2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学解析全国一卷

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1、-2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学解析一、选择题：此题共12小题，每题5分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1.集合，则=A. B. C. D. 【答案】C【分析】此题考察集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养采取数轴法，利用数形结合的思想解题【详解】由题意得，则应选C总结：不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共局部，并集包括二者局部2.设复数z满足，z在复平面对应的点为(*，y)，则A. B. C. D. 【答案】C【分析】此题考点为复数的运算，为根底题目，难度偏易此题可采用几何法，根据点*，y和点(0，1)之

2、间的距离为1，可选正确答案C【详解】则应选C总结：此题考察复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养采取公式法或几何法，利用方程思想解题3.，则A. B. C. D. 【答案】B【分析】运用中间量比拟，运用中间量比拟【详解】则应选B总结：此题考察指数和对数大小的比拟，渗透了直观想象和数学运算素养采取中间变量法，利用转化与化归思想解题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假设*人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm，头顶至脖子下

3、端的长度为26 cm，则其身高可能是A. 165 cmB. 175 cmC. 185 cmD. 190cm【答案】B【分析】理解黄金分割比例的含义，应用比例式列方程求解【详解】设人体脖子下端至腿根的长为* cm，肚脐至腿根的长为y cm，则，得又其腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，所以其身高约为4207+515+105+26=17822，接近175cm应选B总结：此题考察类比归纳与合情推理，渗透了逻辑推理和数学运算素养采取类比法，利用转化思想解题5.函数f(*)=在，的图像大致为A. B. C. D. 【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性，得是奇函数，排除A，再注意到选项的区别

4、，利用特殊值得正确答案【详解】由，得是奇函数，其图象关于原点对称又应选D总结：此题考察函数的性质与图象，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取性质法或赋值法，利用数形结合思想解题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. 【答案】A【分析】此题主要考察利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，重卦中每一爻有两种情况，根本领件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是一样元素的排列问题，利用直接法即可计算【详解】由题知，每

5、一爻有2中情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，应选A总结：对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题此题是重复元素的排列问题，所以根本领件的计算是住店问题，满足条件事件的计算是一样元素的排列问题即为组合问题7.非零向量a，b满足=2，且abb，则a与b的夹角为A. B. C. D. 【答案】B【分析】此题主要考察利用平面向量数量积数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角【详解】因为，所以=0，

6、所以，所以=，所以与的夹角为，应选B总结：对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角围为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=【答案】A【分析】此题主要考察算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子构造特征与程序框图构造，即可找出作出选择【详解】执行第1次，是，因为第一次应该计算=，=2，循环，执行第2次，是，因为第二次应该计算=，=3，循环，执行第3次，否，输出，故循环体为，应选A总结：秒杀速解认真观察计算式子的构造特点，可知循环体为9.记为等差数列的前n项

7、和，则A. B. C. D. 【答案】A【分析】等差数列通项公式与前n项和公式此题还可用排除，对B，排除B，对C，排除C对D，排除D，应选A【详解】由题知，解得，应选A总结：此题主要考察等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断10.椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.假设，则C的方程为A. B. C. D. 【答案】B【分析】可以运用下面方法求解：如图，由可设，则，由椭圆的定义有在和中，由余弦定理得，又互补，两式消去，得，解得所求椭圆方程为，应选B【详解】如图，由

8、可设，则，由椭圆的定义有在中，由余弦定理推论得在中，由余弦定理得，解得所求椭圆方程为，应选B总结：此题考察椭圆标准方程及其简单性质，考察数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养11.关于函数有下述四个结论：f(*)是偶函数f(*)在区间,单调递增f(*)在有4个零点f(*)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A. B. C. D. 【答案】C【分析】画出函数的图象，由图象可得正确，应选C【详解】为偶函数，故正确当时，它在区间单调递减，故错误当时，它有两个零点：；当时，它有一个零点：，故在有个零点：，故错误当时，；当时，又为偶函数，的最大值为，故正确综上所述，正确

9、，应选C总结：化简函数，研究它的性质从而得出正确答案12.三棱锥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. B. C. D. 【答案】D【分析】此题也可用解三角形方法，到达求出棱长的目的适合空间想象能力略差学生设，分别为中点，且，为边长为2等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，应选D.【详解】为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别、中点，又，平面，平面，为正方体一局部，即，应选D总结：此题考察学生空间想象能力，补型法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关

10、系，快速得到侧棱长，进而补型成正方体解决二、填空题：此题共4小题，每题5分，共20分。13.曲线在点处的切线方程为_【答案】.【分析】此题根据导数的几何意义，通过求导数，确定得到切线的斜率，利用直线方程的点斜式求得切线方程【详解】详解：所以，所以，曲线在点处的切线方程为，即总结：准确求导数是进一步计算的根底，此题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误求导要慢，计算要准，是解答此类问题的根本要求14.记Sn为等比数列an的前n项和假设，则S5=_【答案】.【分析】此题根据条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到题目的难度不大，注重了根底知识、根本计算能力的考察【详

