2019新课标高考理科数学1卷详细解析

6+ 2. 4
18．⑴ 证明：连接 ME， B1C ，由 M、E 分别为 BB1 ， BC 中
点，易得
ME
=
1 2
B1C
，ME

B1C ﹒又因为 A1D
B1C ，
ND =
1 2
A1D
，
所
以
ND
B1C
，
ND =
1 2
B1C
，所以
ME ND ，ME = ND ﹒所以四边形 NMED 是平行四
1 + 12
− =2 2
1 1+ π + π2
−
1 <0 2
2 16
则存在唯一的
x0
∈

0
，π 4

使得
g
′
(
x0
)
=
0
，
则当 x ∈(−1，x0 ) 时， g′( x) > 0 ， g ( x) 在 (−1，x0 ) 上单调递增，
5
当
x
∈

x0
，π 2

时，
g
′
(
x
即 f ( x) 在 (π ，+ ∞) 上不存在零点．
综上所述， f ( x) 在 (−1，+ ∞) 上有且仅有两个零点．
21. ⑴ X 所有可能的取值为 −1，0 ，1，
P ( X =−1) =(1− α ) β P( X = 0) = αβ + (1− α )(1− β ) P ( X= 1=) α (1− β )
设 B ( x1 ，y1 ) ，A( x2 ，y2 )
∵点 B 在渐近线 y = b x 上 a
∴

x12

y1
+ =
y12 = c2
b
⇒
a x1

x1 y1
= =
a b
又∵ A 为 F1B 的中点
∴

x2


y2
= =
−c + 2
b 2
a
∵点 A 在渐近线 y = − b x 上 a
2
3
⑵
2a + b = 2c ⇒
2 sin A + sin B =
2sin C ⇒
6 2
+
sin

2 3
π
−
C

=
2sin C
⇒ 2sin C −
3 2
cos
C
+
1 2
sin
C

ຫໍສະໝຸດ Baidu
= 6 2
⇒ 3 sin C − 3 cos C =
2
2
6⇒ 2
3
sin

C
−
π 6
2 ∴ PA =2 三棱锥 P − ABC 为正三棱锥，
∴P 在底面的射影为 △CEF 的中心 O1 ，连接 AO1
则 AO1 =
2⋅ 3
3 ⋅2= 2
2 3
3
∴ PO=1
( 2)2 − ( 2 3)=2 6
3
3
设球心为 O， OO1 = x ，则 R =PO =AO ⇒
6 3
−
x
=

2 3
②
x
∈

π 2
，π

时= ， sin x
s= in x ，sin x
sin x
∴
f
(x)
=
2 sin
x
，
f
(x)
在

π 2
，π
上递减，错误；
③当
x
∈[−π ，π]
时，
f
(x)
=
2
sin
x
=
−2sin x ，− π ≤ 2sin x ，0 ≤ x ≤
x< π
0
∴ f ( x) = 0 时，解得： x = 0 ，x = −π 或 x = π ，共 3 个零点，错误；
=
(
2
，0
，1)
﹒
( ) 又
nn22
⋅ ⋅
AA1
= 0 ，解得
AM = 0

x2
z2
= =
0
3 y2
，所以其中一个
n2
=
3 ，1，0 ﹒
所以= cos n1 ，n2
n= 1 ⋅ n2 = 2 3 n1 n2 5 ⋅ 2
则 X 的分布列为:
6
X
−1
0
1
P
(1− α ) β
αβ + (1− α )(1− β )
α (1− β )
⑵i．
由⑴可知，=a P ( X= −1=) 0.4 ，=b P ( X= 0=) 0.5，=c P ( X= 1=) 0.1
则有 Pi = 0.4Pi−1 + 0.5Pi + 0.1Pi+1 ，即= 0.5Pi 0.4Pi−1 + 0.1Pi+1 ，
边形，所以 MN DE ，又因为 MN ⊄ 平面C1DE ，
DE ⊂ 平面C1DE ，
所以 MN 平面C1DE ﹒
3
⑵ 解：建立如图所示的空间直角坐标系，由题 AA1 = 4 ， AB = 2 ， ∠BAD =60° ﹒易知
( ) 各 点 的 坐 标 为 ： A(2 ，0 ，0) ， A1 (2 ，0 ，4) ， M 1， 3 ，2 ， N (1，0 ，2) ﹒ 则 ： ( ) ( ) A1N = (−1，0 ，2) ， NM = 0 ， 3 ，0 ， AA1 = (0 ，0 ，4) ， AM = −1， 3 ，2 ﹒
)
<
0
，
g
(
x
)
在

