高考理科全国1卷数学.docx
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高考理科全国1卷数学
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2019年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
120页,23小题,满分150分,考试用时分钟。
本试卷共4
注意事项:
考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、
铅笔将试卷类型(用2BB)填涂在答题卡的相应位置上。
2B铅笔在答题卡上对应题目选项的2.作答选择题时,选出每小题答案后,用
答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案。
答案不能答
在试卷上。
.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目3
指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;
不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。
60分。
在每小题给出的四个选分,共小题,每小题一、选择题:
本题共125
项中,只有一项是符合题目要求的。
2,x2N{xx,则MN=Mx41.已知集合x60C.{x2x2D.A.{x4x3B.{x4x2
{x2x3C【答案】【解析】【分析】本题考查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.34Mx2,Nx2xx【详解】由题意得,,则xxNM22C..故选【点睛】不能领会交集的含义易致误,区分交集与并集的不同,交集取公共部分,并集包括二者部分.格式可编辑WORD.
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(x,y),i=1,z在复平面内对应的点为2.设复数z满足z则222222D.1C.x(x+1)A.yB.(x1)1(y1)y1
221(y+1)x
【答案】C【解析】【分析】
本题考点为复数的运算,为基础题目,难度偏易.此题可采用几何法,根据点(x,y)和点
之间的距离为(0,1)1,可选正确答案C.2【详解】zxyi,zix(y1)i,222x1,则.1.故选C(y1)x(y1)zi渗透了直观想象和数学运算素本题考查复数的几何意义和模的运【点睛】养.采取公式算,
法或几何法,利用方程思想解题.
0.20.30.2,b3.已知alog20.2,c,则2D.A.abcacbC.cabB.
abc
B【答案】
【解析】【分析】
运用中间量0比较a,c,运用中间量1比较b,c
0.200.30alog解】0.2log10,b2【详1,则1,00.220.222
..故选cc01,a
bB
【点睛】本题考查指数和对数大小的比较,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.
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514.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2
51,著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体,称为黄金分割比例)≈0.618(
2
15.若某人满足上述两个黄金分割的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是2
,则其身高可能是26cm,头顶至脖子下端的长度为比例,且腿长为105cm
A.165cmB.175cmC.185cmD.190cm
【答案】B【解析】【分析】
理解黄金分割比例的含义,应用比例式列方程求解.
【cm详解】设人体脖子下端至腿根的长为x
,肚y,cm脐至腿根的长为
则
265126x
,头顶至脖子下.又其腿长为42.07cm,y5.15cm105cm,得x2y105x
07+5.故选,接近..15+105+26=17822175cm.,所以其身高约端的长度为26cm42.B为
【点睛】本题考查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.的图像大致—π,π][在5.函数f(x)=为xsinx2xcosx
A.B.
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C.D.
D【答案】【解析】【分析】A,再注意到选项的区别,利用特殊值得f(x)是奇函数,排除正先判断函数的奇偶性,得确答案.f(x),得f(x)是奇函数,其图象(sin(x)x)xsinx
关【详解】由f(x)22cos(cosxx(x)x)
1422D0.故选.f()于原点对称.又1,f()22(212)
2
【点睛】本题考查函数的性质与图象,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个爻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
5112111C.D.B.A.16323216【答案】A【解析】【分析】本题主要考查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
该重卦恰有3等数学素养,“重卦”中每一爻有两种情况,个阳基本事件计算是住店问题,
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爻是相同元素的排列问题,利用直接法即可计算.3个阳62中情况,一重卦的6爻有情况,其中6爻中恰有爻【详解】由题知,每一爻有23,所以该重卦恰情况有C3个阳爻的概率65,故选A.3有为C=66162
首先要分析元素是否可重【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题,复,其次要分析是排
列问题还是组合问题.本题是重复元素的排列问题,所以基本事件的计算是“住店”问题,
满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题.
b,且(a–b)b的夹角为,则a与b7.已知非零向量a,b满足a=2πππ52πC.D.B.A.
6363【答案】B
【解析】
【分析】夹角与垂直问题,渗透了转化与本题主要考查利用平面向量数量积数量积计算向量长化度、
b得出向量a,b的数量积与其模的关系,再利用归、数学计算等数学素养.先由(ab)向
量夹角公式即可计算出向量夹角.(ab)b,所以22,所以bbcos==0,所以abb)bab【详解】因为(a21|b|ab
a与,故选B.的夹角为,所以232ab2|b|b【点睛】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,注意向量夹角范围[0,].为
118.如图是求2的程序框图,图中空白框中应填入1
22
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111
B.A=2C.A=D.A=A.A=2A12AA
112AA【答案】【解析】【分析】认真分析式子结构渗透阅读、本题主要考查算法中的程序框分析与解决问题等素特养,图,
征与程序框图结构,即可找出作出选择.1【详解】执行第1,k次,A11=,k1211k是,因为第一次应该计算222A
2111
,k2次,k=2,循环,执行第=2k12,是,因为第二次应该计算212A
221,故选A.=33次,k2,否,输出,故循环体为2A,循环,执行第
2A
1认真观察计算式子的结构特点,可知循环体A【点睛】秒杀速解为.