11、解】设等比数列的公比为，由，所以又，所以所以总结：准确计算，是解答此类问题的根本要求此题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，局部考生易出现运算错误15.甲、乙两队进展篮球决赛，采取七场四胜制当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛完毕根据前期比赛成绩，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41获胜的概率是_【答案】0.216.【分析】此题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解题目有一定的难度，注重了根底知识、根本计算能力及分类讨论思想的考察【详解】前五场中有一场客场输时，甲

12、队以获胜的概率是前五场中有一场主场输时，甲队以获胜的概率是综上所述，甲队以获胜概率是总结：由于此题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算16.双曲线C：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两点假设，则C的离心率为_【答案】2.【分析】此题考察平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养采取几何法，利用数形结合思想解题【详解】如图，由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有又OA与OB都是渐近线，得则又渐近线OB的斜率为，所

13、以该双曲线的离心率为总结：此题假设不能求出直角三角形的中位线的斜率将会思路受阻，即便知道双曲线渐近线斜率和其离心率的关系，也不能顺利求解，解题需要结合几何图形，关键得到即得到渐近线的倾斜角为从而突破问题障碍三、解答题：共70分。解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721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.的角A，B，C的对边分别为a，b，c，设1求A；2假设，求sinC【答案】1；2.【分析】1利用正弦定理化简边角关系式可得：，从而可整理出，根据可求得结果；2利用正弦定理可得，利用、两角和差正弦公式可得关于和的方程，结

14、合同角三角函数关系解方程可求得结果.【详解】1即：由正弦定理可得：2，由正弦定理得：又，整理可得：解得：或因为所以，故.2法二：，由正弦定理得：又，整理可得：，即或且总结：此题考察利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到两角和差正弦公式、同角三角函数关系的应用，解题关键是能够利用正弦定理对边角关系式进展化简，得到余弦定理的形式或角之间的关系.18.如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1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【答案】1见解析；2.【分析】1利用三角形中位线和可证得，

15、证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；2以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】1连接，分别为，中点为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面2设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形则以为原点，可建立如下列图所示的空间直角坐标系：则：，D0，-1,0取中点，连接，则四边形为菱形且为等边三角形又平面，平面平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，令，则，二面角的正弦值为：总结：此

16、题考察线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.19.抛物线C：y2=3*的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与*轴的交点为P1假设|AF|+|BF|=4，求l的方程；2假设，求|AB|【答案】1；2.【分析】1设直线：，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；2设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.【详解】1设直线方程为：，由抛

17、物线焦半径公式可知：联立得：则，解得：直线的方程为：，即：2设，则可设直线方程为：联立得：则，则总结：此题考察抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系.20.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【答案】1见解析；2见解析分析】1求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；2由1的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利

18、用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.【详解】1由题意知：定义域为：且令，在上单调递减，在上单调递减在上单调递减又，使得当时，；时，即在上单调递增；在上单调递减则为唯一的极大值点即：在区间上存在唯一的极大值点.2由1知：，当时，由1可知在上单调递增在上单调递减又为在上的唯一零点当时，在上单调递增，在上单调递减又在上单调递增，此时，不存在零点又，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，此时不存在零点当时，单调递减，单调递减在上单调递减又，即，又在上单调递减在上存在唯一零点当时，即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点总结：此题考察导数与函数极值

19、之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间零点的唯一性，二者缺一不可.21.为了治疗*种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进展动物试验试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进展比照试验对于两只白鼠，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，就停顿试验，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，假设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；假设施以

20、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；假设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和，一轮试验中甲药的得分记为*1求的分布列；2假设甲药、乙药在试验开场时都赋予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【答案】1见解析；2i见解析；ii.【分析】1首先确定所有可能的取值，再来计算出每个取值对应的概率，从而可得分布列；2i求解出的取值，可得，从而整理出符合等比数列定义的形式，问题得证；ii列出证得的等比数列的通项公式，采用累加的方式，结合和的值可求得

21、；再次利用累加法可求出.【详解】1由题意可知所有可能的取值为：，；则的分布列如下：2，i即整理可得：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 在直角坐标系*Oy中，曲线C的参数方程为t为参数，以坐标原点O为极点，*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【答案】1；2【分析】1利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；2利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从

22、而根据三角函数的围可求得最值.【详解】1由得：，又整理可得的直角坐标方程为：又，的直角坐标方程为：2设上点的坐标为：则上的点到直线的距离当时，取最小值则总结：此题考察参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解此题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.23.选修4-5：不等式选讲a，b，c为正数，且满足abc=1证明：1；2【答案】1见解析；2见解析【分析】1利用将所证不等式可变为证明：，利用根本不等式可证得，从而得到结论；2利用根本不等式可得，再次利用根本不等式可将式转化为，在取等条件一致的情况下，可得结论.【详解】1当且仅当时取等号，即：2，当且仅当时取等号又，当且仅当时等号同时成立又总结：此题考察利用根本不等式进展不等式的证明问题，考察学生对于根本不等式的变形和应用能力，需要注意的是在利用根本不等式时需注意取等条件能否成立. z.