2019年江西高考文数真题及解析_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_江西高考数学90-23

2019 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 3i z  z  1. 设 12i ，则 （ ） A.2 3 B. 2 C. D.1 答案： C 解析： 3i (3i)(12i) 17i z    因为 12i (12i)(12i) 5 1 7 ( )2 ( )2 所以 z  5 5  2 U {1,2,3,4,5,6,7} A{2，3，4，5} B {2，3，6，7} B C A 2. 已知集合 ， ， ，则  U （ ） {1,6} A. {1,7} B. {6,7} C. {1,6,7} D. 答案： C 解析： U {1,2,3,4,5,6,7} A{2，3，4，5} C A{1，6，7} B {2，3，6，7}  ， ， 则 U ， 又  ， 则 B C A{6，7}  U ，故选C.a log 0.2 b20.2 c0.20.3 3.已知 2 ， ， ，则（ ） A.abc B.acb C.cab D.bca 答案： B 解答： a log 0.20 b20.2 1 由对数函数的图像可知： 2 ；再有指数函数的图像可知： ， 0c0.20.3 1 acb ，于是可得到： . 51 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 （ 2 51 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 2 51 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.165cm B.175cm C.185cm D.190cm 答案： B 解析： 方法一： 设头顶处为点 A，咽喉处为点B，脖子下端处为点C，肚脐处为点D，腿根处为点E，足 51 底处为 ， ， ， F BDt 2AB AD 根 据 题 意 可 知 , 故 ； 又 ， ， 故 BD ABt AD ABBD(1)t DF 1 DF  t；  (1)2 51 所以身高h ADDF  t，将 0.618代入可得 .  2 h4.24t 根据腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm可得AB AC ，DF  EF ； 1 51 即 ， t 105，将 0.618代入可得 t 26  2 40t 42 所以169.6h178.08，故选B. 方法二： 由于头顶至咽喉的长度与头顶至脖子下端的长度极为接近，故头顶至脖子下端的长度26cm 可估值为头顶至咽喉的长度；根据人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是 51 51 （ 0.618称为黄金分割比例）可计算出咽喉至肚脐的长度约为 ；将人 2 2 42cm 体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度相加可得头顶至肚脐的长度为 68cm，头顶至肚 51 脐的长度与肚脐至足底的长度之比是 可计算出肚脐至足底的长度约为 ；将头顶至 2 110 肚脐的长度与肚脐至足底的长度相加即可得到身高约为178cm，与答案175cm更为接近， 故选B. sinxx f(x) 5. 函数 cosxx2 在[,]的图像大致为（ ） A. B. C.D. 答案： D 解答： sinxx f(x) sinxx ∵ cosxx2   cosxx2 f(x) ， f(x) ∴ 为奇函数，排除A.   sin   42 2 2 f( )  0 又 2   2 2 ，排除C， cos    2  2 sin  f()  0 cos2 12 ，排除B，故选D. 1000 1,2,3,  ,1000 6.某学校为了解 名新生的身体素质，将这些学生编号为 ，从这些新生中 100 46 4 用系统抽样方法等距抽取 名学生进行体质测验，若 号学生被抽到，则下面 名学生中 被抽到的是（ ）. 8 A. 号学生 200 B. 号学生 616 C. 号学生 815 D. 号学生 答案： C 解答： 1000 100 10 46 从 名学生中抽取 名，每 人抽一个， 号学生被抽到，则抽取的号数就为 10n6(0n99,nN) 616 ，可得出 号学生被抽到. 7. tan255（ ）2 3 A. 2 3 B. 2 3 C. 2 3 D. 