2019全国一卷数学

2019年全国1卷理科数学试题及详解

——广东广州兹能

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242,60MxxNxxx，则MN（）

A．43xxB．42xxC．22xxD．23xx

【答案】C。

【解析】由260xx可得32023xxx，故23Nx。故而可得MN

22x，故选C。

2．设复数1zi，z在复平面内对应的点为,xy，则（）

A．2

211xyB．2

211xyC．2

211xyD．2

211xy

【答案】C。

【解析】由z在复平面内对应的点为,xy可得zxyi，故而2

2111zixyixy，

化简可得2

211xy。故选C。

3．已知0.20.3

2

log0.220.2abc，，，则（）

A．abcB．acbC．cabD．bca

【答案】B。

【解析】取中间值。

22

log0.2log100aa，0.202211bb，

0.300.20.2101cc，故而可得acb，故选B。

4．古希腊时期，人们认为最美人体的头顶到肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比为

51

2



（

51

0.618

2



，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

51

2



。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（）

A．165cmB．175cmC．185cmD．190cm

【答案】B。

【解析】不妨设头顶、咽喉、肚脐、足底分别为点ABCD，，，，故可得

51

2

ABBC



，

51

2

ACCD



，假设身高为

x

，可解得

51

2

CDx













，

35

2

ACx













，

735

2

ABx



，

由题意可得

735

26

2

51

106

2

ABx

CDx































，化简可得

52

178

735

212171

51

x

x

x

x

































。故选B。

5．函数

2

sin

cos

xx

fx

xx







在,上的图像大致为（）

A

．

B

．

C

．

D

．

【答案】D。

【解析】取特值。





2

sin

cos

xx

fxfx

xx







，故函数为奇函数；

又

2

22

1

42

2

0,1

12

4

ff

























，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“”，右图就是一重卦。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．

5

16

B．

11

32

C．

21

32

D．

11

16

【答案】A。

【解析】一共可能有6264种可能，其中满足恰有3个阳爻的有3

6

20C种，故概率为

205

6416

，故选

A。

7．已知非零向量a，b满足2ab，且abb，则a和b的夹角为（）

A．

6



B．

3



C．

2

3



D．

5

6



【答案】B。

【解析】2

2,cos0abbabbabbabb，将2ab带入可得

1

cos

2

，

即夹角为

3



。故选B。

8．右图是求

1

1

2

1

2

2





的程序框图，图中空白框中应填入（）

A．

1

2

A

A





B．

1

2A

A



C．

1

12

A

A





D．

1

1

2

A

A



【答案】A。

【解析】运行程序框图。A．第一步：

1

,1

2

Ak，是；第二步：

1

,2

1

2

2

Ak



，是；第三步：

1

,3

1

2

1

2

2

Ak





，否，输出，故A正确。故选A。

9．记

n

S为等差数列

n

a的前

n

项和。已知

45

05Sa，，则（）

A．25

n

anB．310

n

anC．228

n

SnnD．2

1

2

2n

Snn

【答案】A。

【解析】由等差数列性质可得

41

51

460

45

Sad

aad











，解得

1

2

3

d

a











，故

24

25

n

n

Snn

an















。故选A。

10．已知椭圆C的焦点为

12

1,01,0FF，，过点

2

F的直线与C交于AB，两点，

若

221

2AFFBABBF，，则C的方程为（）

A．

2

21

2

x

yB．

22

1

32

xy

C．

22

1

43

xy

D．

22

1

54

xy



【答案】B。

【解析】不妨设

2

FBm，故

1222

33FBABAFFBFBm，由椭圆定义可得

12

24FBFBam，故

21212

13

,,,2

22

FBaBFaAFaAFaAFa，在

12

AFF和

12

BFF中，分别可得：

222

21

222

2

21

41

cos

22

19

4

2

44

cos

1

22

2

aca

AFF

aca

aca

a

BFF

a

ac

































，由二角互补可得

221a

aa



，解得

23a，故22b，方程为

22

1

32

xy

。故选B。

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。

【解析】分段函数讨论。

①由sinsinsinsinfxxxxxfx，故①正确；

②,

2

x













时，sinsin2sinfxxxx，函数递减，故②错误；

③0,x时，sinsin2sinfxxxx，函数有两个零点，00ff，故,0x时，

00ff，故函数有且只有三个零点，故③错误；

④函数为偶函数，故只需讨论正数的情况。2,2xkkkN时，sinsin2sinfxxxx，

最大值为2；2,22xkkkN，sinsin0fxxx。故函数最大值为2.

