x)2

当x1,时,g'(x)单调递减,而g'(0)0,g'()0,可得g'(x)在1,有唯一零点,
222
设为.

则当x(1,)时,g'(x)0;当x,时,g'(x)0.
2

所以g(x)在(1,)单调递增,在,单调递减,故g(x)在1,存在唯一极大值点,即
22

f'(x)在1,存在唯一极大值点.
2
(2)f(x)的定义域为(1,).
(i)当x(1,0]时,由(1)知,f'(x)在(1,0)单调递增,而f'(0)0,所以当x(1,0)时,
f'(x)0,故f(x)在(1,0)单调递减,又f(0)=0,从而x0是f(x)在(1,0]的唯一零点.

(ii)当x0,时,由(1)知,f'(x)在(0,)单调递增,在,单调递减,而f'(0)=0,
22

f'0,所以存在,,使得f'()0,且当x(0,)时,f'(x)0;当x,
222

时,f'(x)(x)在(0,)单调递增,在,单调递减.
2

又f(0)=0,f1ln10,所以当x0,时,f(x),f(x)在0,没
2222
有零点.

(iii)当x,时,f'(x)0,所以f(x)在,0,f()0,所
222

以f(x)在,有唯一零点.
2
(iv)当x(,)时,ln(x1)1,所以f(x)<0,从而f(x)在(,)没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
: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),
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所以X的分布列为
(2)(i)由(1)得a,b,c.
因此p=++,pppp,即
ii1ii1i1iii1
pp4pp.
i1iii1
又因为ppp0,所以pp(i0,1,2,L,7)为公比为4,首项为p的等比数列.
101i1i1
(ii)由(i)可得
481
pppppLpppppppLppp.
88776**********
3
由于p=1,故p,所以
81481
4411
pppppppppp.
44332211031257
p表示最终认为甲药更有效的概率,由计算结果可以看出,,乙药治愈率
4
1
,认为甲药更有效的概率为p,此时得出错误结论的概率非常小,说
4257
明这种试验方案合理.
1t2y21t224t2
:(1)因为11,且x21,所以C的直角坐标方程为
1t221t21t22
y2
x21(x1).
4
l的直角坐标方程为2x3y110.
xcos,
(2)由(1)可设C的参数方程为(为参数,ππ).
y2sin
π
4cos11
|2cos23sin11|3
C上的点到l的距离为.
77
2ππ
当时,4cos11取得最小值7,故C上的点到l距离的最小值为7.
33
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:(1)因为a2b22ab,b2c22bc,c2a22ac,又abc1,故有
abbcca111
a2b2c2abbcca.
abcabc
111
所以a2b2c2.
abc
(2)因为a,b,c为正数且abc1,故有
(ab)3(bc)3(ca)333(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)324.
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