x0
，π 2

上单调递减，
即
g
(
x
)
在

−1，π 2

上存在唯一的极大值点，原命题得证．
⑵ f ( x) = sin x − ln (1+ x)
①当
x
∈

−1，π 2

时，由⑴可知，
g= ( x)
cos
x
−
x
1 +
1
在
( −1，x0
)
上单调递增，在
．
( ) 同理， P4 − P0 = ( P1 − P0 ) 1 + 4 + 42 + 43 ，
代入有
P4
=
44 −1 3 P1
=
44 −1 ⋅ 3
3 48 − 1
=
1 44 +1
=
1 257
．
由
P4
=
1 257
可知，当 i
=
4
时，认为甲药比乙药有效的概率非常小，为小概率事件，
所以这种方案比较合理．
15 ，所以 sin 5
n1 ，n2
=
10 ﹒ 5
10 所以二面角 A − MA1 − N 的正弦值为 5 ﹒
19．⑴设 A( x1 ,y1 )、B ( x2 , y2 ) ，直线 l 的方程为=y
3x+m, 2
y2 = 3x
联立椭圆方程与直线方程得：

=y
3x+m 2
消去 y 并整理得： 9x2 + (12m −12) x + 4m2 = 0
1− t2
22．⑴曲线
C
:
由题意得
x
= 1
+
t
2
2 =−1 +
1+ t2
，即
x
+
1
= 1
2 +t
2
，则
y = 2t ，代入有 x +1
2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学试题答案及评分参考
一、选择题 1．C 2．C 3．B 4．B 5．D 6．A 7．B 8．A 9．A 10．B 11．C 12．D 11．C
解：① f (−x)= sin −x + sin (−x) = sin x + sin x = f ( x) ，正确；
= 1 +
1 k
2

y1 − y2
=1
+

1 k
2
( y1 + y2 )2 − 4 y1 y2
=
1
+

2 3
2

= 4 13 3
4+12 1
20．⑴ f ′= ( x) cos x − 1 ，令 g= ( x) f ′= ( x) cos x − 1 ，
x +1
④由= 题意可知 x π2= 时，f ( x)max 2 ，正确．
故选 C． 12．D
解：设 PB = 2a
( ) ( ) 由中线长定理有 PC2 +AC=2 2 PE2 + CE2 ⇒ 4a2 +=4 2 a2 + CE2
⇒ CE2 = 2a2 + 2 − a2 = a2 + 2 在 △CEF 中， CE2 + EF 2 = CF 2 ⇒ a2 + 2 + a2 = 3 ⇒ a = 2
3
2
+
x2
⇒ x =−
6 6
∴ R= PO= 6 + 6= 6 ⇒ V= 4 π R3= 6π
36 2
3
1
二、填空题 13． y = 3x 16． 2
14．
S5
=
121 3
15． 0.18
解：由题意知： F1A = AB ∴ A 为 F1B 的中点，且 O 为 F1F2 中点 ∴ AO 为 △F1F2 B 中位线 又∵ F1B ⋅ F2B =0 ⇒ F1B ⊥ F2B ∴ O=B F= 1O c

x0
，π 2

上单调递减，又
x0
∈

0
，π 4

，= 且 g (0)
0
，g

π 2

<
0
，
所以存在唯一的
x1
∈

x0
π ，
2

，使得
g
(
x1
)
=
0
，
即当
x
∈
(
−1，0
)
，
x1
，π 2

时，
g
(
x
)
<
0
，当
x
∈
(
0
，x1
)
时，
g
(
x
)
>
0
，
设平面 A1NM 和平面 AA1M 的法向量分别为 n1 = ( x1 ，y1 ，z1 ) ， n2 = ( x2 ，y2 ，z2 ) ﹒
则
nn11
⋅ ⋅
A1N NM
= 0 ，解得
= 0

