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2019 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）
答案解析版
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.已知集合 ，则 =
A. B. C. D.
【答案】C
【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．
【详解】由题意得， ，则
．故选C．
【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．
2.设复数z满足 ，z在复平面内对应的点为(x，y)，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
第1页 | 共29页【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(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C．
【详解】 则 ．故选
C．
【点睛】本题考查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.已知 ，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
运用中间量 比较 ，运用中间量 比较
【 详 解 】 则
．故选B．
【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．
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
第2页 | 共29页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，且腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是
A. 165 cm B. 175 cm C. 185 cm D. 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．
【详解】设人体脖子下端至腿根的长为 x 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42．07+5．15+105+26=178．22，接近175cm．故选
B．
【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．
5.函数f(x)= 在[—π，π]的图像大致为
A. B.
第3页 | 共29页C. D.
【答案】D
【解析】
【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，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 ．故选D．
【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.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
【解析】
第4页 | 共29页【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
算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个
阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．
【详解】由题知，每一爻有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 = ，故选A．
【点睛】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．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．
7.已知非零向量a，b满足 =2 ，且（a–b） b，则a与b的夹角为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查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，所以 ，所以 =
，所以 与 的夹角为 ，故选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
第5页 | 共29页式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为 ．
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
【解析】
【分析】
本题主要考查算法中的程序框图，渗透阅读、分析与解决问题等素养，认真分析式子结构
特征与程序框图结构，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 = ，
第6页 | 共29页=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 ，故选
A．
【点睛】秒杀速解 认真观察计算式子的结构特点，可知循环体为 ．
9.记 为等差数列 的前n项和．已知 ，则
A. B. C. D.
【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 ， ，
， 排 除 B ， 对 C ，
， 排 除 C ． 对 D ，
，排除D，故选A．
第7页 | 共29页【详解】由题知， ，解得 ，∴ ，故选A．
【点睛】本题主要考查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.已知椭圆C的焦点为 ，过F 的直线与C交于A，B两点.若
2
， ，则C的方程为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
可以运用下面方法求解：如图，由已知可设 ，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
第8页 | 共29页，故选B．
【详解】如图，由已知可设 ，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 ，
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 有下述四个结论：
①f(x)是偶函数 ②f(x)在区间（ , ）单调递增
③f(x)在 有4个零点 ④f(x)的最大值为2
其中所有正确结论的编号是
第9页 | 共29页A. ①②④ B. ②④ C. ①④ D. ①③
【答案】C
【解析】
【分析】
画出函数 的图象，由图象可得①④正确，故选C．
【详解】 为偶函数，故①
正确．当 时， ，它在区间 单调递减，故②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③错误．当 时， ；当
时， ，又 为偶函数，
的最大值为 ，故④正确．综上所述，①④ 正确，故选C．
【点睛】化简函数 ，研究它的性质从而得出正确答案．
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
第10页 | 共29页A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
本题也可用解三角形方法，达到求出棱长的目的．适合空间想象能力略差学生．
设 ， 分别为 中点，
，且 ， 为边长为2 的等边三角形，
又
中余弦定理 ，作 于 ， ，
为 中点， ， ，
， ，又 ，
两两垂直， ， ，
第11页 | 共29页，故选D.
【详解】 为边长为2的等边三角形， 为正三棱锥，
为
，又 ， 分别 、 中点，
， ，又 ， 平面 ，
平面 ， ， 为正方体一部分，
，即 ，故选D．
【点睛】本题考查学生空间想象能力，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系，快速得到侧棱长，进而补型成正方体解决．
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___________．
【答案】 .
【解析】
【分析】
第12页 | 共29页本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 ．
【点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本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，是解答此类问题的基本要求．
14.记S 为等比数列{a}的前n项和．若 ，则S=____________．
n n 5
【答案】 .
【解析】
【分析】
本题根据已知条件，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，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
【详解】设等比数列的公比为 ，由已知 ，所以 又 ，
所以 所以 ．
【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分
式分式计算，部分考生易出现运算错误．
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4∶1获胜的
第13页 | 共29页概率是____________．
【答案】0.216.
【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，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．
【详解】前五场中有一场客场输时，甲队以 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
的
综上所述，甲队以 获胜 概率是
【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 获胜的两种情况；易错点之三是是否
能够准确计算．
16.已知双曲线C： 的左、右焦点分别为F
1
，F
2
，过F
1
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
____________．
【答案】2.
【解析】
【分析】
本题考查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，
第14页 | 共29页由 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
，所以该双曲线的离心率为 ．
【点睛】此题若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。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21
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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设
．
（1）求A；
第15页 | 共29页（2）若 ，求sinC．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理化简已知边角关系式可得： ，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：
第16页 | 共29页解得： 或
因为 所以 ，故 .
（2）法二： ，由正弦定理得：
又 ，
整理可得： ，即
或
且
【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–ABC D 的底面是菱形，AA=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，
1 1 1 1 1
N分别是BC，BB，AD的中点．
1 1
第17页 | 共29页（1）证明：MN∥平面C DE；
1
（2）求二面角A-MA-N的正弦值．
1
【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】
【分析】
（1）利用三角形中位线和 可证得 ，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
第18页 | 共29页且
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，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则： ， ， ，D（0，-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
第19页 | 共29页为平面 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：
【点睛】本题考查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.已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为 的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点
为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若 ，求|AB|．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【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
第20页 | 共29页得结果；（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
【点睛】本题考查抛物线的几何性质、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.
第21页 | 共29页20.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．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【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 ，
第22页 | 共29页，
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： ，
①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
②当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减
第23页 | 共29页又
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
③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
④当 时， ，
第24页 | 共29页即 在 上不存在零点
综上所述： 有且仅有 个零点
【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、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内零点的唯一性，二者缺一不可.
21.为了治疗某种疾病，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α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．
（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．
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii） .
【解析】
第25页 | 共29页【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；
（2）（i）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 ；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]
第26页 | 共29页在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 （t为参数），以坐标原点O
为极点，x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）
【解析】
【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，从而根据三角函数的范围可求得最值.
【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：
第27页 | 共29页则 上的点到直线 的距离
当 时， 取最小值
则
【点睛】本题考查参数方程、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.求解本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]
已知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
【解析】
【分析】
（1）利用 将所证不等式可变为证明： ，利用基本不等
式可证得 ，从而得到结论；（2）利用基本不等式可得
，再次利用基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）
第28页 | 共29页当且仅当 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
【点睛】本题考查利用基本不等式进行不等式的证明问题，考查学生对于基本不等式的变
形和应用能力，需要注意的是在利用基本不等式时需注意取等条件能否成立.
第29页 | 共29页
