2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(全国一卷)2019.06. 07

2023年12月11日发(作者：上饶市自主招生数学试卷)

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2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(全国一卷）

2019.06. 07

满分150分，考试用时120分钟

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

1、已知集合M{x4x2}，N{xx2x60，则MN=（ ）

A．{x4x3 B．{x4x2 C．{x2x2 D．{x2x3

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1 C．x2(y1)21 D．x2(y+1)21

3、已知 alog20.2，b20.2，c0.20.3，则（ ）

A．abc B．acb C．cab D．bca

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512（512≈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512．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm，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．190 cm

5、函数f(x)=sinxxcosxx2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．511211116B． C． D．

323216

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．π6 B．π3 C．2π3 D．5π6

8、如图是求1的程序框图，图中空白框中应填入（ ）

21212

A．A=12AB．A=21C．A=1 D．A=11

A

12A2A

1

9、记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S40，a55，则（ )

A．an2n5 B． an3n10 C．S2n2n8n D．S1n2n22n

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( )

2A．xx2222222y21 B．3y21 C．x4y31 D．xy541

11、关于函数f(x)sin|x||sin x|有下述四个结论：

①f(x)是偶函数 ；②f(x)在区间（2,）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，PB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为（ ）

A．86

B．46 C．26 D．6

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13、曲线y3(x2x)ex在点(0，0)处的切线方程为____________．

14、记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1213，a4a6，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：x2ay22b21(a0,b0)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，F1BF2B0，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)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinBsinC)2sin2AsinBsinC．

（1）求A；（2）若2ab2c，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．

2

19、（12分）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|．

20、（12分）已知函数f(x)sinx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．

21．（12分）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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，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．

(i)证明：{pi1pi}(i0,1,2,,7)为等比数列；

(ii)求p4，并根据p4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1t2x2，1t（t为参数）．以坐标原点O为极点，xy4t1t2轴的正半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=1．

证明：

（1）111a2b2c2abc；

（2）(ab)3(bc)3(ca)324．

3

2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国一卷）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

；14．1213

；15．0.18；16．2

三、解答题

17、解：（1）由已知得sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，故由正弦定理得b2c2a2bc．

由余弦定理得cosAb2c2a21．因为0A180，所以A602bc2．

（2）由（1）知B120C，由题设及正弦定理得2sinAsin120C2sinC，

即6232cosC12sinC2sinC，可得cosC6022．

由于0C120，所以sinC6022，故

sinCsinC6060sinC60cos60cosC60sin60624．

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=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，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，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)．

y,z)设m(x,为平面AmA1M0x3y2z0，1MA的法向量，则，所以

mA1A04z0．可取m(3,1,0)．设n(p,q,r)为平面AnMN0，1MN的法向量，则

nA1N0．所以3q0，2r0．可取n(2,0,1)．于是mn2315pcosm,n|m‖n|255，

所以二面角AMA1N的正弦值为105．

19、解：设直线l:y32xt,Ax1,y1,Bx2,y2．

（1）由题设得F34,0，故|AF||BF|x351x22，由题设可得x1x22．

由y3xt，可得9x212(t1)x4t212(t1)20，则x1x2．

y23x9从而12(t1)57392，得t8．所以l的方程为y2x78．

4

（2）由AP3PB可得y3yy3xt212．由，可得y2y2t0．

2y23x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、解：（1）设g(x)f\'(x)，则g(x)cosx11x，g\'(x)sinx1(1x)2.

当x1,2时，g\'(x)单调递减，而g\'(0)0,g\'(2)0，可得g\'(x)在1,2有唯一零点，设为.则当x(1,)时，g\'(x)0；当x,2时，g\'(x)0.

所以g(x)在(1,)单调递增，在,2单调递减，故g(x)在1,2存在唯一极大值点，

即f\'(x)在1,2存在唯一极大值点.

（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0,2时，由（1）知，f\'(x)在(0,)单调递增，在,2单调递减，而f\'(0)=0，f\'20，所以存在,2，使得f\'()0，且当x(0,)时，f\'(x)0；当x,2时，f\'(x)0.故f(x)在(0,)单调递增，在,2单调递减.

又f(0)=0，f21ln120，所以当x0,2时，f(x)0.从而，f(x) 在0,2没有零点.

（iii）当x,时，f\'(x)0，所以f(x)在2,单调递减.而f220，f()0，所以f(x)在2,有唯一零点.

（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.

P(X1)(1)，21、解：X的所有可能取值为1,0,1.

P(X0)(1)(1)，

P(X1)(1)，所以X的分布列为

（2）（i）由（1）得a0.4,b0.5,c0.1.

因此pi=0.4pi1+0.5 pi+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p10，所以pi1pi(i0,1,2,,7)为公比为4，首项为p1的等比数列．

5

（ii）由（i）可得

8p8 p8p7p7p6p1p0p0 p8p7p7p6p411p03p1

.

由于pp38=1，故1481，所以

p pp441144p33p2p2p1p1p03p1 257.

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p142570.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.

2222、解：（1）因为11t21t21，且x22y21t4t21t21t221，所以C的直角坐标方程为x2y24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,2sin（为参数，ππ）.

yC上的点到l的距离为|2cos23sin11|4cosπ31177.

当2π3时，4cosπ311取得最小值7，故C上的点到l距离的最小值为7.

23、解：（1）因为a2b22ab,b2c22bc,c2a22ac，又abc1，故有

a2b2c2abbccaabbcca111.所以111a2abcabcabcb2c2.

（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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