x1 y1
= =
2 z1 0
，所以其中一个
n1

=
6 2
⇒
sin

C
−
π 6

=2 2

C
∈

0
，2 3
π

，∴
C
−
π 6
∈

−
π 6
，π 2

，∴ cos

C
−
π 6

>
0
，cos

C
−
π 6

=2 2
sin C=
sin

C
−
π 6

+
π 6

=
2 ⋅ 3 + 2 ⋅ 1= 2 2 22
AP = 3PB
∴0 − =y1 3( y2 − 0)
∴ − y1 = 3y2
联立
−y1y+1
y2
= 2 ,
=3 y2
解得 y1 =
3,
y2 =
−1
∴ −3xp = y1 y2 = −3，∴ xp = 1 ，满足 ∆ > 0
∴ AB = ( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2
x +1
g′(
x)
=−
sin
x
+
(
x
1
+ 1)2
，x
∈

−1，π 2

，
g′′( x)
= − cos
x
−
(x
2
+ 1)3
<
0
在

−1，π 2

上恒成立，
则
g
′
(
x)
在

−1，π 2

上单调递减，
又 g′(0)=
1 > 0 ， g′= π4
π 4
则有 0.1( Pi+1 − Pi=) 0.4( Pi − Pi−1 ) ，即 Pi+1 − P= 4( Pi − Pi−1 )
易知 P1 − P0 ≠ 0 ，
则数列
{Pi+1
−
Pi }
(
i
=
0
，1，2
， ，7
)是以
4
为公比，以
P1
−
P0
为首项的等比数列．
ii．
由 i 可知， P8 − P=7
47 ( P1 − P0 ) ，P7 − P=6
′(x)
=
cos
x
−
x
1 +1
<
0
，即
f
(x)
在
π 2
，π

上单调递减，且
f

π 2

>
0 ，f
(π
)
=− ln
(1 +
π
)
<
0
，则
f
(x)
在
π 2
，π

上存在唯一的零点．
③当 x ∈(π ，+ ∞) 时，易知 sin x ≤ 1 < ln (1 + x) ，则 f ( x)= sin x − ln (1 + x) < 0 恒成立，
46
(
P1
−
P0
)
，，
P2
−
P1=
4( P1 − P0 ) ，
P1 − P0 = P1 − P0 ，
上述式子累加有：
( ) P8 − P0 =
( P1
−
P0 )
1+ 4 + 42
+ + 47
=
(
P1
−
P0
)
48 − 3
1
将= P8
1= ，P0
0
代入有：1
=
P1
48 − 1 3
，即
P1
=
3 48 −1
92
8
∴l 的方程为=y 3 x − 7 28
( ) ⑵设交点 P xp , 0 , 直线 l 的方程为=x
2 3
y
+
xp
y2 = 3x
联立椭圆方程与直线方程得：

=x
2 3
y
+
xp
消去 x 并整理得： y2 − 2 y − 3xp = 0
4
1 ∆ = 4 + 12xp > 0 , ∴ xp > − 3 y1 + y2 =2 , y1 y2 =−3xp
∴ b =− b ⋅ a − c ⇒ c =2a 2 a2
即双曲线 C 离心率 e= c= 2 a
16． 2
2
三、解答题
17．⑴ (sin B − sin C )2 = sin2 A − sin B sin C ⇒ sin2 B + sin2 C − sin B sin C = sin2 A
⇒ b2 + c2 − bc =a2 ⇒ 2 cos A =1 ⇒ cos A =1 ⇒ A =π
=∆ (12m −12)2 − 4 × 9 × 4m=2 144 − 288m > 0 , ∴m < 1
2
= x1 + x2
12 −9= 12m , x1x2
4m2 9
由题可知焦准距为 p = 3 2
由抛物线性质可知： AF + BF = x1 + x2 + p = 4
∴12 −12m = 5 , 解得 m = − 7 , 满足 ∆ > 0
则
f
(x)
在 (−1，0) ，
x1
，π 2

上单调递减，在 (0 ，x1 )
上单调递增，
且
f
(0)
=0 ，f
π 2

=1 −
ln 1 +
π 2

>
0
，
所以
f
(
x)
在

−1，π 2

存在一个零点，即
f
(0)
=
0
．
②当
x∈
π 2
，π

时，
f