2019高考数学真题

1

绝密★启用前

2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

本试卷共4页，23小题，满分150分，考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔

将试卷类型（B）填涂在答题卡的相应位置上。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂

黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相

应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不

按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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

2

A.B.C.D.

【答案】

C

【解析】

【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

26cm

，

则其身高可能是

3

A.

165cm

B.

175cm

C.

185cm

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】设人体脖子下端至肚脐的长为

xcm

，肚脐至腿根的长为

ycm

，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.

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．

4

【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】

【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．

5

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】

6

【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

=

，

=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

．

【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

2

的直线与

C

交于

A

，

B

两点

.

若，

，则

C

的方程为

7

A.B.C.D.

【答案】

B

【解析】

【分析】

由已知可设，则，得，在中求得，再在

中，由余弦定理得，从而可求解

.

【详解】法一：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

．

法二：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，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：

①

f(x)

是偶函数②

f(x)

在区间（

,

）单调递增

8

③

f(x)

在有

4

个零点④

f(x)

的最大值为

2

其中所有正确结论的编号是

A.

①②④

B.

②④

C.

①④

D.

①③

【答案】

C

【解析】

【分析】

化简函数，研究它的性质从而得出正确答案．

【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】画出函数的图象，由图象可得①④正确，故选

C

．

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

，

AB

的中点，∠

CEF=90

°，则球

O

的体积为

A.B.C.D.

【答案】

D

【解析】

【分析】

先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角

线即为球直径，从而得解.

9

【详解】解法一

:

为边长为

2

的等边三角形，为正三棱锥，

，又，分别为、中点，

，，又，平面，平面，

，为正方体一部分，，即

，故选

D

．

解法二

:

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，

，，，故选

D

.

10

【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．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，进而补体成正方体解决．

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】

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

n

为等比数列

{a

n

}

的前

n

项和．若，则

S

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．

11

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】0.18

【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】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是

前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是

综上所述，甲队以获胜的概率是

【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】

通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得

从而由可求离心率.

【详解】如图，

12

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，得又，得

．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为

．

【点睛】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．

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

；

（

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

）

13

即：

由正弦定理可得：

（

2

），由正弦定理得：

又，

整理可得：

解得：或

因为所以，故

.

（

2

）法二：，由正弦定理得：

又，

整理可得：，即

由，所以

.

【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–A

1

B

1

C

1

D

1

的底面是菱形，

AA

1

=4

，

AB=2

，∠

BAD=60

°，

E

，

M

，

N

分别是

BC，

BB

1

，

A

1

D

的中点．

14

（

1

）证明：

MN

∥平面

C

1

DE

；

（

2

）求二面角

A-MA

1

-N

的正弦值．

【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

且

又为中点，且且

四边形为平行四边形

，又平面，平面

15

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

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

.

16

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

17

【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

.

20.

已知函数，为的导数．证明：

（

1

）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，

，

在上单调递减，在上单调递减

在上单调递减

又，

，使得

当时，；时，

18

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

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，，

即在上不存在零点

19

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】

【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：，，

20

；；

则的分布列如下：

（

2

），

，，

（

i

）

即

整理可得：

是以为首项，为公比的等比数列

（

ii

）由（

i

）知：

，，……，

作和可得：

表示最终认为甲药更有效的

.

由计算结果可以看出，在甲药治愈率为

0.5

，乙药治愈率为

0.8

时，认为甲药

更有效的概率为，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种实验方案合理

.

【点睛】本题考查离散型随机变量分布列的求解、利用递推关系式证明等比数列、累加法求解数列通项公

式和数列中的项的问题

.

本题综合性较强，要求学生能够熟练掌握数列通项求解、概率求解的相关知识，对

学生分析和解决问题能力要求较高

.

（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。

21

22.

[

选修

4-4

：坐标系与参数方程

]

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：

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

.

22

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

）

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

.

23

24