高考真题—普通高等学校统一考试—理科数学（北京卷）—解析版（推荐阅读）

第一篇：高考真题—普通高等学校统一考试—理科数学（北京卷）—解析版

绝密★启用前 2019年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）理科数学 本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题 共40分）一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1.已知复数z=2+i，则 A.B.C.3 D.5 【答案】D 【解析】 【分析】 题先求得，然后根据复数的乘法运算法则即得.【详解】∵ 故选D.【点睛】本容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.2.执行如图所示的程序框图，输出的s值为 A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据程序框图中的条件逐次运算即可.【详解】运行第一次，，运行第二次，，运行第三次，，结束循环，输出，故选B.【点睛】本题考查程序框图，属于容易题，注重基础知识、基本运算能力的考查.3.已知直线l的参数方程为（t为参数），则点（1,0）到直线l的距离是 A.B.C.D.【答案】D 【解析】 【分析】 首先将参数方程化为直角坐标方程，然后利用点到直线距离公式求解距离即可.【详解】直线的普通方程为,即,点到直线的距离,故选D.【点睛】本题考查直线参数方程与普通方程转化,点到直线的距离,属于容易题,注重基础知识､基本运算能力的考查.4.已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，则 A.a2=2b2 B.3a2=4b2 C.a=2b D.3a=4b 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意利用离心率的定义和的关系可得满足题意的等式.【详解】椭圆的离心率,化简得, 故选B.【点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质,属于容易题,注重基础知识､基本运算能力的考查.5.若x，y满足，且y≥−1，则3x+y的最大值为 A.−7 B.1 C.5 D.7 【答案】C 【解析】 【分析】 首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义确定其最值即可.【详解】由题意作出可行域如图阴影部分所示.设, 当直线经过点时,取最大值5.故选C.【点睛】本题是简单线性规划问题的基本题型,根据“画､移､解”等步骤可得解.题目难度不大题,注重了基础知识､基本技能的考查.6.在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为 A.1010.1 B.10.1 C.lg10.1 D.10–10.1 【答案】D 【解析】 【分析】 先求出，然后将对数式换为指数式求再求 【详解】两颗星的星等与亮度满足 , 令，，故选D.【点睛】考查考生的数学应用意识、信息处理能力、阅读理解能力以及指数对数运算.7.设点A，B，C不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合向量的减法公式和向量的运算法则考查充分性和必要性是否成立即可.【详解】∵A､B､C三点不共线,∴ |+|>|||+|>|-| |+|2>|-|2•>0与 的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“|+|>||”的充分必要条件,故选C.【点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积,同时考查了转化与化归数学思想.8.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：

①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；

②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；

③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是 A.① B.② C.①② D.①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】 将所给方程进行等价变形确定x的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.详解】由得，, 所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1),(-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.由得，解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过.结论②正确.如图所示,易知, 四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.故选C.【点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用,属于难题,注重基础知识､基本运算能力及分析问题解决问题的能力考查,渗透“美育思想”.第二部分（非选择题 共110分）二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。

9.函数f(x)=sin22x的最小正周期是__________． 【答案】.【解析】 【分析】 将所给的函数利用降幂公式进行恒等变形，然后求解其最小正周期即可.【详解】函数,周期为 【点睛】本题主要考查二倍角的三角函数公式､三角函数的最小正周期公式，属于基础题.10.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=__________，Sn的最小值为__________． 【答案】(1).0.(2).-10.【解析】 【分析】 首先确定公差,然后由通项公式可得的值，进一步研究数列中正项､负项的变化规律,得到和的最小值.【详解】等差数列中，得,公差， 由等差数列的性质得时，时,大于0,所以的最小值为或,即为.【点睛】本题考查等差数列的通项公式､求和公式､等差数列的性质,难度不大,注重重要知识､基础知识､基本运算能力的考查.11.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________． 【答案】40.【解析】 【分析】 画出三视图对应的几何体，应用割补法求几何体的体积.【详解】在正方体中还原该几何体，如图所示 几何体的体积V=43-（2+4）×2×4=40 【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；

二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.12.已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①l⊥m；

②m∥；

③l⊥． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.【解析】 【分析】 将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：

（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.正确；

（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.不正确，有可能m在平面α内；

（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.【点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.13.设函数f（x）=ex+ae−x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a=________；

