2019年高考理科数学全国卷(全国ⅠⅡ Ⅲ卷)共三套试卷试题真题含答案.docx
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1、-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学一、选择题(本大题共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,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,
2、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 cmB.175 cmC.185 cmD.190 cm5.函数在的图象大致为()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,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.B.C.D.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
3、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:()f(x)是偶函数f(x)在区间(,)单调递增f(x)在有4个零点f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A. B.C.D.12.已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上,是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,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.记为等比数列的前项和.若,则=.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
4、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.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.(12分)的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设.(1)求A;(2)若,求.18.(12分)如图,直四棱柱的底面是菱形,分别是的中点.(1)证明:;(2)求二面角的正弦值.19.
5、(12分)已知抛物线C:的焦点为F,斜率为的直线l与C的交点为A,B,与x轴-在-此-卷-上-答-题-无-效-的交点为P.毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _(1)若,求l的方程;(2)若,求|.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
6、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和,一轮试验中甲药的得分记为.(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
7、修44: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,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45:不等式选讲(10分)已知a,b,c为正数,且满足.证明:(1);(2).2019年普通高等学校招生全国统一考试全国I卷数学答案解析一、选择题1【答案】C【解析】,故选C【考点】集合的交运算、解一元二次不等式【考查能力】化归与转化、运算求解2【答案】C【解析】z在复平面内对应的点为,故选C【考点】复数的模的概念和复数的几何意义【考查能力】化归与转化,数形结合,
8、运算求解3【答案】B【解析】,,故选B【考点】对数函数与指数函数的单调性【考查能力】运算求解4【答案】B【解析】,故其身高可能是,故选B【考点】估算【考查能力】运算求解5【答案】D【解析】,为奇函数,排除A;,排除C;,且,排除B故选D【考点】函数的图象与性质【考查能力】化归与转化,数形结合,运算求解6【答案】A【解析】由6个爻组成的重卦种数为,在所有重卦中随机取一重卦,该重卦恰有3个阳爻的种数为,根据古典概型的概率计算公式得,所求概率故选A【考点】古典概型、计数原理【考查能力】运算求解7【答案】B【解析】设与的夹角为,又,故选:B【考点】平面向量的垂直、平面向量的夹角【考查能力】化归与转化,
9、运算求解8【答案】A【解析】,成立,执行循环体;,成立,执行循环体;,不成立,结束循环,输出A故空白框中应填入故选:A【考点】当型循环结构【考查能力】推理论证9【答案】A【解析】设等差数列的公差为,解得,故选A【考点】等差数列的通项公式和前n项和公式【考查能力】运算求解10【答案】B【解析】由题意设椭圆的方程为,连接,令,则,由椭圆的定义知,得,故,则点A为椭圆C的上顶点或下顶点令(为坐标原点),则在等腰三角形中,所以,得,又,所以,椭圆C方程为故选:B【考点】椭圆的定义及标准方程【考查能力】运算求解,化归与转化,数形结合11【答案】C【解析】,为偶函数,故正确;当时,在单调递减,故不正确;在
10、的图像如图所示,由图可知函数在只有3个零点,故不正确;与的最大值都为1且可以同时取到,可以取到最大值2,故正确,综上,正确结论的序号是故选C【考点】三角函数的图象与性质【考查能力】化归与转化,数形结合,运算求解12【答案】D【解析】因为点,分别为,的中点,所以,因为,所以,所以取的中点,连接,易证平面,所以,又,平面,所以平面,所以,因为,为正三角形,所以,即,两两垂直,将三校锥放在正方体中如图所示。因为,所以该正方体的楼长为,所以该正方体的体对角线长为,所以三校锥的外接球的半径,所以球的体积,故选D【考点】三棱锥的外接球的体积【考查能力】化归与转化,空间想象,运算求解二、填空题13【答案】【
11、解析】因为,所以曲线在点处的切线的斜率,所以所求的切线方程为【考点】导数的几何意义【考查能力】运算求解14【答案】【解析】若二次根式在实数范围内有意义,则:,解得故答案为:【考点】等比数列的通项公式和前n项和公式【考查能力】运算求解15【答案】0.18【解析】记事件M为甲队以获胜,则甲队共比赛五场,且第五场甲队获胜,前四场甲队胜三场负一场,所以【考点】独立事件的概率、对立事件的概率【考查能力】逻辑思维,运算求解16【答案】2【解析】因为,所以,如图,所以,所以,所以因为,所以点为的中点,又点为,的中点,所以,所以,因为直线,为双曲线的两条渐近线,所以,因为,所以,所以,所以,即,所以双曲线的离
