2019全国1卷高考数学理科(最终版)

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分1.已知集合}24|{xxM，}06|{2xxxN，则NM（）A.}34|{xxB.}24|{xxC.}22|{xxD.}32|{xx答案：C解答：由题意可知,}32|{xxN,又因为}24|{xxM,则}22|{xxNM，故选C.2.设复数z满足1zi，z在复平面内对应的点为(,)xy，则（）A.22(1)1xyB.22(1)1xyC.22(1)1xyD.22(1)1xy答案：C解答：∵复数z在复平面内对应的点为(,)xy，∴zxyi∴1xyii∴22(1)1xy3.已知2log0.2a，0.22b，0.30.2c，则（）A.abcB.acbC.cabD.bca答案：B解答：由对数函数的图像可知：2log0.20a；再有指数函数的图像可知：0.221b，0.300.21c，于是可得到：acb.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215（618.0215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215.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为cm105，头顶至脖子下端的长度为cm26，则其身高可能是（）A.cm165B.cm175C.cm185D.cm190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，足底处为F，tBD，215，根据题意可知BDAB,故tAB；又tBDABAD)1(，DFAD，故tDF1；所以身高tDFADh2)1(，将618.0215代入可得th24.4.根据腿长为cm105，头顶至脖子下端的长度为cm26可得ACAB，EFDF；即26t，1051t，将618.0215代入可得4240t所以08.1786.169h，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cm26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215（618.0215称为黄金分割比例）可计算出咽喉至肚脐的长度约为cm42；将人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cm68，头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是215可计算出肚脐至足底的长度约为110；将头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度相加即可得到身高约为cm178，与答案cm175更为接近，故选B.5.函数2sin()cosxxfxxx在[,]的图像大致为（）A.B.C.D.答案：D解答：∵2sin()cosxxfxxx2sincosxxxx()fx，∴()fx为奇函数，排除A，又22sin4222()02cos22f，排除C，22sin()01cosf，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解答：每爻有阴阳两种情况，所以总的事件共有62种，在6个位置上恰有3个是阳爻的情况有36C种，所以36620526416CP.7.已知非零向量,ab满足2ab，且()abb，则a与b的夹角为（）A.6B.3C.23D.56答案：B解答：设a与b的夹角为，∵()abb∴2()cosabbabb=0∴1cos=2∴=3.8.右图是求112+12+2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解答：把选项代入模拟运行很容易得出结论选项A代入运算可得1=12+12+2A，满足条件，选项B代入运算可得1=2+12+2A,不符合条件，选项C代入运算可得12A,不符合条件，选项D代入运算可得11+4A,不符合条件.9.记nS为等差数列na的前n项和.已知40S，55a，则（）A.25nanB.310nanC.228nSnnD.2122nSnn答案：A解析：依题意有415146045Sadaad，可得132ad，25nan，24nSnn.10.已知椭圆C的焦点为)0,1(1F，)0,1(2F，过2F的直线与C交于A，B两点.若||2||22BFAF，||||1BFAB，则C的方程为（）A.1222yxB.12322yxC.13422yxD.14522yx答案：B解答：由椭圆C的焦点为)0,1(1F，)0,1(2F可知1c，又||2||22BFAF，||||1BFAB，可设mBF||2，则mAF2||2，mABBF3||||1，根据椭圆的定义可知ammBFBF23||||21，得am21，所以aBF21||2，aAF||2，可知),0(bA，根据相似可得)21,23(bB代入椭圆的标准方程12222byax，得32a，2222cab，椭圆C的方程为12322yx.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解答：因为()sinsin()sinsin()fxxxxxfx，所以()fx是偶函数，①正确，因为52,(,)632，而52()()63ff，所以②错误，画出函数()fx在,上的图像，很容易知道()fx有3零点，所以③错误，结合函数图像，可知()fx的最大值为2，④正确，故答案选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PA，AB的中点，90CEF，则球O的体积为（）A.86B.46C.26D.6答案：D解答：设PAx，则2222222-42cos=22PAPCACxxxPACPAPCxxx∴2222cosCEPEPCPEPCPAC22222222424xxxxxxx∵90CEF，1,322xEFPBCF∴222CEEFCF,即222344xx，解得2x，∴2PAPBPC又2ABBCAC易知,,PAPBPC两两相互垂直，故三棱锥PABC的外接球的半径为62，∴三棱锥PABC的外接球的体积为346632，故选D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.曲线23()xyxxe在点(0,0)处的切线方程为.答案：3yx解答：∵23(21)3()xxyxexxe23(31)xxxe，∴结合导数的几何意义曲线在点(0,0)处的切线方程的斜率3k，∴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：5S1213解答：∵113a，246aa设等比数列公比为q∴32511()aqaq∴3q∴5S121315.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：1221220.60.40.50.60.60.50.50.60.18CC.16.已知双曲线C:22221(0,0)xyabab的左、右焦点分别为12,FF，过1F的直线与C的两条渐近线分别交于,AB两点.若112,0FAABFBFBuuuruuuruuuruuur，则C的离心率为.答案：2解答：由112,0FAABFBFBuuuruuuruuuruuur知A是1BF的中点，12FBFBuuuruuur，又O是12,FF的中点，所以OA为中位线且1OABF，所以1OBOF，因此1FOABOA，又根据两渐近线对称，12FOAFOB，所以260FOB，221()1tan602bea.三、解答题：共70分。第17-21题为必考题，第22,23为选考题，考生需要按照要求作答.（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：略解答：（1）由22sinsinsinsinsinBCABC得222sinsinsinsinsinBCABC结合正弦定理得222bcabc∴2221cos=22bcaAbc又(0,)A，∴=3A.（2）由22abc得2sinsin2sinABC,∴2sinsin2sinAACC∴6sin()2sin23CC,∴312sincos222CC∴2sin()62C又203C∴662C又sin()06C∴062C∴2cos62C，∴sinsin()66CCsincoscossin6666CC624.18.如图，直四棱柱1111ABCDABCD的底面是菱形，14,2,60AAABBAD，,,EMN分别是11,,BCBBAD的中点.（1）证明：//MN平面1CDE；（2）求二面角1AMAN的正弦值.答案：（1）见解析；（2）105.解答：（1）连结,ME和1,BC，∵,ME分别是1BB和BC的中点，∴1//MEBC且112MEBC，又N是1AD，∴//MEDN，且MEDN，∴四边形MNDE是平行四边形，∴//MNDE，又DE平面1CDE，MN平面1CDE，∴//MN平面1CDE.（2）以D为原点建立如图坐标系，由题(0,0,0)D，(2,0,0)A，1(2,0,4)A，(1,3,2)M1(0,0,4)AAuuur，1(1,3,2)AMuuuur，1(2,0,4)ADuuur，设平面1AAM的法向量为1111(,,)nxyzur，平面1DAM的法向量为2222(,,)nxyzuur，由111100nAAnAMuruuururuuuur得111140320zxyz，令13x得1(3,1,0)nur，由212100nADnAMuuruuuruuruuuur得22222240320xzxyz，令22x得2(2,0,1)nuur，∴12121215cos,5nnnnnnuruururuururuur，∴二面角1AMAN的正弦值为105.19.已知抛物线xyC3:2的焦点为F，斜率为23的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.（1）若4||||BFAF，求l的方程；（2）若PBAP3，求||AB.答案：（1）07128xy；（2）3