若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是___________． 【答案】(1).-1;(2)..【解析】 【分析】 首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用导函数的解析式可得a的取值范围.【详解】若函数为奇函数,则，对任意的恒成立.若函数是上的增函数,则恒成立,.即实数的取值范围是 【点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中,需利用转化与化归思想,转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.14.李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%． ①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；

②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________． 【答案】(1).130.(2).15.【解析】 【分析】（1）将购买的草莓和西瓜加钱与120进行比较，再根据促销规则可的结果；

（2）根据、分别探究.【详解】（1）x=10，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒，需要支付（60+80）-10=130元.（2）设顾客一次购买水果的促销前总价为y元，元时，李明得到的金额为y×80%，符合要求.元时，有（y-x）×80%≥y×70%成立，即8（y-x）≥7y，x≤，即x≤（）min=15元.所以x的最大值为15.【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质、数学的应用意识、数学式子变形与运算求解能力，有一定难度.三、解答题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。

15.在△ABC中，a=3，b−c=2，cosB=． （Ⅰ）求b，c的值；

（Ⅱ）求sin（B–C）的值． 【答案】(Ⅰ)；

(Ⅱ).【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意列出关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定b,c的值；

(Ⅱ)由题意结合正弦定理和两角和差正余弦公式可得的值.【详解】(Ⅰ)由题意可得：，解得：.(Ⅱ)由同角三角函数基本关系可得：，结合正弦定理可得：，很明显角C为锐角，故，故.【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理的应用，两角和差正余弦公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.16.如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；

（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；

（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． 【答案】(Ⅰ)见解析；

(Ⅱ)；

(Ⅲ)见解析.【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；

(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；

(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易知：，由可得点F的坐标为，由可得，设平面AEF的法向量为：，则，据此可得平面AEF的一个法向量为：，很明显平面AEP的一个法向量为，二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.(Ⅲ)易知，由可得，则，注意到平面AEF的一个法向量为：，其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.17.改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A，B两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A，B两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A和仅使用B的学生的支付金额分布情况如下：

交付金额（元）支付方式（0,1000]（1000,2000] 大于2000 仅使用A 18人 9人 3人 仅使用B 10人 14人 1人（Ⅰ）从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率；

（Ⅱ）从样本仅使用A和仅使用B的学生中各随机抽取1人，以X表示这2人中上个月支付金额大于1000元的人数，求X的分布列和数学期望；

（Ⅲ）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化？说明理由． 【答案】(Ⅰ)；

(Ⅱ)见解析；

(Ⅲ)见解析.【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意利用古典概型计算公式可得满足题意的概率值；

(Ⅱ)首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后求解数学期望即可.(Ⅲ)由题意结合概率的定义给出结论即可.【详解】(Ⅰ)由题意可知，两种支付方式都是用的人数为：人，则：

该学生上个月A，B两种支付方式都使用的概率.(Ⅱ)由题意可知，仅使用A支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，仅使用B支付方法的学生中，金额不大于1000的人数占，金额大于1000的人数占，且X可能的取值为0,1,2.，，X分布列为：

X 0 1 2 其数学期望：.(Ⅲ)我们不认为样本仅使用A的学生中本月支付金额大于2000元的人数有变化.理由如下：

随机事件在一次随机实验中是否发生是随机的，是不能预知的，随着试验次数的增多，频率越来越稳定于概率。

学校是一个相对消费稳定的地方，每个学生根据自己的实际情况每个月的消费应该相对固定，出现题中这种现象可能是发生了“小概率事件”.【点睛】本题以支付方式相关调查来设置问题，考查概率统计在生活中的应用，考查概率的定义和分布列的应用，使学生体会到数学与现实生活息息相关.18.已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；

（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 【答案】(Ⅰ)，；

(Ⅱ)见解析.【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；

(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，故抛物线方程：，其准线方程为：.(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，直线的方程为，与联立可得：，同理可得，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，且：，则圆的方程为：，令整理可得：，解得：，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19.已知函数.（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；

（Ⅱ）当时，求证：；

（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 【答案】（Ⅰ）和.（Ⅱ）见解析；

（Ⅲ）.【解析】 【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；

(Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论；

(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值.【详解】（Ⅰ），令得或者.当时，此时切线方程为，即；