答案： D 解析： tan45tan30  tan(4530) 因为tan255tan(18075)tan75 1tan45tan30 tan2552 3 化简可得 a  b  |a  |2|b  | (ab  )b  a  b  8. 已知非零向量 ， 满足 ，且 ，则 与 的夹角为（ ）  A. 6  B. 3 2 C. 3 5 D. 6 答案： B 解答： |a  |2|b  | (ab  )b   (ab  )b  0 ab  |b  |20 a  b    ，且 ， ，有 ，设 与 的夹角为       |a||b |cos|b |20 2|b |2 cos|b |20 |b |2 (2cos1)0 |b |0 则有 ，即 ， ， ， 1   cos     2 ， 3 ，故a与b 的夹角为 3 ，选B. 1 1 9. 右图是求2+ 的程序框图，图中空白框中应填入（ ） 1 2+ 21 A A. 2 A 1 A2 B. A 1 A1 C. 2A 1 A D. 12A 答案： A 解答： 把选项代入模拟运行很容易得出结论 1 A= 1 选项A代入运算可得 2+ ，满足条件， 1 2+ 2 1 A=2+ 1 选项B代入运算可得 2+ ,不符合条件， 2 1 A 选项C代入运算可得 2 ,不符合条件， 1 A1+ 选项D代入运算可得 4,不符合条件. x2 y2 10.双曲线C：  1(a 0,b0)的一条渐近线的倾斜角为 ，则 的离心率为（ a2 b2 130 C ）A.2sin40 B.2cos40 1 C. sin50 1 D. cos50 答案： D 解答： b b sin50 根据题意可知  tan130，所以  tan50 ， a a cos50 b2 sin250 cos250sin250 1 1 离心率e 1  1    . a2 cos250 cos250 cos250 cos50 ABC A,B,C a,b,c asinAbsinB4csinC 11. 的 内 角 的 对 边 分 别 为 ， 已 知 ， 1 b cosA  4，则c （ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 答案： A 解答： asin AbsinB 4csinC a2 b2 4c2 a2 4c2 b2 由正弦定理可得到： ，即 ， b2 c2 a2 1 b cosA  6 又由余弦定理可得到： 2bc 4，于是可得到c 12. 已知椭圆 C 的焦点坐标为 F 1 (1,0) ， F 2 (1,0) ，过 F 2的直线与 C 交于 A ， B 两点，若 AF 2 F B AB  BF C 2 2 ， 1 ，则 的方程为（ ） x2  y2 1 A. 2 x2 y2  1 B. 3 2 x2 y2  1 C. 4 3x2 y2  1 D. 5 4 答案： B 解答： AF 2 F B AB  BF F B  x AF 2x BF 3x 由 2 2 ， 1 ，设 2 ，则 2 ， 1 ，根据椭圆的定 F B  BF  AF  AF 2a AF 2x 义 2 1 2 1 ，所以 1 ，因此点 A即为椭圆的下顶点，因为 3 b 9 1 ( , )  1 AF 2 2 F 2 B ，c 1所以点B坐标为 2 2 ，将坐标代入椭圆方程得4a2 4 ，解得 a2 3,b2 2 ，故答案选B. y 3(x2 x)ex (0,0) 13.曲线 在点 处的切线方程为 . 答案： y 3x 解答： y3(2x1)ex 3(x2 x)ex 3(x2 3x1)ex ∵ ， (0,0) k 3 ∴结合导数的几何意义曲线在点 处的切线方程的斜率 ， y 3x ∴切线方程为 . 3 14. 记 S n 为等比数列 a n  的前n项和，若 a 1 1 ， S 3  4 ，则 S 4  . 答案： 5 8 解析：3 S a a a  a 1 ， 3 1 2 3 4 1 q 设等比数列公比为 3 a aqaq2  ∴ 1 1 1 4 1 q  ∴ 2 5 S  所以 8 4 3 f(x)sin(2x )3cosx 15．函数 2 的最小值为___________． 答案： 4 解答： 3 f(x)sin(2x )3cosxcos2x3cosx2cos2 x3cosx1 2 ， cosx[1,1] cosx1 f(x) 因为 ，知当 时 取最小值， 3 f(x)sin(2x )3cosx 则 2 的最小值为4． ACB 90 P ABC PC 2 P ACB AC,BC 16.已知 ， 为平面 外一点， ，点 到 两边 的 3 P ABC 距离均为 ，那么 到平面 的距离为 . 