A2
9.记S为等差数列{a}的前n项和.已知S0,a5,则5n4n2D.2n3n10aA.2n5B.aC.S8nnnn格式可编辑WORD.
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2n2n1Sn2格式可编辑WORD.
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【答案】A
【解析】【分析】
等差数列通项公式与前n项和公式.本题还可用排除,对B,
a5,50,排除B,对C,25,S42585010S0,aSS4(72)104554212SC.对D,排除5,排除D,故选A.5S25S0,a50445522
d430a3S4a141,∴a2n5,故选A.2,解得【详解】由题知,n2daa4d515n项和公式,渗透方程思想与数学计算等【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与素前
n项公式即可列出关于首项与公差的方养.利用等差数列通项公式与程,前解出首项与公差,
在适当计算即可做了判断.
1,0),F(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.210.已知椭圆C的焦点为F(若1C的方程为AB││BF│,则2│AF││FB│,│122222222xyD.1xy1C.1yA.xB.3422322yx
154【答案】B【解析】【分析】可以运用下面方法求解:
如图,由已知可n,则AFABBF2n,BF3n,设212中.在△AFF和△BFFBFAF2a2nAF2a4n,BF,由椭圆的定义有22111212224nF22n2cosAF4n4,互BF2F112,又AFF,补,由余弦定理得12229nnFBF2n2cos412格式可编辑WORD.
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2,得BFF2,11n,两式消去cos0FAFcoscosBFFAFF6,cos3n12121212格式可编辑WORD.
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所求椭圆方程3解得.2a222312,ac3,4n23,ab为n222yx.1,故选B23
3n,由椭圆的定义n,则AF有2n,BFFBAB【详解】如图,由已知可设2122n.在△AFB中,由余弦定理推论1得4n,AF2aBF2aAFBF11221.在△AFF中,由余弦定理21得2212224,ABF4n4n4n22n2n9n9ncos1322n3n3
解得3n.2222221,12,xy3,4n2a23,bac3a所求椭圆方程为23
故选B.【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质,考查数形结合思想、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f(x)
sin|x||sinx|有下述四个结论:
②f(x)在区间(,)单调递增是偶函数①f(x)2
④f(x)的最大值为2③f(x)在[,]有4个零点其中所有正确结论的编号是
A.①②④B.②④C.①④D.①③【答案】C格式可编辑WORD.
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【解析】【分析】化简函数fsinx,研究它的性质从而得出正确答案.xsinx【详xx,ffsinxsinxsinxsinxfx偶函数,故①解】为正时,f2sinx,它在区间单调递减,故②错误.当0xx,x确.当22
0sinxxfx2
0,,它有两个零点:
,时时;当,它2有x一s个i零n点:
x在,故f有3xfsin,xsixn个零点:
x2sinx;时,f当,故③错误.当x2k,2k0kN
x为偶函时,f,0又,fx数Nk,2k2sinxsinxx2k正确,故选,故④正确.综上所述,的最大值C.x2f为①④sinx的图象,由图象可得①④正确,故【点睛】画出函选.Csinxxf数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
D.64B.6A.86C.26
【答案】D
【解析】
【分析】
P,再求得PAC平面PB先证得A
ABC为正方体一部分,P,从而得PCPB
2
进而知正方体的体对角线即为球直径,从而得解.
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【详解】解法PABC为正三的等边三角形,ABC为边长为2PC,一:
PAPB
棱锥,AC,又E,F分别为PA、AB中点,PBAC,又EF平面PAC,PBEF//PB,CE,CEACEFC,EF
ABC为正方体一部分,平面PAC,2,PABPAPBPCP36,故选D.6,即R6646V4R2222R,3283
解法二:
设PA,E,F分别为PA,AB中点,PBPC2x1EFEF//PB,且ABC为边长为,x的等边三角形,2PB2213又CEFPAxCF90,AECE3x222x43xAEC中余弦定理,作PDAC于D,PAPC,EACcosx22格式可编辑WORD.
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223x1ADx14为QDAC中点,cosEAC,,2x4x2xPAAB=BC=AC=2,,又222x2x12PC1xPBPA2,226PA,PB,PC6,两两垂直,R2R222,2D.6,故选6434V6R833【点睛】本题考查学生空间想象能力,补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理,得到三棱两两互相垂直关系,快速得到侧棱长,进而补体成正方体解决.
