2019年高考数学试卷全国卷1文科真题附答案解析

2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）

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．（5分）设zA．2

3i，则|z|( ) 12iB．3 C．2 D．1

2．（5分）已知集合U{1，2，3，4，5，6，7}，A{2，3，4，5}，B{2，3，6，7}，则BðUA( )

A．{1，6} B．{1，7} C．{6，7} D．{1，6，7}

3．（5分）已知alog20.2，b20.2，c0.20.3，则( ) A．abc

B．acb

C．cab

D．bca

4．（5分）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5151，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美(0.618，称为黄金分割比例）

22人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是51．若某人满足上述两个黄金分2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．165cm 5．（5分）函数f(x)B．175cm

C．185cm

D．190cm

sinxx的图象在[，]的大致为( ) 2cosxxA．

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B．

C．

D．

6．（5分）某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号1，2，，1000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验．若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是( ) A．8号学生

B．200号学生

C．616号学生

D．815号学生

7．（5分）tan255( ) A．23 B．23 C．23 D．23

8．（5分）已知非零向量a，b满足|a|2|b|，且(ab)b，则a与b的夹角为( ) A．

 62B．11212 3C．

2 3D．

5 69．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入( )

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A．A1 2AB．A21 AC．A1 12AD．A11 2Ax2y210．（5分）双曲线C:221(a0,b0)的一条渐近线的倾斜角为130，则C的离心率

ab为( ) A．2sin40

B．2cos40

C．

1 sin50D．

1

cos5011．（5分）ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinAbsinB4csinC，1bcosA，则( )

4cA．6 B．5 C．4 D．3

12．（5分）已知椭圆C的焦点为F1(1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|2|F2B|，|AB||BF1|，则C的方程为( )

x2A．y21

2x2y2B．1

32x2y2C．1

43x2y2D．1

54二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）曲线y3(x2x)ex在点(0,0)处的切线方程为 ． 14．（5分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a11，S315．（5分）函数f(x)sin(2x3，则S4 ． 43)3cosx的最小值为 ． 216．（5分）已知ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为 ．

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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．（12分）某商场为提高服务质量，随机调查了50名男顾客和50名女顾客，每位顾客对该商场的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：

男顾客 女顾客 满意 40 30 不满意 10 20 （1）分别估计男、女顾客对该商场服务满意的概率；

（2）能否有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异？ n(adbc)2附：K．

(ab)(cd)(ac)(bd)2P(K2…k) k 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 18．（12分）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9a5． （1）若a34，求{an}的通项公式；

（2）若a10，求使得Sn…an的n的取值范围．

19．（12分）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，BAD60，AB2，

E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN//平面C1DE； （2）求点C到平面C1DE的距离．

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20．（12分）已知函数f(x)2sinxxcosxx，f(x)为f(x)的导数． （1）证明：f(x)在区间(0,)存在唯一零点； （2）若x[0，]时，f(x)…ax，求a的取值范围．

21．（12分）已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点A，B且与直线x20相切．

（1）若A在直线xy0上，求M的半径；

（2）是否存在定点P，使得当A运动时，|MA||MP|为定值？并说明理由．

（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。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

1t2x,21t22．（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为．以坐标原(t为参数）

4ty1t2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2cos3sin110．

（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． [选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知a，b，c为正数，且满足abc1．证明： （1）

1112„ab2c2； abc24． （2）(ab)3(bc)3(ca)3…

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2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）

参考答案与试题解析

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。 【解答】解：由z故选：C．

【解答】解：U{1，2，3，4，5，6，7}，A{2，3，4，5}，B{2，3，6，7}， CUA{1，6，7}，

3i|3i|103i|2． ，得|z||12i|12i|12i5则BðUA{6，7}

故选：C．

【解答】解：alog20.2log210， b20.2201， 00.20.30.201，

c0.20.3(0,1)， acb，

故选：B．

【解答】解：头顶至脖子下端的长度为26cm， 说明头顶到咽喉的长度小于26cm，

由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是可得咽喉至肚脐的长度小于

2642cm， 0.618510.618， 2由头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是可得肚脐至足底的长度小于