12、心率为【考点】双曲线的几何性质,直线和双曲线【考查能力】化归与转化,数形结合,运算求解17【答案】(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.【考点】正弦定理、余弦定理、三角恒等变换【考查能力】化归与转化,运算求解18【答案】(1)连接,分别为,的中点,所以,且,又因为为的中点,所以由题设知,可得,故,因此四边形为平行四边形,又平面,所以平面(2)由已知可得,所以为坐标原点,的方向为轴正方向,建立如图所示的直角坐标系,则,设为平面的法向量,则所以,可取设为平面的法向量,则所以,可取于是,所以二面角的正弦值为【考点】空间直线与
13、平面的平行关系,二面角的正弦值的求解【考查能力】空间想象,推理论证,运算求解19【答案】解:设直线,(1)由题意得,故,由题意可得由,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【考点】抛物线的简单方程【考查能力】逻辑推理,运算求解20【答案】解:(1)设,则,当时,单调递减,而,可得在有唯一的零点,设为,则当时,;当时,所以在单调递增,在单调递增,故在存在唯一的极大值点,即在存在极大值点(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
14、,;当时,故在单调递减,在单调递增又,所以当时,从而在没有零点(iv)当时,所以,从而在没有零点综上有且仅有2个零点【考点】导数及其应用、函数的单调性等【考查能力】推理论证,运算求解,抽象概括21【答案】解(1)因为,且,所以的直角坐标方程为的直角坐标方程为(2)由(1)可设的参数方程为(为参数,)上的点到的距离为当时,取得最小值7,故上的点到距离的最小值为【考点】椭圆的参数方程以及直线的极坐标方程【考查能力】数据处理能力,运算求解22【答案】解:(1)因为,且,故有所以(2)因为,为正数且,故有所以【考点】利用综合法以及基本不等式证明不等式【考查能力】数形结合,化归与转化-在-此-卷-上-答
15、-题-无-效-绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _理科数学本试卷满分150分,考试时间120分钟.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.设集合,则()A.B.C.D.2.设,则在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知,则()A.B.C.2D.34.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆,我国航天事业取得又一重大成就,实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系.为解决这个问题,发
16、射了嫦娥四号中继星“鹊桥”,鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行.点是平衡点,位于地月连线的延长线上.设地球质量为,月球质量为,地月距离为R,点到月球的距离为r,根据牛顿运动定律和万有引力定律,r满足方程:.设,由于的值很小,因此在近似计算中,则r的近似值为()A.B.C.D.5.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分,评定该选手的成绩时,从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分,得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比,不变的数字特征是()A.中位数B.平均数C.方差D.极差6.若,则()A.B.C.D.7.设,为两个平面,则的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两
17、条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面8.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点,则()A.2B.3C.4D.89.下列函数中,以为周期且在区间单调递增的是()A.B.C.D.10.已知),则()A.B.C.D.11.设F为双曲线C:的右焦点,为坐标原点,以为直径的圆与圆交于P,Q两点.若,则C的离心率为()A.B.C.2D.12.设函数的定义域为,满足,且当时,.若对任意,都有,则m的取值范围是()A.B.C.D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个车次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为
18、0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为.14.已知是奇函数,且当时,.若,则.15.的内角的对边分别为.若,则的面积为.16.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面,其棱长为.(本题第一空2分,第二空3分.)图图三、解答题:共70分。解答应写
19、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为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共60分。 17.(12分)如图,长方体的底面ABCD是正方形,点E在棱上,.(1)证明:平面;(2)若,求二面角的正弦值.18.(12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得1分,当某局打成10:10平后,每球交换发球权,先多得2分的一方获胜,该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛,假设甲发球时甲得分的概率为0.5,乙发球时甲得分的概率为0.4,各球的结果相互独立.在某局双方平后,甲先发球,两人又打了X个球该局比赛结束.(1)求;(2)求事件“且甲获胜”的概率.-在
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