当时，此时切线方程为，即；

综上可得所求切线方程为和.（Ⅱ）设，令得或者，所以当时，为增函数；

当时，为减函数；

当时，为增函数；

而，所以，即；

同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，所以是中的较大者，若，即时，；

若，即时，；

所以当最小时，此时.【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20.已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1

（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为，长度为q的递增子列的末项的最小值为.若p

（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s–1，且长度为s末项为2s–1的递增子列恰有2s-1个（s=1，2，…），求数列{an}的通项公式． 【答案】(Ⅰ)1,3,5,6.(Ⅱ)见解析；

(Ⅲ)见解析.【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；

(Ⅱ)利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；

(Ⅲ)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可.【详解】(Ⅰ)满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.(Ⅱ)对于每一个长度为的递增子列，都能从其中找到若干个长度为的递增子列，此时，设所有长度为的子列的末项分别为：，所有长度为的子列的末项分别为：，则，注意到长度为的子列可能无法进一步找到长度为的子列，故，据此可得：

(Ⅲ)满足题意的一个数列的通项公式可以是，下面说明此数列满足题意.很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.长度为的递增子列末项的最小值为2s-1，下面用数学归纳法证明长度为s末项为2s-1的递增子列恰有个：

当时命题显然成立，假设当时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有个，则当时，对于时得到的每一个子列，可构造：和两个满足题意的递增子列，则长度为k+1末项为2k+1的递增子列恰有个，综上可得，数列是一个满足题意的数列的通项公式.注：当时，所有满足题意的数列为：，当时，数列对应的两个递增子列为：和.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.

第二篇：2019年高考真题—普通高等学校统一考试—理科数学（全国卷Ⅲ）—解析版

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2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国

III卷）

理科数学

一．

选择题

1、已知集合，则（）

A.B.B.C.C.D.D.答案：

A

解答：，所以.2.若，则（）

A.B.C.D.答案：

D

解答：,.3.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著，某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（）

A.B.C.D.答案：

C

解答：

4.的展开式中的系数为（）

A.B.C.D.答案：

A

解答：

由题意可知含的项为，所以系数为.5.已知各项均为正数的等比数列的前项和为，且，则（）

A.B.C.D.答案：

C

解答：

设该等比数列的首项，公比，由已知得，因为且，则可解得，又因为，即可解得，则.6.已知曲线在点处的切线方程为，则（）

A.,B.,C.,D.,答案：

D

解析：

令，则，得.，可得.故选D.7.函数在的图像大致为（）

A.B.C.D.答案：

B

解析：

∵，∴，∴为奇函数，排除选项C.又∵，根据图像进行判断，可知选项B符合题意.8.如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，则（）

A.，且直线，是相交直线

B.，且直线，是相交直线

C.，且直线，是异面直线

D.，且直线，是异面直线

答案：

B

解析：

因为直线，都是平面内的直线，且不平行，即直线，是相交直线，设正方形的边长为，则由题意可得：，根据余弦定理可得：，所以，故选B.9.执行右边的程序框图，如果输出为，则输出的值等于（）

A.B.C.D.答案：

C

解析：

第一次循环：；

第二次循环：；

第三次循环：；

第四次循环：；

…

第七次循环：，此时循环结束，可得.故选C.10.双曲线：的右焦点为，点为的一条渐近线的点，为坐标原点.若则的面积为（）

A:

B:

C:

D:

答案:

A

解析：

由双曲线的方程可得一条渐近线方程为；在中过点做垂直因为得到;所以;故选A;

11.若是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（）

A.B.C.D.答案：

C

解析:

依据题意函数为偶函数且函数在单调递减，则函数在上单调递增；因为；又因为；所以；故选C.12.设函数，已知在有且仅有个零点，下述四个结论：

在有且仅有个极大值点

在有且仅有个极小值点

在单调递增的取值范围是

其中所有正确结论的编号是

A.B.C.D.答案：

D

解析：

根据题意，画出草图，由图可知，由题意可得，解得，所以，解得，故对；

令得，∴图像中轴右侧第一个最值点为最大值点，故对；

∵，∴在有个或个极小值点，故错；

∵，∴，故对.二.填空题

13.已知，为单位向量，且，若，则

.答案：

解析：

∵，∴，∵，∴.14.记为等差数列的前项和，若，则

.答案：

解析：

设该等差数列的公差为，∵，∴，故，∴.15.设、为椭圆的两个焦点，为上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则的坐标为________.答案：