分,共20分。
二、填空题:
本题共4小题,每小题5
x2处的切线方程为.y3(xx)e在点(0,0)13.曲线
.y0【答案】3x【解析】
【分析】利用直线方程的点斜式求得确定得到切线的斜率,本题根据导数的几何意义,通过求导数,
切线方程/【详解】详解:
x2xx2,3x3(xx)e3(2x1)e3(x1)ey/所以,ky|3x0x2所以,曲线y3(x处的切线方程为(0,0)在点x)e,即3xy0.y3x
二导致准确求导数是进一步计算的基【点睛】
计本题易因为导数的运算法则掌握不熟,础,算错误.求导要“慢”,计算要准,是解答此类问题的基本要求.
n项和.若Sn记为等比数列{an}的前14.1,aa,则a2S5=.
6143121【答案】.3【解析】格式可编辑WORD.
专业文档【分析】
计算得到应用等比数列的求和公式,q的方程,本题根据已知条件,列出关于等比数列公比
.题目的难度不大,注重了基础知识、基本计算能力的考S5
查.
51321q,)又q,所以(q21aq,由已知,0a,a【详解】设等比数列的公比为16433315
5(1.121所以所以q3,a3)(1q)31S531q13
基本要求.本题由于涉及幂的乘方运算、繁分是解答此类问题【点睛】准确计算,式分式计算,部分考生易出现运算错误.
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15.”.设甲队主场取胜“主主客客主客主结束).根据前期比赛成绩,甲队的主客场安排依次为
概4∶1获胜的概率为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.率是0.216.【答案】【解析】【分析】本题应注意分情况讨论,即前五场甲队获胜的两种情应用独立事件概况,率计算公式求
解.题目有一定的难度,注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想考查.
【详解】前四场中有一场客场输,第五场赢时,甲队以4:
1获胜概率是
320.50.108,0.60.5
22的0.54:
1获胜的概率是0.40.620.072,前四场中有一场主场输,第五场赢时,甲队以综上所述,甲队4:
1获胜的概率是q0.1080.0720.18.以【点睛】由于本题题干较长,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4:
1获胜的两种情况;易错点之三是是否能够准确计算.
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x2C:
16.已知双曲线y2的的直线与CF,F,过F0)的左、右焦点分别为1(a0,b12122baF,B两点.若两条渐近线分别交于A1B0,则CF的离心率为FAB,A.21【答案】2.【解析】【分析】,得F1A通过向量关系得AOF1,结合双曲线的渐近线到AB和OAAOBFA到1b从而由00可得BOF3可求AOFAOF,BOA60,tan60BOF2112a.离心率【详解】如图,
OF,得OA是三角形FFB的中位线,212由FAAB.AB,得FA又OF即1112OA.由FBFBFA,则OB0F1B,得OF1有BFFB,OA//OA,BF112222AOF,AOB1AOF,又又OA与OB都是渐近线,得BOFAOBBOFAOF,得1212,所以该双0b.又渐近线OB的斜率为60,03tan60BOFAOFBOA曲12a线的离心率为b22)c1(3)21(.eaa渗透了逻辑推理、直观想象和【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率,数
学运算素养.采取几何法,利用数形结合思想解题.
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
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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。
2217.VABC的内角A,Bsin,AsinBsinC.C的对边分别为(sinBa,b,c,设sinC)
(1)求A;
(2)若,求sinC.2ab2c
26;【答案】
(1)A
(2)sinC.34【解析】【分析】,从而可整理bc
(1)利用正弦定理化简已知边角关系式可222cosA,出得:
cba根据AC,利用2sinAsinB2sin可求得结果;
(2)利用正弦定理可得0,AC、两角和差正弦公式可得关于sinC和cosC的方程,结合同角三角函sinsinB.数关系解方程可求得结果2sin1)【详解】(222BB2sinBsinCsinCsinsinsinCAsinBsinC
2即:
22AsinsinCsinBsinCBsin222由正弦定理可得:
bcabc222b1cacosA2bc2
A0,πA=3
(2)2c,由正弦定理得:
b2a2sinAsinB2sinC
又sinBAcosAsinC,sinACsinAcosC3313
cosC2sinC2sinC222
整理可得:
3sinC
3cosC6
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22221siCn6Ccos3sinCC31sin解得:
2sinC626或4462.46
所以,故0sinC62sinC2sinA2sinCsinB因sinC42
(2)法二:
b2c,由正弦定理得:
2sin2a2sinCAsinB又sinBsinsinAcosCcosAsinC,ACA313322sinCsinCcosC2226
整理可得:
3sinC,即3cosC623sinC3sinC3cosC62sinC62
2CC由),所以),C,,C((0,
63264466
26
)sinCsin(.644【点睛】本题考查利用正弦定理、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行化简,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.
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(1)证明:
MN∥平面CDE;1
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.
10.)【答案】
(1)见解析;(2
5
【解析】
【分析】
MNDEAD//BC)利用三角形中位线1(为平行四边,证得四边形可证得ME//ND和形,11进而证得MN//DE,根据线面
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