故选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PAAB，的中点，90CEF，则球O的体积为（）

A．86B．46C．26D．6

【答案】D。

【解析】如图所示，三棱锥PABC为正三棱锥，不妨设2PAPBPCa，底面外接圆半径为r。

由题意可得EFa，3CF，在PAC中，由余弦定理可得

224441

cos

2222

aa

PAC

aa







，故

EAC中，2

22

1

4222

2

ECaaa

a

，又90CEF，故根据勾股定理可得

222ECEFCF即2

2

223

2

aa，即2PC。在直角POC中，

2

3

3

OCr，

2

2

6

3

OPPCr。由正三棱锥外接球半径公式可得：

2

2

226

222

rOP

rh

R

hOP





，故体积为

3

4

6

3

R。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．曲线23xyxxe在点0,0处的切线方程为。

【答案】3yx。

【解析】求导可得2'331xyxxe，故切线斜率为

0

'3

x

y



，故切线方程为3yx。

14．记

n

S为等比数列

n

a的前

n

项和。若

1

1

3

a，2

46

aa，则

5

S。

【答案】

121

3

。

【解析】由2

46

aa可得265

11

aqaq，解得

1

1aq，即3q。故

5

1

5

1

121

13

aq

S

q







。

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】

9

50

。

【解析】欲使甲队4:1获胜，则第五场甲胜，前四场甲胜三场负一场。可能情况为：1负或2负或3负或4

负，即两主场负一场或两客场负一场，故概率为122132

22

9

0.60.40.50.60.5

50

PCC。

16．已知双曲线22

22

:10

xy

Cab

ab

的左右焦点分别为

12

FF，，过

1

F的直线与C的两条渐近线分别

交于AB，两点。若

1

FAAB，

12

0FBFB，则C的离心率为。

【答案】2。

【解析】不妨设点,0

b

Bmmm

a









，故

12

,,,

bb

BFcmmBFcmm

aa









，由

12

0FBFB

可得

2

222

2

0

b

mcm

a

，解得

ma

。故,Bab，又

1

FAAB，故,

22

acb

A









，带入直线

b

yx

a



可得

22

bbac

a



，解得2ca，故离心率为2。

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．ABC的内角ABC，，的对边分别为abc，，，设2

2sinsinsinsinsinBCABC。

（1）求A；

（2）若22abc，求sinC。

【答案】（1）

3

A



（2）

62

sin

4

C





。

【解析】

（1）由正弦定理可将2

2sinsinsinsinsinBCABC化简为2

2bcabc，整理可得：

222bcbca，由余弦定理可得

2221

cos

22

bca

A

bc





，故

3

A



。

（2）由（1）得222abcbc，又22abc，即22acb，平方可得222244acbcb，

将222abcbc代入222244acbcb可得222222244bcbccbcb，

整理可得2222bbcc，即31bc。代入222abcbc中可得

2

222223131323acccc

，即2

22

3

31

2

ac，化简可得6

31

2

ac

，

即63

sin31sin

22

AC

，解得

162

sin

4

231

C







。

18．如图，直四棱柱

1111

ABCDABCD

底面是菱形，

1

4AA

，2AB，60BAD，EMN，，分

别是

11

BCBBAD，，

的中点。

（1）证明：//MN平面

1

CDE

；（2）求二面角

1

AMAN

的正弦值。

【答案】（1）略。（2）

1

210

sin

5

5

AMAN

【解析】

（1）如图，连接

1

BC

，ME。

EM，分别是

1

BCBB，

的中点，EM是

1

BBC

的中位线，

11

1

//

2

EMBCEMBC，

在四棱柱

1111

ABCDABCD中，

11

//ADBC，N分别是

1

AD的中点，

111

11

//

22

DNBCDNADBC，，

//DNME四边形MNDE是平行四边形，

//MNDE

//MN平面

1

CDE

（2）过A作AOCD于点O，以O为坐标原点，OA为

x

轴，OC为y轴建立空间直角坐标系。

60BAD，2AB，

1

4AA

，底面为菱形。故3,0,0A，3,2,0B，1

3,2,4B，

1

3,0,4A，0,1,0D，又MN，分别是

11

BBAD，的中点，故：31

3,2,2,,2

22

MN









，

。

不妨设半平面

1

AMA

和

1

MAN

的法向量分别为

11112222

,,,,,nxyznxyz，可得：





111

111

1

111

11

,,0,2,20

0

0

,,0,0,40

xyz

nAMyz

z

xyz

nAA

































，令

1

1x

，故

1

1,0,0n；





222

22

21

222

222

21

,,0,2,20

0

31

31

,,,,20

20

22

22

xyz

yz

nAM

xyz

xyz

nAN













































，令

22

1yz

，

故2

3,1,1n；

故12

112

12

3

coscos,

5

nn

AMANnn

nn







，故

1

210

sin

5

5

AMAN。

19．已知抛物线2:3Cyx

的焦点为F，斜率为

3

2

的直线l与C的交点分别为AB，，与

x

轴的交点为P。

（1）若4AFBF，求直线l的方程；（2）若3APPB，求AB。

【答案】（1）

37

28

yx（2）

410

3

AB

【解析】

（1）设直线l的方程为：

3

2

yxm，与抛物线方程联立可得：



2

22

3

9

330

3

4

2

yx

xmxm

yxm

















，设

1122

,,AxyBxy，，故

12

4

1

3

xxm

由抛物线定义可得：

12

43

14

32

AFBFxxpm，解得

7

8

m。

故直线方程为：

37

28

yx

（2）设直线l的方程为：

32

23

yxmxym，与抛物线方程联立可得：



2

2

3

220

2

3

yx

yym

xym

















，设

11220

,,,0AxyBxyPx，，，故12

12

2

2

yy

yym











由3APPB可得

