高考全国乙卷：《理科数学》2019年考试真题与答案解析

高考精品文档高考全国乙卷理科数学·2019年考试真题与答案解析同卷省份河南、山西、江西、安徽省甘肃、青海、蒙古、山西省吉林、宁夏、新疆、黑龙江高考全国乙卷：2019年《理科数学》考试真题与答案解析一、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M{}x4x2，N{xx2x60，则MN=______。A．{xx43B．{xx42C．{xx22D．{xx23答案：C2．设复数z满足zi=1，z在复平面内对应的点为(x，y)，则______。A．()xy+1221B．(x1)2y21C．x2(y1)2122D．x(y+1)1答案：C0.20.33．已知alog20.2，b2，c0.2，则______。A．abcB．acb-1-C．cabD．bca答案：B51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251（≈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251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，2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．165cmB．175cmC．185cmD．190cm答案：B-2-sinxx5．函数f(x)=在[,]的图像大致为______。cosxx2A．B．C．D．答案：D6．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______。5A．1611B．32-3-21C．3211D．16答案：A7．已知非零向量a，b满足|ab|2||，且()abb，则a与b的夹角为______。πA．6πB．32πC．35πD．6答案：B18．如图是求的程序框图，图中空白框中应填入______。12122-4-1A．A=2A1B．A=2A1C．A=12A1D．A=12A答案：A9．记Sn为等差数列{}an的前n项和．已知Sa4505，，则______。A．ann25B．ann3102C．Sn28nn12D．Snn2n2答案：A10．已知椭圆C的焦点为FF12()1,0，()1,0，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF22|2|FB|，|AB||BF1|，则C的方程为______。x2A．y212xy22B．132xy22C．143-5-xy22D．154答案：B11．关于函数f(x)sin|x||sinx|有下述四个结论：①f(x)是偶函数②f(x)在区间（，）单调递增2③f(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．①②④B．②④C．①④D．①③答案：C12．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．86B．46C．26D．6答案：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(x2x)ex在点(0，0)处的切线方程为______。答案：y=3x114．记S为等比数列{a}的前n项和．若a，a2a，则S=______。nn13465答案：121/315．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：0.18xy2216．已知双曲线C：1(ab0,0)的左、右焦点分别为F，F，过F的直线与C的ab22121两条渐近线分别交于A，B两点．若F1AAB，FBFB120，则C的离心率为______。答案：2三、解答题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，每题12分，每个 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 考生都必须作答。第22、23题为选考题，每题10分，考生根据要求作答。（一）必考题17．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设(sinBCABCsin)22sinsinsin．-7-[1]求A；[2]若22abc，求sinC。答案：[1]由已知得sin2BCABCsin2sin2sinsin，故由正弦定理得b2c2a2bcb2c2a21由余弦定理得cosA22bc因为0A180，所以A60。[2]由[1]知BC120，由题设及正弦定理得2sinACCsin1202sin6312即cosCCCsin2sin，可得cosC6022222由于0C120，所以sinC60，故：2sinCCsin6060sinCC60cos60cos60sin6062。418．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。-8-[1]证明：MN∥平面C1DE；[2]求二面角A−MA1−N的正弦值。答案：[1]连结B1C，ME因为M，E分别为BB1，BC的中点1所以ME∥BC，且ME=BC121又因为N为A1D的中点所以ND=A1D由题设知A1B1平行且等于DC可得B1C平行且等于A1D故ME平行且等于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-9-A(2,0,0)，A1(2，0，4)，M(1,3,2)，N(1,0,2)，AA1(0,0,4)，AM1(1,3,2)，AN1(1,0,2)，MN(0,3,0)设m(,,)xyz为平面A1MA的法向量mAM10则mAA10x3y2z0，所以40z．