解析：

已知椭圆可知，，由为上一点且在第一象限，故等腰三角形中，，，代入可得.故的坐标为.16.学生到工厂劳动实践，利用D打印技术制作模型。如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，,D打印机所用原料密度为，不考虑打印损耗，则作该模型所需原料的质量为

.答案：

解答：，..三．解答题

17.为了解甲，乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下实验：将200只小鼠随机分成两组，每组100只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同，摩尔溶度相同。经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比，根据实验数据分别得到如下直方图：

记为事件“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到的估计值为0.70.（1）

求乙离子残留百分比直方图中的值；

（2）

分别估计甲，乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.答案：

见解析

解答:

（1）

依题意得，解得.（2）

得到甲离子残留百分比的平均值为4.05,，乙离子残留百分比的平均值为5.7.18.的内角的对边分别为.已知.(1求B;

(2)

若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.答案：

（1）

（2）见解析

解析：

因为；结合正弦定理,得,即；得到；

（2）

因为,所以又因为,;又因为（因为为锐角，若越大越大，则越小越小；越大）；所以，所以.19.图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，.将其沿折起使得与重合，连结，如图2.（1）证明：图2中的四点共面，且平面平面；

（2）求图2中的二面角的大小.答案：

见解析

解析：

证明：（1）由题意知，，又，平面，又平面，平面平面.(2)分别取，的中点为，连结，则，四边形为棱形，且60，又平面，即平面，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，，设平面的一个法向量为,，令，则,得到，平面的一个法向量为，,故二面角的大小为.20.已知函数.（1）

讨论的单调性；

（2）

是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.答案：

见解析

解析：

（1）

当时，此时在单调递增.‚当时，令，解得或，令，解得.此时在单调递增，在单调递减.ƒ当时，令，解得或，令，解得.此时在单调递增，在单调递减.综上可得，当时，在单调递增.当时，在单调递增，在单调递减.当时，在单调递增，在单调递减.（2）

由（1）中结论可知，当时，在单调递增，此时，∴，满足题意.当时，若，即，则在单调递减，此时，∴，满足题意.若，即，则在单调递减，在单调递增.此时

∵

∴当时，‚，由‚可得，与矛盾，故不成立.当时，ƒ，由ƒ可得，与矛盾，故不成立.综上可知，或满足题意.21.已知曲线，为直线上的动点.过作的两条切线,切点分别是，（1）证明：直线过定点;

（2）若以为圆心的圆与直线相切,且切点为线段的中点,求四边形的面积.答案：

见解析；

解答：

（1）当点在时，设过的直线方程为，与曲线联立化简得，由于直线与曲线相切，则有，解得，并求得坐标分别为，所以直线的方程为；

当点横坐标不为时，设直线的方程为（），由已知可得直线

不过坐标原点即，联立直线方程与曲线的方程可得，消并化简得，∵有两个交点∴，设，根据韦达定理有，，由已知可得曲线为抛物线等价于函数的图像，则有，则抛物线在上的切线方程为①，同理，抛物线在上的切线方程为②，联立①，②并消去可得，由已知可得两条切线的交点在直线上，则有，化简得，∵，∴，即，即为，解得，经检验满足条件，所以直线的方程为过定点，综上所述，直线过定点得证.（2）由（1）得直线的方程为，当时，即直线方程为，此时点的坐标为，以为圆心的圆与直线相切于恰为中点，此时；

当时，直线方程与曲线方程联立化简得，，则中点坐标为，由已知可得，即，解得，由对称性不妨取，则直线方程为，求得的坐标为，到直线距离，到直线距离，则，综上所述，四边形的面积为或.四．

选做题（2选1）

22.如图，在极坐标系中，，，弧，所在圆的圆心分别是，，曲线是弧,曲线是弧，曲线是弧.（1）分别写出，的极坐标方程；

（2）曲线由，构成，若点在上，且,求的极坐标.答案：

见解答

解答：

（1）

由题意可知，的直角坐标方程为：，，所以，的极坐标为，.（2）

时，，时，或，时，，所以点的极坐标为，，.23.设，且.（1）求的最小值；

（2）若成立，证明：或.答案：

见解析

解析：

（1）

根据柯西不等式，故，当且仅当，即，时，取最小值;