12

030yy，可得12

2

33

1

yy

y











，带入上式可得

3

2

m，

故直线方程为

33

22

yx。

解得：

5

3,3,1

3

AB









，

，故

410

3

AB

。

20．已知函数sinln1fxxx，'fx为fx的导数。证明：

（1）'fx在区间

1,

2











存在唯一极大值点；

（2）fx有且仅有2个零点。

【答案】略

【解析】

证明：

（1）令

1

'cos

1

gxfxx

x





，求导可得：

2

1

'sin

1

gxx

x





求二次导可得：

3

2

''cos0

1

gxx

x





，故'gx在

1,

2











递减

令

2

1

'0sin

1

gxx

x





，结合图像可知

2

1

sin

1

x

x





在

0,

2









内必有一解，设为

0

x。

故

0

2

1

'0sin0

1

gxxxx

x





，函数在

0

0,x上递增，在

0

,

2

x









上递减。

故函数在

0

xx处取到唯一极大值。

（2）由题意可得：00f，'00f，故0x为函数一零点。

①当1,0x时，

1

'cos0

1

fxx

x





，此时函数fx递减，又00f，故函数在1,0上无

零点；

②当0,x时，'fx在

0

0,x上递增，在

0

,

2

x









上递减，且'00f，

'0

2

f











，

2

x



时，

cos0x，

1

0

1x





，故'0fx。故'fx在0,上先正后负，故函数fx在0,上先增后减。

又

1ln10

22

f











，0ln10f，故函数在

,

2

x













内必有一零点。

③当,x时，sin1x，ln1ln11x，故sinln10fxxx，函数无零点。

综上：函数fx有且只有2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。

一轮治疗结果得出后，再进行下一轮试验。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1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1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

、，一轮试验中甲药的得分记为X。

（1）求X的分布列；

（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，0,1,,8

i

pi表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲

药比乙药更有效”的概率，则

0811

011,2,,7

iiii

pppapbpcpi



，，，

其中101apXbpXcpX，，。假设0.5、0.8。

（ⅰ）证明：

1

0,1,,7

ii

ppi



为等比数列；

（ⅱ）求

4

p

，并根据

4

p

的值解释这种试验方案的合理性。

【答案】（1）

【解析】

解：（1）由题意可列分布列：

X1

0

1

P1121

（2）

（ⅰ）由题意可得110.4apX，0120.5bpX，

110.1cpX

此时X的分布列为：

X1

0

1

P

2

5

1

2

1

10

故

11

211

1,2,,7

5210iiii

ppppi



，即

11

2211

1,2,,7

551010iiii

ppppi





化简可得：

11

41,2,,7

iiii

ppppi



即1

1

41,2,,7ii

ii

pp

i

pp











，

又

11

211

1,2,,7

5210iiii

ppppi





故数列

1

0,1,,7

ii

ppi



为公比为4的等比数列。

（ⅱ）由等比数列求和公式可得：

8

10

80102187

14

14

pp

pppppppp







即

8

11

8

41

3

1

341

pp







，

又

4

10

401043

14

14

pp

pppppp







即

4

8

4

4

3

41

1

41

341

p









此时说明，甲累计得4分，乙累计得0分，概率极小，符合甲乙两种药物都有效用的说法。

（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。

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为

2

2

2

1

1

4

1

t

x

t

t

y

t

























（t为参数）。以坐标原点O为极点，

x

轴正

半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为

2cos3sin110

。

（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

2:1

4

y

Cx

，

:23110lxy

；（2）

min

7d

【解析】

解：（1）

①当0t时，可得

22

2

22

11

4

11

tt

tt

x

tt

tt



















，

414

1

yt

ty

t

t





，将

14

t

ty



带入前式可得

2

2

2

2

16

4

4

16

4

y

y

x

y







，即

2

21

4

y

x

；

当0t时，

1

0

x

y











，也满足

2

21

4

y

x

故C的直角方程为：

2

21

4

y

x

②由

2cos3sin110

可得：

23110xy

，故l的直角方程为：

23110xy

。

（2）设C上任意一点为cos,2sinP，故点P到l的距离

2cos23sin11

7

d





，

化简可得

74sin11

6

7

d















，故当

3

62



即

4

3



时，

min

7d。

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知abc，，为正数，且满足1abc。证明：

（1）222

111

abc

abc



（2）33324abbcca

【答案】略。

【解析】

证明：（1）1abc，即证222bcacababc，即证222222222bcacababc，即证

2220abbcca，明显成立。故原不等式222

111

abc

abc

成立。

（2）3332222222333abcabcbaccba左边，

1abc，3

33333abcabc，当且仅当1abc时取等号；

又222222222bcbcacacbaab，，，故

2222223331818abcbaccbaabc，当且仅当1abc时取等号；

综上：33324abbcca，当且仅当1abc时取等号。