2019年江西高考理数真题及解析_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 理科数学 M {x|4 x2} N {x|x2 x60} M N  1.已知集合 ， ，则  （ ） {x|4 x3} A. {x|4 x2} B. {x|2 x2} C. {x|2 x3} D. 答案：C 解答： N {x|2 x3} M {x|4 x2} M N {x|2 x2}  由题意可知, ,又因为 ,则 ， 故选C. 2.设复数z 满足 zi 1 ，z 在复平面内对应的点为 (x,y) ，则（ ） (x1)2  y2 1 A. (x1)2  y2 1 B. x2 (y1)2 1 C. x2 (y1)2 1 D. 答案： C 解答： z (x,y) ∵复数 在复平面内对应的点为 ， z  x yi ∴ x yii 1 ∴ x2 (y1)2 1 ∴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 解答： 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更为接近且 身高应略小于178cm，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. 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“ ”，下图就是一重卦.在所有重卦 3 中随机取一重卦，则该重卦恰有 个阳爻的概率是（ ） 5 A.16 11 B.32 21 C.32 11 D.16 答案：A 解答： 26 6 3 C3 每爻有阴阳两种情况，所以总的事件共有 种，在 个位置上恰有 个是阳爻的情况有 6 C3 20 5 P  6   种，所以 26 64 16.     a 2 b      7. 已知非零向量a,b满足 ，且(ab)b，则a与b的夹角为（ ）  A. 6  B. 3 2 C. 3 5 D. 6 答案： B 解答：   a b  设 与 的夹角为 ，    (ab)b ∵      2 (ab)b a b cos b ∴ =0 1 cos= ∴ 2  = ∴ 3 . 1 1 8.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. 9.记 S 为等差数列a 的前 n 项和.已知 S 0 ， a 5 ，则（ ） n n 4 51 A.a 2n5 B.a 3n10 C.S 2n2 8n D.S  n2 2n n n n n 2 答案： A 解析： S 4a 6d 0 a 3 依题意有  4 1 ，可得  1 ，a 2n5， S n2 4n.  a a 4d 5 d 2 n n 5 1 C F(1,0) F (1,0) F C A B 10.已知椭圆 的焦点为 1 ， 2 ，过 2的直线与 交于 ， 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 3 x2 y2  1 D. 5 4 答案： B 解答： C F(1,0) F (1,0) c1 | AF |2|F B| | AB||BF | 由椭圆 的焦点为 1 ， 2 可知 ，又 2 2 ， 1 ，可 |BF |m | AF |2m |BF || AB|3m 设 2 ， 则 2 ， 1 ， 根 据 椭 圆 的 定 义 可 知 1 1 m a |BF | a |BF ||BF |m3m2a，得 2 ，所以 2 2 ，| AF |a，可知 A(0,b)， 1 2 2 3 1 x2 y2 B( , b)  1 根据相似可得 2 2 代入椭圆的标准方程 a2 b2 ，得a2 3，b2 a2 c2 2， x2 y2  1 椭圆C的方程为 3 2 . f(x)sin x  sinx 11. 关于函数 有下述四个结论： ( ,) ① f(x)是偶函数 ② f(x)在区间 2 单调递增 f(x) , f(x) ③ 在 有4个零点 ④ 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 答案： C 解答： f(x)sin x  sin(x) sin x  sinx  f(x) f(x) 因为 ，所以 是偶函数，①正确， 5 2  5 2 , ( ,) f( ) f( ) 因为 6 3 2 ，而 6 3 ，所以②错误， f(x) , f(x) 3 画出函数 在 上的图像，很容易知道 有 零点，所以③错误， f(x) 2 结合函数图像，可知 的最大值为 ，④正确，故答案选C. 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 E,F PA CEF 90 O 的正三角形， 分别是 ，AB的中点， ，则球 的体积为（ ） 8 6 A. 4 6 B. 2 6 C. 6 D. 