（2）

方法一：根据柯西不等式，证得或.方法二：令，有，证得或

第三篇：2019年高考真题—普通高等学校统一考试—理科数学（全国卷Ⅰ）—解析版

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2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国

I卷）

理科数学

1.已知集合，则（）

A.B.C.D.答案：

C

解答：

由题意可知，又因为,则，故选.2.设复数满足，在复平面内对应的点为，则（）

A.B.C.D.答案：

C

解答：

∵复数在复平面内对应的点为，∴

∴

∴

3.已知，，则（）

A.B.C.D.答案：

B

解答：

由对数函数的图像可知：；再有指数函数的图像可知：，于是可得到：.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（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

.若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为，头顶至脖子下端的长度为，则其身高可能是（）

A.B.C.D.答案：

B

解答：

方法一：

设头顶处为点，咽喉处为点，脖子下端处为点，肚脐处为点，腿根处为点，足底处为，，根据题意可知,故；又，故；

所以身高，将代入可得.根据腿长为，头顶至脖子下端的长度为可得，；

即，将代入可得

所以，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（称为黄金分割比例）可计算出咽喉至肚脐的长度约为；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，头顶至肚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；将头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度相加即可得到身高约为，与答案更为接近且身高应略小于，故选B.5.函数在的图像大致为（）

A.B.C.D.答案：

D

解答：

∵，∴为奇函数，排除A，又，排除C，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，则该重卦恰有个阳爻的概率是（）

A.B.C.D.答案：

A

解答：

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种，所以

.7.已知非零向量满足，且，则与的夹角为（）

A.B.C.D.答案：

B

解答：

设与的夹角为，∵

∴

∴

∴.8.右图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）

A.B.C.D.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，满足条件，选项B代入运算可得,不符合条件，选项C代入运算可得,不符合条件，选项D代入运算可得,不符合条件.9.记为等差数列的前项和.已知，则（）

A.B.C.D.答案：

A

解析：

依题意有，可得，.10.已知椭圆的焦点为，过的直线与交于，两点.若，则的方程为（）

A.B.C.D.答案：

B

解答：

由椭圆的焦点为，可知，又，可设，则，根据椭圆的定义可知，得，所以，可知，根据相似可得代入椭圆的标准方程，得，椭圆的方程为.11.关于函数有下述四个结论：

①是偶函数

②在区间单调递增

③在有4个零点

④的最大值为

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：

因为，所以是偶函数，①正确，因为，而，所以②错误，画出函数在上的图像，很容易知道有零点，所以③错误，结合函数图像，可知的最大值为，④正确，故答案选C.12.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，是边长为的正三角形，分别是，的中点，则球的体积为（）

A.B.C.D.答案：

D

解答：

设，则

∴

∵，∴,即，解得，∴

又

易知两两相互垂直，故三棱锥的外接球的半径为，∴三棱锥的外接球的体积为，故选D.13.曲线在点处的切线方程为

.答案：

解答：

∵，∴结合导数的几何意义曲线在点处的切线方程的斜率，∴切线方程为.14.记为等比数列的前项和，若，则

.答案：

解答：

∵，设等比数列公比为

∴

∴

∴

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，客场取胜的概率为，且各场比赛相互独立，则甲队以获胜的概率是

.答案：

解答：

甲队要以，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：

.16.已知双曲线C:的左、右焦点分别为，过的直线与的两条渐近线分别交于两点.若，则的离心率为

.答案：

解答：

由知是的中点，又是的中点，所以为中位线且，所以，因此，又根据两渐近线对称，所以，.17.的内角的对边分别为.设.（1）

求；

（2）

若，求.答案：

略

解答：

（1）

由得

结合正弦定理得

∴

又，∴.（2）

由得,∴

∴,∴

∴

又∴

又∴

∴，∴.18.如图，直四棱柱的底面是菱形，分别是的中点.（1）

证明：平面；

（2）

求二面角的正弦值.答案：

（1）

见解析；

（2）

.解答：

（1）

连结和，∵分别是和的中点，∴且，又是，∴，且，∴四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）

以为原点建立如图坐标系，由题，，，设平面的法向量为，平面的法向量为，由得，令得，由得，令得，∴，∴二面角的正弦值为.19.已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与的交点为，与轴的交点为.（1）

