全国I卷理数高考卷 12页

‎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)=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.‎