答案： D 解答： PA2 PC2-AC2 x2 x2 4 x2 2 cosPAC  =  设PA x，则 2PAPC 2xx x2 x2 x x2 2 x2  x2 2 x  2 ∴CE2  PE2 PC2 2PEPCcosPAC 4 2 x2 41 x EF  PB  ,CF  3 ∵CEF 90， 2 2 x2 x2 2 3 ∴CE2 EF2 CF2,即 4 4 ，解得x 2 ， PA PB  PC  2 ∴ 又AB BC  AC 2 PA,PB,PC 易知 两两相互垂直， 6 故三棱锥PABC 的外接球的半径为 2 ， 3 4  6  ∴三棱锥 的外接球的体积为      6 ，故选D. 3 2 PABC   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 . 1 14.记 S n 为等比数列 a n  的前n项和，若 a 1  3， a 4 2 a 6 ，则 S 5  . 答案： 121 S  3 5 解答： 1 a  ∵ 1 3， a 2 a 4 6 q 设等比数列公比为 (aq3)2 aq5 ∴ 1 1 q 3 ∴121 S  ∴ 3 5 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，该对获胜，决赛结 束）根据前期的比赛成绩，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，且各场比赛相互独立，则甲队以4:1获胜的概率是 . 答案： 0.18 解答： 甲队要以4:1，则甲队在前4场比赛中输一场，第5场甲获胜，由于在前4场比赛中甲有2 个主场2个客场，于是分两种情况： C10.60.40.520.60.62C10.50.50.60.18 2 2 . x2 y2  1(a 0,b0) 16.已知双曲线C:a2 b2 的左、右焦点分别为F,F ，过F 的直线与C的 1 2 1 uuur uuur uuur uuur 两条渐近线分别交于 A,B 两点.若 F 1 A AB,F 1 BF 2 B 0 ，则C的离心率为 . 答案： 2 解答： uuur uuur uuur uuur uuur uuur 由 F 1 A AB,F 1 BF 2 B 0 知 A是 BF 1的中点， F 1 B  F 2 B ，又O是 F 1 ,F 2的中点，所以 OA OA BF OB OF FOABOA 为中位线且 1，所以 1，因此 1 ，又根据两渐近线对称， b e 1( )2  1tan260 2 FOAFOB，所以FOB 60， a . 1 2 2 17. ABC的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c .设 sinBsinC2 sin2 AsinBsinC . （1）求A； 2ab2c sinC （2）若 ，求 . 答案：略 解答： （1）由 sinBsinC2 sin2 AsinBsinC 得sin2 Bsin2Csin2 AsinBsinC b2 c2 a2 bc 结合正弦定理得 b2 c2 a2 1 cosA=  ∴ 2bc 2  A= 又A(0,)，∴ 3 . 2ab2c 2sin AsinB 2sinC （2）由 得 , 2sin AsinAC2sinC ∴ 6  sin( C)2sinC ∴ 2 3 , 3 1 2 sinC cosC  ∴ 2 2 2  2 sin(C ) ∴ 6 2 2    0C   C  又 3 ∴ 6 6 2    sin(C )0 0C  又 6 ∴ 6 2   2 cos C    ∴  6  2 ，         6 2 sinC sin(C  ) sin  C  cos cos  C  sin  ∴ 6 6   6  6  6  6 4 . ABCD ABC D AA 4,AB 2,BAD 60 18.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 ；AMA N （2）求二面角 1 的正弦值. 答案： （1）见解析； 10 （2） 5 . 