4226110， 0.61851， 2即有该人的身高小于11068178cm， 又肚脐至足底的长度大于105cm，

可得头顶至肚脐的长度大于1050.61865cm， 即该人的身高大于65105170cm，

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故选：B． 【解答】解：

sinxx，x[，]，

cosxx2sinxxsinxxf(x)f(x)，

cos(x)x2cosxx2f(x)f(x)为[，]上的奇函数，因此排除A；

又f()sin0，因此排除B，C； 22cos1故选：D．

【解答】解：：从1000名学生从中抽取一个容量为100的样本，

系统抽样的分段间隔为

100010， 10046号学生被抽到，

则根据系统抽样的性质可知，第一组随机抽取一个号码为6，以后每个号码都比前一个号码增加10，所有号码数是以6为首项，以10为公差的等差数列， 设其数列为{an}，则an610(n1)10n4， 当n62时，a62616，即在第62组抽到616． 故选：C．

【解答】解：tan255tan(18075)tan75tan(4530) tan45tan301tan45tan30(33)2126323．

6633311333133故选：D．

【解答】解：(ab)b，

(ab)babb2

|a||b|cosa,bb20，

|b|cosa,b

|a||b|2|b|222|b|1， 2a,b[0,]，

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a,b3．

故选：B．

【解答】解：模拟程序的运行，可得： A

1

，k1； 2

满足条件k„2，执行循环体，A112212，k2；

满足条件k„2，执行循环体，A1212，k3；

此时，不满足条件k„2，退出循环，输出A的值为

211212，

观察A的取值规律可知图中空白框中应填入A故选：A．

1． 2Ax2y2b【解答】解：双曲线C:221(a0,b0)的渐近线方程为yx，

abab由双曲线的一条渐近线的倾斜角为130，得tan130tan50，

a则

bsin50， tan50acos50b2c2a2c2sin2501211， aa2a2cos250cos2501得e2，

cos250e1．

cos50故选：D．

【解答】解：ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 1asinAbsinB4csinC，cosA，

4a2b24c2b2c2a21，

cosA2bc41解得3c2bc，

2第8页（共16页）



b6． c故选：A．

【解答】解：|AF2|2|BF2|，|AB|3|BF2|， 又|AB||BF1|，|BF1|3|BF2|， 又|BF1||BF2|2a，|BF2|3|AF2|a，|BF1|a，

2a， 2在Rt△AF2O中，cosAF2O1， aa34()2(a)222在△BF1F2中，由余弦定理可得cosBF2F1，

a222142a2根据cosAF2OcosBF2F10，可得0，解得a23，a3．

a2ab2a2c2312．

x2y2所以椭圆C的方程为：1．

32故选：B．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 【解答】解：

y3(x2x)ex，

y3ex(x23x1)，

当x0时，y3，

y3(x2x)ex在点(0,0)处的切线斜率k3，

切线方程为：y3x．

故答案为：y3x．

【解答】解：等比数列{an}的前n项和，a11，S31q33， q1，

1q43， 4整理可得，q2q1解可得，q，

210， 4第9页（共16页）

11q165． 则S41q1182415故答案为：

8【解答】解：

f(x)sin(2x3)3cosx， 2cos2x3cosx2cos2x3cosx1，

令tcosx，则1剟t1，

3f(t)2t23t1的开口向上，对称轴t，在[1，1]上先增后减，

4故当t1即cosx1时，函数有最小值4． 故答案为：4

【解答】解：ACB90，P为平面ABC外一点，PC2，点P到ACB两边AC，BC的距离均为3，

过点P作PDAC，交AC于D，作PEBC，交BC于E，过P作PO平面ABC，交平面ABC于O，

连结OD，OC，则PDPE3，

CDCEODOE22(3)21， POPD2OD2312．

P到平面ABC的距离为2．

故答案为：2．

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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。

【解答】解：（1）由题中数据可知，男顾客对该商场服务满意的概率P女顾客对该商场服务满意的概率P2404， 505303； 505100(40203010)2100（2）由题意可知，K4.7623.841，

7030505021故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异． 【解答】解：（1）根据题意，等差数列{an}中，设其公差为d， 若S9a5，则S9若a34，则d(a1a9)99a5a5，变形可得a50，即a14d0， 2a5a32， 2则ana3(n3)d2n10， （2）若Sn…an，则na1n(n1)d…a1(n1)d， 2当n1时，不等式成立，

2时，有当n…nd…da1，变形可得(n2)d…a1， 2(a1a9)99a5a5，则有a50，即a14d0，则有2又由S9a5，即S9(n2)a1…a1， 4又由a10，则有n„10，