若，求的方程；

（2）

若，求.答案：

（1）；

（2）.解答：

（1）设直线的方程为，设，联立直线与抛物线的方程：消去化简整理得，，依题意可知，即，故，得，满足，故直线的方程为，即.（2）联立方程组消去化简整理得，，，可知，则，得，故可知满足，.20.已知函数,为的导函数.证明：

(1)在区间存在唯一极大值点；

(2)有且仅有个零点.答案：

略

解答：

(1)对进行求导可得，取，则,在内为单调递减函数，且，所以在内存在一个，使得，所以在内，为增函数；在内，为减函数，所以在在区间存在唯一极大值点；

（2）由（1）可知当时，单调增，且，可得

则在此区间单调减；

当时，单调增，且，则在此区间单调增；又则在上有唯一零点.当时，单调减，且，则存在唯一的，使得，在时，单调增；当时，单调减，且，所以在上无零点；

当时，单调减，单调减，则在上单调减，所以在上存在一个零点.当时，恒成立，则在上无零点.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和，一轮实验中甲药的得分记为．

（1）求的分布列；

（2）若甲药、乙药在实验开始时都赋予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：、、．

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；

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；

得分时是都治愈或都未治愈，则．

则的分布列为：

（2）（i）因为，则，．

可得，则，则，则，所以为等比数列．

（ii）的首项为，那么可得：，………………，以上7个式子相加，得到，则，则，再把后面三个式子相加，得，则．

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，，则实验结果中“甲药治愈的白鼠比乙药治愈的白鼠多4只，且甲药的累计得分为4”这种情况的概率是非常小的，而的确非常小，说明这种实验方案是合理的．

22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）

求和的直角坐标方程；

（2）

求上的点到距离的最小值.答案：

略

解答：

(1)曲线:由题意得即，则，然后代入即可得到

而直线：将代入即可得到

（2）

将曲线化成参数方程形式为

则

所以当时，最小值为

23.已知为正数，且满足，证明：

（1）

（2）

答案：

见解析：

解答：

（1），.由基本不等式可得：，于是得到.（2）

由基本不等式得到：，.于是得到

第四篇：2019年高考真题—普通高等学校统一考试—理科数学（全国卷II）—解析版

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2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国

II卷）

理科数学

一、选择题

1.设集合，则s（）

A.B.C.D.答案：

A

解答：

或，∴.2.设,则在复平面内对应的点位于（）

A.第一象限

B.第二象限

C.第三象限

D.第四象限

答案：

C

解析：，对应的点坐标为,故选C.3．已知，，则（）

A.B.C.D.答案：

C

解答：

∵，∴，解得，∴.4．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就。实现月球背面软着路需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系。为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地球月拉格朗日点的轨道运行，点是平衡点，位于地月连线的延长线上。设地球的质量为，月球质量为，地月距离为，点到月球的距离为，根据牛顿运动定律和万有引力定律，满足方程。设。由于的值很小，因此在近似计算中，则的近似值为（）

A．

B．

C．

D．

答案：

D

解答：

所以有

化简可得，可得。

5.演讲比赛共有9位评委分别给出某位选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分。7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（）

A．

中位数

B．

平均数

C．

方差

D．极差

答案：

A

解答：

由于共9个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第5个，假设为，去掉一头一尾的最低和最高分后，中位数还是，所以不变的是数字特征是中位数。其它的数字特征都会改变。

6.若，则（）

A.B.C.D.答案：

C

解答：

由函数在上是增函数，且，可得，即.7.设为两个平面，则的充要条件是（）

A.内有无数条直线与平行

B.内有两条相交直线与平行

C.平行于同一条直线

D.垂直于同一平面

答案：

B

解析：

根据面面平行的判定定理易得答案.选B.8.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（）

A.2

B.3

C.4

D.8

答案：

D

解答：

抛物线的焦点是，椭圆的焦点是，∴，∴.9.下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是（）

A.B.C.D.答案：

A

解答：

对于A,函数的周期,在区间单调递增,符合题意；

对于B,函数的周期,在区间单调递减,不符合题意；

对于C，函数，周期,不符合题意；

对于D,函数的周期,不符合题意.10.已知，则（）

A.B.C.D.答案：

B

解析：，则，所以，所以.11.设为双曲线的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于

两点，若，则的离心率为（）

A.B.C.D.答案:

A

解答：

∵，∴,又，∴

解得，即.12.已知函数的定义域为，且当时，若对任意的，都有，则的取值范围是（）

A．

B．

C．

D．

答案：

B

解答：

由当，且当时，可知当时，当时，……当时，函数值域随变量的增大而逐渐减小，对任意的，都有有解得的取值范围是。

二、填空题

13.我国高铁发展迅速，技术先进。经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20

个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为

.答案：

0.98

解答：

经停该站的列出共有40个车次，所有车次的平均正点率的估计值为。

14.已知是奇函数，且当时,.若，则_______.答案：

解答：

∵，∴.15.的内角的对边分别为，若则的面积为_______.答案：

解析：,16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有

个面，其棱长为

.(本题第一空2分，第二空3分.)

答案：

解析：

由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.三、解答题

17.如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，（1）证明：平面;

（2）若，求二面角的正弦值.答案：

（1）见解析

（2）

解析：

（1）证明：∵平面，平面，∴，又，∴平面.（2）设底面边长为，高为，∴，∵平面，∴即，∴解得.∵平面，∴，又，∴平面，故为平面的一个法向量.∵平面与平面为同一平面，故为平面的一个法向量，在中，∵故与成角，∴二面角的正弦值为.18.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方平后，甲先发球，两人又打了个球该局比赛结束.（1）

求；

（2）

求事件“且甲获胜”的概率.答案：

（1）；（2）

解析：

（1）

时，有两种可能：

①甲连赢两局结束比赛，此时；

②乙连赢两局结束比赛，此时，∴；

（2）

且甲获胜，即只有第二局乙获胜，其他都是甲获胜，此时.19.已知数列和满足，，.（1）证明：

是等比数列，是等差数列；

（2）求和的通项公式.答案：

（1）见解析

（2），.解析：

(1)将，相加可得，整理可得，又，故是首项为，公比为的等比数列.将，作差可得，整理可得，又，故是首项为，公差为的等差数列.（2）由是首项为，公比为的等比数列可得①；

由是首项为，公差为的等差数列可得②；

①②相加化简得，①②相减化简得。

20.已知函数

(1)

讨论函数的单调性，并证明函数有且只有两个零点；

(2)

设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线。

答案：

略

解答：

（1）函数的定义域为，又，所以函数在上单调递增，又，所以在区间存在一个零点，且，所以在区间上也存在一个零点，所以函数有且只有2个零点；

（2）因为是函数的一个零点，所以有。曲线在处的切线方程为，曲线曲线当切线斜率为时，切点坐标为，切线方程为，化简为，所以曲线在处的切线也是曲线的切线。

21.已知点，动点满足直线和的斜率之积为，记的轨迹为曲线.（1）求的方程，并说明什么曲线；

（2）过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结

并延长交于点.①证明：是直角三角形；

②求的面积的最大值.答案：

见解析

解答：

(1)由题意得：，化简得：，表示焦点在轴上的椭圆（不含与轴的交点）.(2)

①依题意设，直线的斜率为，则，∴，又，∴，∴，即是直角三角形.②直线的方程为，联立，得，则直线，联立直线和椭圆，可得，则，∴，令，则，∴，∵，∴.四、选做题（2选1）

22.选修4-4（极坐标与参数方程）

在极坐标系中，为极点，点在曲线上，直线过点且与垂直，垂足为.（1）

当时，求及的极坐标方程；

（2）

当在上运动且在线段上时，求点轨迹的极坐标方程.答案：

（1），的极坐标方程：；

（2）

点轨迹的极坐标方程为.解答：

（1）

当时，以为原点，极轴为轴建立直角坐标系，在直角坐标系中有，，则直线的斜率，由点斜式可得直线：，化成极坐标方程为；

（2）

∵∴，则点的轨迹为以为直径的圆，此时圆的直角坐标方程为，化成极坐标方程为，又在线段上，由可得，∴点轨迹的极坐标方程为.23.选修4-5（不等式选讲）

已知。

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时，求的取值范围。

答案：

略

解答：

（1）当时，所以不等式等价于或或解得不等式的解集为。

（2）当时，由，可知恒成立，当时根据条件可知不恒成立。所以的取值范围是。

第五篇：2014年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江理科卷)