解答： M,E B ,C M,E BB BC ME //BC （1）连 结 和 1 ， ∵ 分 别 是 1和 的 中 点 ， ∴ 1 且 1 ME  BC 2 1 ， N A D ME //DN ME  DN MNDE 又 是 1 ，∴ ，且 ，∴四边形 是平行四边形， MN //DE DE  C DE MN  C DE MN // C DE ∴ ，又 平面 1 ， 平面 1 ，∴ 平面 1 . D D(0,0,0) A(2,0,0) A(2,0,4) M(1, 3,2) （2）以 为原点建立如图坐标系，由题 ， ， 1 ， uuur uuuur uuur AA(0,0,4) AM (1, 3,2) AD (2,0,4) AAM 1 ， 1 ， 1 ，设平面 1 的法向量为 ur uur n (x ,y ,z ) DAM n (x ,y ,z ) 1 1 1 1 ，平面 1 的法向量为 2 2 2 2 ， ur uuur  n 1 A 1 A0  4z 1 0 由ur uuuur 得 ，令 得ur ，  n AM 0 x  3y 2z 0 x  3 n ( 3,1,0) 1 1 1 1 1 1 1 uur uuur  n 2 A 1 D 0  2x 2 4z 2 0 由uur uuuur 得 ，令 得uur ，  n AM 0 x  3y 2z 0 x 2 n (2,0,1) 2 1 2 2 2 2 2ur uur ur uur n n 15 cos n ,n  ur1 uu2r  10 ∴ 1 2 n  n 5 ，∴二面角 的正弦值为 . AMA N 1 2 5 1 3 19.已知抛物线C: y2 3x的焦点为F ，斜率为2 的直线l与C的交点为A，B，与x轴的 交点为P. | AF ||BF |4 l （1）若 ，求 的方程； AP 3PB | AB| （2）若 ，求 . 答案： 8y12x70 （1） ； 4 13 （2） 3 . 解答： 3 y  xb （1）设直线l的方程为 2 ，设A(x ,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2  3 y  xb  2 9 联立直线 l 与抛物线的方程：  y2 3x 消去 y 化简整理得 4 x2 (3b3)xb2 0 ， 9 1 4(33b)  (3b3)2 4 b2 0 b x x  4 ， 2 ， 1 2 9 ，依题意| AF ||BF |4可 3 5 4(33b) 5 7 x x  4 x x   b 知 1 2 2 ，即 1 2 2 ，故 9 2，得 8 ，满足0，故直线l3 7 y  x 的方程为 2 8 ，即8y12x70.  3 y  xb  2 （2）联立方程组 消去 化简整理得 ， ，  y2 3x x y2 2y2b0 48b0 1 b 2 ， y  y 2， y y 2b， AP 3PB，可知 y 3y ，则 2y 2，得 1 2 1 2  1 2 2 3 b y 1，y 3，故可知 2 满足0， 2 1 1 4 4 13 | AB| 1 | y  y | 1 |31|  k2 1 2 9 3 . f(x)sinxln(1x) f(x) f(x) 20.已知函数 , 为 的导函数.证明：  (1, ) (1) f(x)在区间 2 存在唯一极大值点； f(x) 2 (2) 有且仅有 个零点. 答案： 略 解答： 1  f(x)cosx (1 x ) (1)对 f(x)进行求导可得， 1x ， 2 1 1 g(x)cosx g(x)sinx 取 1x，则 (1x)2 ,  1 x(1, ) g(x)sinx 在 2 内 (1x)2 为 单 调 递 减 函 数 ， 且 g(0)1，  1 g( )1 0 2  (1 )2 所以在 内存在一个 ，使得 ，所以在 2 x(0,1) x g(x)0 0  x(x , ) x(1,x ) 内 g(x)0， f(x)为增函数；在 0 2 内 g(x)0， f(x)为减函数， 0 (1, ) 所以在 f(x)在区间 2 存在唯一极大值点； x(1,0) f(x) f(0)0 f ' x  0 （2）由（1）可知当 时， 单调增，且 ，可得 f(x) 则 在此区间单调减； x(0,x ) f(x) f(0)0 f(x)0 f(x) 当 0 时， 单调增，且 ， 则 在此区间单调增；又 f(0)0 x(1,x ) f(x) x0 则在 0 上 有唯一零点 .    x(x , ) f(x )0, f( )0 x (x , ) 当 0 2 时， f(x)单调减，且 0 2 ，则存在唯一的 1 0 2 ，使  x(x , ) 得 f(x )0 ，在 x(x ,x ) 时， f(x )0 ， f(x)单调增；当 1 2 时， f(x)单调 1 0 1 1    f( )1ln(1 )1lne0 x(x , ) 减，且 2 2 ，所以在 0 2 上 f(x)无零点；   x( ,) x( ,) 当 2 时， y sinx单调减， y ln(1x)单调减，则 f(x)在 2 上单调  x( ,) 减, f()0ln(1)0,所以在 2 上 f(x)存在一个零点. x(,) f(x)sinxln(1x)1ln(1)0 f(x) 当 时 ， 恒 成 立 ， 则 在 x(,) 上无零点. f(x) 2 综上可得， 有且仅有 个零点. 21．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，为此进行动物实 验．