答案： 2 解答： P ABC O PO 如图，过 点做平面 的垂线段，垂足为 ，则 的长度即为所求，再做 PE CB,PF CA OE CB,OF CA ，由线面的垂直判定及性质定理可得出 ，在 RtPCF PC 2,PF  3 CF 1 RtPCE CE 1 中，由 ，可得出 ，同理在 中可得出 ， ACB 90 OE CB,OF CA OE OF 1 OC  2 结 合 ， 可 得 出 ， ，PO PC2 OC2  2 50 50 17.某商场为提高服务质量，随机调查了 名男顾客和 名女顾客，每位顾客对该商场的服 务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表： 满 意 不 满 意 男 顾 客 40 10 女 顾 客 30 20 （1） 分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率； 95% （2） 能否有 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？ n(ad bc)2 2  附： (ab)(cd)(ac)(bd) P(2 k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 答案： 40 4 P   (1)男顾客的的满意概率为 50 5 30 3 P   女顾客的的满意概率为 50 5 95% (2) 有 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异. 解答： 40 4 P   （1） 男顾客的的满意概率为 50 5 30 3 P   女顾客的的满意概率为 50 5 . 100(40201030)2 2  4.762 (2) (4010)(3020)(4030)(1020)4.7623.841 95% 有 的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异. 18.记S 为等差数列  a  的前n项和，已知S a ； n n 9 5   （1）若a 4，求 a 的通项公式； 3 n （2）若a 0，求使得S a 的n的取值范围. 1 n n 答案： （1）a 2n10 n   （2） n1n10,nN 解答： 9(a a ) （1）由 结合 S  1 9 9a 可得 ，联立 得 ，所以 S a 9 2 5 a 0 a 4 d 2 9 5 5 3 a a (n3)d 2n10 n 3 n(n9)d （2）由 可得 ，故 ，S  . S a a 4d a (n5)d n 2 9 5 1 n 由a 0知d 0，故S a 等价于n2 11n100，解得1n10， 1 n n   所以n的取值范围是 n1n10,nN ABCDABC D AA 4,AB 2 BAD60 19. 如图直四棱柱 1 1 1 1的底面是菱形， 1 ， ， E,M,N BC,BB ,AD 分别是 1 1 的中点. MN // C DE （1）证明： 平面 1 C C DE （2）求点 到平面 1 的距离. 答案： 见解析 解答：（1）连结 A 1 C 1 ,B 1 D 1相交于点 G ，再过点 M 作 MH //C 1 E 交 B 1 C 1于点 H ，再连结 GH ， NG . E,M,N BC,BB ,AD  分别是 1 1 的中点. NG//C D GH //DE 于是可得到 1 ， ， NGHM // C DE 于是得到平面 平面 1 ， MN  NGHM MN // C DE 由 平面 ，于是得到 平面 1 E BC ABCD BAD60 （2） 为 中点， 为菱形且 DE  BC ，又  ABCDA 1 B 1 C 1 D 1为直四棱柱， DE CC 1 DE C E AB 2,AA 4 1 ，又  1 ， DE  3,C E  17 C C DE h 1 ，设点 到平面 1 的距离为 V V 由 CC 1 DE C 1 DCE得 1 1 1 1   3 17h  1 34 3 2 3 2 4 h 17 解得 17 4 17 所以点C到平面 C DE 的距离为17 1 f(x)2sinxxcosxx f(x) f(x) 20. 已知函数 ， 是 的导数.f(x) (0,) （1）证明： 在区间 存在唯一零点； x[0,] f(x)ax a （2）若 时， ，求 的取值范围. 