2019年全国1卷理科数学详解详析

2019年全国1卷理科数学试题及详解——广东广州兹能一、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242,60MxxNxxx，则MN（）A．43xxB．42xxC．22xxD．23xx【答案】C。【解析】由260xx可得32023xxx，故23Nx。故而可得MN22x，故选C。2．设复数1zi，z在复平面内对应的点为,xy，则（）A．2211xyB．2211xyC．2211xyD．2211xy【答案】C。【解析】由z在复平面内对应的点为,xy可得zxyi，故而22111zixyixy，化简可得2211xy。故选C。3．已知0.20.32log0.220.2abc，，，则（）A．abcB．acbC．cabD．bca【答案】B。【解析】取中间值。22log0.2log100aa，0.202211bb，0.300.20.2101cc，故而可得acb，故选B。4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶到肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比为512（510.6182，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512。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26cm，则其身高可能是（）A．165cmB．175cmC．185cmD．190cm【答案】B。【解析】不妨设头顶、咽喉、肚脐、足底分别为点ABCD，，，，故可得512ABBC，512ACCD，假设身高为x，可解得512CDx，352ACx，7352ABx，由题意可得735262511062ABxCDx，化简可得5217873521217151xxxx。故选B。5．函数2sincosxxfxxx在,上的图像大致为（）A．B．C．D．【答案】D。【解析】取特值。2sincosxxfxfxxx，故函数为奇函数；又22214220,1124ff，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“”，右图就是一重卦。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．516B．1132C．2132D．1116【答案】A。【解析】一共可能有6264种可能，其中满足恰有3个阳爻的有3620C种，故概率为2056416，故选A。7．已知非零向量a，b满足2ab，且abb，则a和b的夹角为（）A．6B．3C．23D．56【答案】B。【解析】22,cos0abbabbabbabb，将2ab带入可得1cos2，即夹角为3。故选B。8．右图是求112122的程序框图，图中空白框中应填入（）A．12AAB．12AAC．112AAD．112AA【答案】A。【解析】运行程序框图。A．第一步：1,12Ak，是；第二步：1,2122Ak，是；第三步：1,312122Ak，否，输出，故A正确。故选A。9．记nS为等差数列na的前n项和。已知4505Sa，，则（）A．25nanB．310nanC．228nSnnD．2122nSnn【答案】A。【解析】由等差数列性质可得415146045Sadaad，解得123da，故2425nnSnnan。故选A。10．已知椭圆C的焦点为121,01,0FF，，过点2F的直线与C交于AB，两点，若2212AFFBABBF，，则C的方程为（）A．2212xyB．22132xyC．22143xyD．22154xy【答案】B。【解析】不妨设2FBm，故122233FBABAFFBFBm，由椭圆定义可得1224FBFBam，故2121213,,,222FBaBFaAFaAFaAFa，在12AFF和12BFF中，分别可得：2222122222141cos22194244cos1222acaAFFacaacaaBFFaac，由二角互补可得221aaa，解得23a，故22b，方程为22132xy。故选B。11．关于函数sinsinfxxx有下述四个结论：①fx是偶函数②fx在区间,2单调递增③fx在,有4个零点④fx的最大值为2其中所有正确结论的编号是A．①②④B．②④C．①④D．①③【答案】C。【解析】分段函数讨论。①由sinsinsinsinfxxxxxfx，故①正确；②,2x时，sinsin2sinfxxxx，函数递减，故②错误；③0,x时，sinsin2sinfxxxx，函数有两个零点，00ff，故,0x时，00ff，故函数有且只有三个零点，故③错误；④函数为偶函数，故只需讨论正数的情况。2,2xkkkN时，sinsin2sinfxxxx，最大值为2；2,22xkkkN，sinsin0fxxx。故函数最大值为2.故选C。12．已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，EF，分别是PAAB，的中点，90CEF，则球O的体积为（）A．86B．46C．26D．6【答案】D。【解析】如图所示，三棱锥PABC为正三棱锥，不妨设2PAPBPCa，底面外接圆半径为r。由题意可得EFa，3CF，在PAC中，由余弦定理可得224441cos2222aaPACaa，故EAC中，222142222ECaaaa，又90CEF，故根据勾股定理可得222ECEFCF即222232aa，即2PC。在直角POC中，233OCr，2263OPPCr。由正三棱锥外接球半径公式可得：22226222rOPrhRhOP，故体积为3463R。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线23xyxxe在点0,0处的切线方程为。【答案】3yx。【解析】求导可得2'331xyxxe，故切线斜率为0'3xy，故切线方程为3yx。14．记nS为等比数列na的前n项和。若113a，246aa，则5S。【答案】1213。【解析】由246aa可得26511aqaq，解得11aq，即3q。故515112113aqSq。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获胜的概率是。【答案】950。【解析】欲使甲队4:1获胜，则第五场甲胜，前四场甲胜三场负一场。可能情况为：1负或2负或3负或4负，即两主场负一场或两客场负一场，故概率为1221322290.60.40.50.60.550PCC。16．已知双曲线2222:10xyCabab的左右焦点分别为12FF，，过1F的直线与C的两条渐近线分别交于AB，两点。若1FAAB，120FBFB，则C的离心率为。【答案】2。【解析】不妨设点,0bBmmma，故12,,,bbBFcmmBFcmmaa，由120FBFB可得222220bmcma，解得ma。故,Bab，又1FAAB，故,22acbA，带入直线byxa可得22bbaca，解得2ca，故离心率为2。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．ABC的内角ABC，，的对边分别为abc，，，设22sinsinsinsinsinBCABC。（1）求A；（2）若22abc，求sinC。【答案】（1）3A（2）62sin4C。【解析】（1）由正弦定理可将22sinsinsinsinsinBCABC化简为22bcabc，整理可得：222bcbca，由余弦定理可得2221cos22bcaAbc，故3A。（2）由（1）得222abcbc，又22abc，即22acb，平方可得222244acbcb，将222abcbc代入222244acbcb可得222222244bcbccbcb，整理可得2222bbcc，即31bc。代入222abcbc中可得2222223131323acccc，即2223312ac，化简可得6312ac，即63sin31sin22AC，解得162sin4231C。18．如图，直四棱柱1111ABCDABCD底面是菱形，14AA，2AB，60BAD，EMN，，分别是11BCBBAD，，的中点。（1）证明：//MN平面1CDE；（2）求二面角1AMAN的正弦值。【答案】（1）略。（2）1210sin55AMAN【解析】（1）如图，连接1BC，ME。EM，分别是1BCBB，的中点，EM是1BBC的中位线，111//2EMBCEMBC，在四棱柱1111ABCDABCD中，11//ADBC，N分别是1AD的中点，11111//22DNBCDNADBC，，//DNME四边形MNDE是平行四边形，//MNDE//MN平面1CDE（2）过A作AOCD于点O，以O为坐标原点，OA为x轴，OC为y轴建立空间直角坐标系。60BAD，2AB，14AA，底面为菱形。故3,0,0A，3,2,0B，13,2,4B，13,0,4A，0,1,0D，又MN，分别是11BBAD，的中点，故：313,2,2,,222MN，。不妨设半平面1AMA和1MAN的法向量分别为11112222,,,,,nxyznxyz，可得：111111111111,,0,2,2000,,0,0,40xyznAMyzzxyznAA，令11x，故11,0,0n；222222122222221,,0,2,2003131,,,,20202222xyzyznAMxyzxyznAN，令221yz，故23,1,1n；故12112123coscos,5nnAMANnnnn，故1210sin55AMAN。19．已知抛物线2:3Cyx的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点分别为AB，，与x