实验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比实验．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，再安排下一轮实验．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，就停止实验，并认为治愈只数多的药更有效．为 了方便描述问题，约定：对于每轮实验，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1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1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  X ，一轮实验中甲药的得分记为 ． （1）求X 的分布列； （2）若甲药、乙药在实验开始时都赋予4分， p i (i 0,1,  ,8) 表示“甲药的累计得分为 ip 0 p 1 p ap bp cp 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 0 ， 8 ， i i1 i i1 (i 1,2,  ,7) a  P(X 1) b P(X 0) c P(X 1) 0.5 ，其中 ， ， ．假设 ， 0.8 ． {p  p}(i 0,1,2, ,7) （i）证明： i1 i  为等比数列； p p （ii）求 4，并根据 4的值解释这种实验方案的合理性． 答案： （1）略；（2）略 解答： （1）一轮实验中甲药的得分有三种情况：1、1、0． 1 P(X 1)(1) 得 分时是施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈，则 ； 1 P(X 1)(1) 得 分时是施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈，则 ； 0 P(X 0)(1)(1) 得 分时是都治愈或都未治愈，则 ． 则X 的分布列为： 0.5 0.8 （2）（i）因为 ， ， a  P(X 1)0.4 b P(X 0)0.5 c P(X 1)0.1 则 ， ， ． p 0.4p 0.5p 0.1p 0.5p 0.4p 0.1p 可得 i i1 i i1，则 i i1 i1， p  p i1 i 4 则0.4(p  p )0.1(p  p )，则 p  p ， i i1 i1 i i i1 {p  p}(i 0,1,2, ,7) 所以 i1 i  为等比数列． {p  p}(i 0,1,2, ,7) p  p  p （ii） i1 i  的首项为 1 0 1，那么可得： p  p  p 47 8 7 1 ， p  p  p 46 7 6 1 ， ………………p  p  p 4 2 1 1 ， p  p  p (47 46  4) 以上7个式子相加，得到 8 1 1  ， 148 48 1 3 p  p (14 46 47) p   p p  则 8 1  1 14 3 1，则 1 48 1， p  p  p (442 43) 再把后面三个式子相加，得 4 1 1 ， 44 1 44 1 3 1 1 p  p (1442 43) p     则 4 1 3 1 3 48 1 44 1 257 ． p 4表示“甲药治愈的白鼠比乙药治愈的白鼠多 4 只，且甲药的累计得分为 4”，因为 0.5 0.8  ， ， ，则实验结果中“甲药治愈的白鼠比乙药治愈的白鼠多4只，且 1 p  甲药的累计得分为4”这种情况的概率是非常小的，而 4 257 的确非常小，说明这种实 验方案是合理的．  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 O x 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 a,b,c abc1 23. 已知 为正数，且满足 ，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： 见解析： 解答： 1 1 1    bcacab （1） abc1， a b c .  b2 c2 a2 c2 a2 b2 bc ,ac ,ab 由基本不等式可得： 2 2 2 ， 1 1 1 b2 c2 a2 c2 a2 b2      a2 b2 c2 于是得到a b c 2 2 2 . 3 （2）由基本不等式得到：ab2 ab (ab)3 8(ab)2， 3 3 bc2 bc (bc)3 8(bc)2，ca2 ac (ca)3 8(ac)2. 于是得到 3 3 3 3 3 3 (ab)3(bc)3(ca)3 8[(ab)2 (bc)2 (ac)2] 83 3 (ab)2(bc)2(ca)2 24