2014年普通高等学校招生全国统一考试数学（浙江理科卷）

一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出学科网的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.（1）设全集UxN|x2，集合AxN|x25，zxxk则CUA（）

A.B.{2}C.{5}D.{2,5}

（2）已知i是虚数单位，a,bR,则“ab1”是“(abi)22i”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

（3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的学科网表面积是

A.90cmB.129cmC.132cmD.138cm

2222

4.为了得到函数zxxkysin3xcos3x的图像，可以将函数y2sin3x的图像（）

A.向右平移

C.向右平移个单位B.向左平移个单位44个单位D.向左平移个单位121

264mnf(0,3)5.在(1x)(1y)的展开式中，记xy项的系数为f(m,n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2）

（）

A.45B.60C.120D.210

6.已知函数f(x)x3ax2bxc,且0f(1)f(2)f(3)3,则（）

A.c3B.3c6C.6c9D.c9

7.在同意直角坐标系中，函数f(x)xa(x0),g(x)logax的图像可能是（）

x,xyy,xymax{x,y}min{x,y}8.记，设a,b为平面向量，则（）y,xyx,xy

A.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|}

B.min{|ab|,|ab|}min{|a|,|b|},|ab|2}|a|2|b|2

2222 D.min{|ab|,|ab|}|a||b|C.min{|ab|

9.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m个红球和n个篮球学科网m3,n3，从乙盒中随2机抽取ii1,2个球放入甲盒中.（a）放入i个球后，甲盒中含有红球的个数记为ii1,2；

（b）放入i个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为zxxkpii1,2.则

A.p1p2,E1E2B.p1p2,E1E2

C.p1p2,E1E2D.p1p2,E1E2

10.设函数f1(x)x2，f2(x)2(xx2),f3(x)

13|sin2x|，ai

i99,i0,1,2,,99，Ik|fk(a1)fk(a0)||fk(a2)fk(a1)||fk(a99)fk(a98)|，k1,2,3.则

A.I1I2I3B.I2I1I3C.I1I3I2D.I3I2I1

二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的学科网结果是

________.记

12.随机变量的取值为0,1,2，若P01，E1，则D________.5x2y40,13.当实数x，y满足xy10,时，zxxk1axy4恒成立，则实数a的取值范围是________.x1,

14.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.2xx,x015.设函数fx2若ffa2，则实数a的取值范围是______ x,x0

x2y

216.设直线x3ym0(m0)与双曲线221（ab0）两条渐近线分别交于点A,B，若ab

点P(m,0)满足PB,则该双曲线的离心率是__________

17、如图，某人在垂直于水平地面为，某目标点沿墙面的射击线的大小.若的墙面前的点处进行射击训练.学科网已知点到墙面的距离移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角则的最大值

19（本题满分14分）

已知数列an和bn满足a1a2an2nN.zxxkbn若an为学科网等比数列，且a12,b36b2.（1）求an与bn；

（2）设cn11nN。记数列cn的前n项和为Sn.anbn

（i）求Sn；

（ii）求正整数k，使得对任意nN，均有SkSn.20.（本题满分15分）如图，在四棱锥ABCDE中，zxxk平面ABC平面BCDE,CDEBED900,ABCD2,DEBE1,AC2.（1）证明：DE平面ACD;

（2）求二面角BADE的大小

21(本题满分15分)

x2y2

如图，设椭圆C:221ab0,动直线l与椭圆C只有一个公共点P，学科网且点Pab

在第一象限.（1）已知直线l的斜率为k，用a,b,k表示点P的坐标；

（2）若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离学科网的最大值为ab.22.（本题满分14分）已知函数fxx33xa(aR).（1）若fx在1,1上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a)，求M(a)m(a)；

（2）设bR,若fxb4对x1,1恒成立，zxxk求3ab的取值范围.