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则有2剟n10，

综合可得：1剟n10．nN．

【解答】证明：（1）直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，

AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． DD1平面ABCD，DEAD，

以D为原点，DA为x轴，DE为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， M(1，3，2)，N(1，0，2)，D(0，0，0)，E(0，3，0)，C1(1，3，4)， MN(0，3，0)，DC1(1,3,4)，DE(0,3,0)，

设平面C1DE的法向量n(x，y，z)， nDC1x3y4z0则， nDE3y0取z1，得n(4，0，1)， MNn0，MN平面C1DE，

MN//平面C1DE．

解：（2）C(1，3，0)，DC(1，3，0)， 平面C1DE的法向量n(4，0，1)，

点C到平面C1DE的距离：

d|DCn|4417． |n|1717第12页（共16页）

【解答】解：（1）证明：

f(x)2sinxxcosxx，

f(x)2cosxcosxxsinx1 cosxxsinx1，

令g(x)cosxxsinx1， 则g(x)sinxsinxxcosx

xcosx，

当x(0,)时，xcosx0，

2当x(,)时，xcosx0，

2当x

时，极大值为g()10， 222又g(0)0，g()2， g(x)在(0,)上有唯一零点，

即f(x)在(0,)上有唯一零点；

（2）由（1）知，f(x)在(0,)上有唯一零点x0， 使得f(x0)0， 且f(x)在(0,x0)为正， 在(x0，)为负，

f(x)在[0，x0]递增，在[x0，]递减，

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结合f(0)0，f()0， 可知f(x)在[0，]上非负， 令h(x)ax， 作出图示， f(x)…h(x)，

a„0．

【解答】解：

M故点A，B且A在直线xy0上，

点M在线段AB的中垂线xy0上，

设M的方程为：(xa)2(ya)2R2(R0)，则 圆心M(a,a)到直线xy0的距离d又|AB|4，在RtOMB中， 1d2(|AB|)2R2，

2|2a|2即()4R2①

2|2a|2，

又|a2|R② M与x2相切，a0a4由①②解得或，

R2R6M的半径为2或6；

（2）线段为M的一条弦，圆心M在线段AB的中垂线上， 设点M的坐标为(x,y)，则|OM|2|OA|2|MA|2，

|MA||x2|， M与直线x20相切，第14页（共16页）

|x2|2|OM|2|OA|2x2y24， y24x，

M的轨迹是以F(1,0)为焦点x1为准线的抛物线，

|MA||MP||x2||MP| |x1||MP|1|MF||MP|1，

当|MA||MP|为定值时，则点P与点F重合，即P的坐标为(1,0)， 存在定点P(1,0)使得当A运动时，|MA||MP|为定值．

（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。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

1t21t2x,x21t21t【解答】解：（1）由，得， (t为参数）

4ty2ty21t21t2y2两式平方相加，得x1(x1)，

4y221(x1)， C的直角坐标方程为x42由2cos3sin110，得2x3y110． 即直线l的直角坐标方程为得2x3y110；

（2）设与直线2x3y110平行的直线方程为2x3ym0， 2x3ym022联立2，得16x4mxm120． 24xy40由△16m264(m212)0，得m4．

当m4时，直线2x3y40与曲线C的切点到直线2x3y110的距离最小，为

|114|2327．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

【解答】证明：（1）分析法：已知a，b，c为正数，且满足abc1． 要证（1）就要证：

1112„ab2c2；因为abc1． abcabcabcabc2„ab2c2； abc第15页（共16页）

即证：bcacab„a2b2c2； 即：2bc2ac2ab„2a22b22c2； 2a22b22c22bc2ac2ab…0

(ab)2(ac)2(bc)2…0；

a，b，c为正数，且满足abc1．

(ab)2…0；(ac)2…0；(bc)2…0恒成立；当且仅当：abc1时取等号． 0得证． 即(ab)2(ac)2(bc)2…故

1112„ab2c2得证． abc24成立； （2）证(ab)3(bc)3(ca)3…即：已知a，b，c为正数，且满足abc1． (ab)为正数；(bc)为正数；(ca)为正数；

(ab)3(bc)3(ca)3…3(ab)(bc)(ca)；

当且仅当(ab)(bc)(ca)时取等号；即：abc1时取等号；

a，b，c为正数，且满足abc1．

(ab)…2ab；(bc)…2ac； 2bc；(ca)…当且仅当ab，bc；ca时取等号；即：abc1时取等号； (ab)3(bc)3(ca)3厖3(ab)(bc)(ca)38abbcac24abc24；

当且仅当abc1时取等号；

24．得证． 故(ab)3(bc)3(ca)3…故得证．

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