可取m(3,1,0)设n(,,)pqr为平面A1MN的法向量nMN0，则nAN10．30q，所以可取n(2,0,1)pr20．mn2315于是cosmn,|mn‖|25510所以二面角AMA1N的正弦值为。5319．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2为P。[1]若|AF|+|BF|=4，求l的方程；[2]若AP3PB，求|AB|。3答案：设直线l:,,,,yxtAxyBxy21122-10-33[1]由题设得F,0，故|AF||BF|x12x425由题设可得xx1223yxt由22yx3可得9x2212(t1)x4t012(t1)则xx12912(t1)5从而927得t837所以l的方程为yx。28[2]由AP3PB可得yy1233yxt由22yx3可得y22y2t0所以yy122从而32yy22故yy211,31413代入C的方程得xx3,，故||AB。1233-11-20．已知函数f(x)sinxln(1x)，fx()为fx()的导数，试证明：[1]fx()在区间(1,)存在唯一极大值点；2[2]fx()有且仅有2个零点。答案：[1]设g()()xf'x11则g(x)cosx，gx'()sinx1x(1x)2当x1,时，g'()x单调递减，而g'(0)0,g'()022可得g'()x在1,有唯一零点2现设该零点为，则当x(1,)时，g'(x)0当x,时，g'(x)02所以gx()在(1,)单调递增，在,单调递减2故gx()在存在唯一极大值点，即f'()x在存在唯一极大值点[2]fx()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fx()在单调递减-12-又f(0)=0，从而x0是fx()在(1,0]的唯一零点。[ii]当x0,时2由[1]知，f'()x在(0,)单调递增，在,单调递减2而f'(0)=0f'0，2所以存在,，使得f'()0，且当x(0,)时，f'(x)02当x,时，f'(x)02故fx()在(0,)单调递增，在,单调递减2又f(0)=0，f1ln1022所以当时，fx()0，从而，fx()在0,没有零点2[iii]当x,时，f'(x)02所以fx()在,单调递减2而f0，f()0，所以fx()在,有唯一零点。22[iv]当x(,)时，ln(x1)1所以fx()<0，从而fx()在(,)没有零点综上fx()有且仅有2个零点。-13-21．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 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 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，pii(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11bpicpi(i1,2,,7)，其中aP(X1)，bP(X0)，cP(X1)。现假设0.5，0.8。[i]证明：{}ppii1(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。答案：[1]X的所有可能取值为1,0,1。PX(1)(1)，PX(0)(1)(1)，PX(1)(1)，-14-所以X的分布列为：X﹣101P(1﹣α)βαβ+(1﹣α)(1﹣β)α(1﹣β)[2][i]由[1]得a0.4,b0.5,c0.1.因此pi=0.4pi11+0.5pi+0.1pi故0.1pi11pi0.4pipi即pi11pi4pipi.又因为p1p0p10所以pii1p(i0,1,2,,7)为公比为4，首项为p1的等比数列。[ii]由（i）可得481ppppppppppppppp.88776100877610313由于p=1，故p814184411所以pppppppppp.44332211031257p4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1为0.8时，认为甲药更有效的概率为p0.0039，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。-15-（二）选考题22．[选修4—4：坐标系与参数方程]1t2，x21t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，4ty1t2x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。答案：1t2[1]因为111t222222y14tt且x22121t1t2y2所以C的直角坐标方程为xx21(1)4l的直角坐标方程为2xy3110。xcos,[2]由[1]可设C的参数方程为（为参数，ππ）y2sinπ4cos11|2cos23sin11|3C上的点到的距离为772ππ当时，4cos11取得最小值733故C上的点到距离的最小值为7。-16-23．[选修4—5：不等式选讲]已知a，b，c为正数，且满足abc=1。试证明：111[1]abc222；abc[2](ab)3(bc)3(ca)324。答案：[1]因为a2b22abb,2c22bcc,2a22ac，又abc1，abbcca111故有a2b2c2abbcca.abcabc111所以abc222。abc[2]因为a,b,c为正数且故有(ab)(3bc)(3ca)3(33abbcac)(3)(3)3=3(a+b)(b+c)(a+c)上式3(2ab)(2bc)(2ac)=24所以(ab)3(bc)3(ca)324。-17-