答案： 略 解答： f(x)2cosx[cosxx(sinx)]1 cosxxsinx1 （1）由题意得 g(x)cosxxsinx1 g(x) xcosx 令 ，∴  x(0, ] 当 2 时，g(x)0，g(x)单调递增，  x( ,) 当 2 时，g(x)0，g(x)单调递减，   g( ) 1 ∴g(x)的最大值为 2 2 ，又g()2，g(0)0   g()g( )0 f() f( )0 ∴ 2 ，即 2 ， f(x) (0,) ∴ 在区间 存在唯一零点. F(x) f(x)ax 2sinxxcosxxax （2）令 ， F(x) cosxxsinx1a ∴ ，  由（1）知 在 上先增后减，存在m( ,)，使得 ，且 ， f(x) (0,) 2 f(m)0 f(0)0   f( )= 10， ， 2 2 f()2   ∴ 在 上先增后减， ，F( ) 1a， ， F(x) (0,) F(0)a 2 2 F()2a  当F( )0时， 在 上小于 ， 单调递减， 2 F(x) (0,) 0 F(x) 又F(0)0，则F(x) F(0)0不合题意，    当F( )0时，即 1a0，a 1时， 2 2 2 若F(0)0，F()0，F(x)在(0,m)上单调递增，在(m,)上单调递减，F(0)0 则 解得 ， F()0 a0 F(0)a0 而 解得 ，故 ， F()2a0 2a0 2a0 若F(0)0，F()0，F(x)在(0,)上单调递增，且F(0)0， F(0)a0 故只需 解得 ； F()2a0 a2  若 ， ， 在(0, )上单调递增，且 ， F(0)0 F()0 F(x) 2 F(0)0  故存在x(0, )时， ，不合题意， 2 F(x) F(0)0 综上所述，a的取值范围为 ,0 . A,B O AB 4 eM A,B x20 21. 已知点 关于坐标原点 对称， ， 过点 且与直线 相切. A x y 0 eM （1）若 在直线 上，求 的半径； MA  MP （2）是否存在定点P，使得当A运动时， 为定值？并说明理由. 答案： （1）2或6； （2）见解析. 解答： eM A,B AB y  x （1）∵ 过点 ，∴圆心在 的中垂线上即直线 上，设圆的方程为 (xa)2 (ya)2  r2 AB 4 AO2 MO2  r2 42a2  r2 ，又 ，根据 得 ； eM x20 a2  r a 0,r 2 a 4,r 6 ∵ 与直线 相切，∴ ，联解方程得 或 . (x,y) AO2 MO2 r2  x2 2 4 x2  y2  x2 2 （2）设M 的坐标为 ，根据条件 即 y2 4x M (1,0) x 1 化简得 ，即 的轨迹是以 为焦点，以 为准线的抛物线，所以存在定点 P(1,0) MA  MP (x2)(x1)1 ，使 .  1t2 x   1t2  (t为参数) 22.在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 4t .以坐标原点 为极点，  y  xOy C  1t2 Ox l 2cos 3sin110 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线 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： 略 解答： 1t2 2 2 y x 1 x1 t  (1)曲线C:由题意得 1t2 1t2 即 1t2 ，则 2(x1)，然后代入即 y2 x2 1 可得到 4 l xcos,y sin 2x 3y110 而直线 ：将 代入即可得到 （2）将曲线 化成参数方程形式为 C  4sin( )11 2cos2 3sin11 6 则d   7 7  3   所以当 6 2 时，最小值为 7 23.已知a，b，c为正数，且满足abc1，证明： 1 1 1   a2 b2 c2 （1）a b c ； (ab)3(bc)3(ca)3 24 （2） . 答案：（1）见解析； （2）见解析. a2 b2 2ab b2 c2 2bc c2 a2 2ac 解析：（1） ， ， ， 2a2 2b2 2c2 2ab2bc2ac a2 b2 c2 abbcac abc ，即 ，当且仅当 1 1 1 ab bc ac 时 取 等 号 . abc1且 a， b， c都 为 正 数 ，  c ， a ， b ， 故  1 1 1   a2 b2 c2 a b c .(ab)3(bc)3(ca)3 33 (ab)3(bc)3(ca)3 （2） ，  (ab)3 (bc)3 (ca)3 abc 当且仅当 时等号成立，即 时等号成立.又 33 (ab)3(bc)3(ca)3 3(ab)(bc)(ca) 32 ab2 bc2 ac 24abc， 当且仅当abc时等号成立， abc1，故 33 (ab)3(bc)3(ca)3 24abc 24 ，  (ab)3(bc)3(ca)3 24 即得 .