2019年全国一卷文科数学试题及答案(更正版)

文科数学

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铅笔将试卷类型填涂在答题卡和相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码 粘贴处”。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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.设z=3i,则z 12iA．2 B．3 C．2 D．1 【答案】C 解析：由z(3i)(12i)17i，可得：|z|2，故选C.

(12i)(12i)552. 已知集合U{1,2,3,4,5,6,7},A{2,3,4,5},B{2,3,6,7},则BICUA A．{1,6} B．{1,7} C．{6,7} D．{1,6,7} 【答案】C

，6，7}，可得：BCUA{6，7}，故选C 解析：由CUA{13.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

【答案】B

解析：因为alog20.2log21，所以a0， 因为b20.220，所以b1， 因为00.20.30.20，所以0c1，

因此，acb，故选B

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

5151

0.618，（22

成为黄金分割比例），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51。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226cm，则其身高可能是

A．165cm B．175cm C．185cm D．190cm

解析：设肚脐至足底的长度为xcm,则x105，所以身高大于105+105×0.618=169.，又头顶至咽喉的长度小于26 cm，所以头顶到肚脐的长度小于26+5. 函数f(x)266868，故身高小于68+178，故选B。 0.6180.618sinxx在[,]的图像大致为

cosxx2

答案：D

解析：易知f(x)为奇函数，排除A，f()2130，排除B，C，故选D。 86.某学校为了解1000名新生的身体素质，将这些学生编号为1,2，…，1000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体检测验。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 【答案】C

解析：由于组距为10，因此选出的号码所成为数列是以10为公差的等差数列，故选C 7. tan255o=

A．23 B．23 C．23 D．23 【答案】D

tan255o=tan(180o+75o)=tan75o=tan(45o+30o)tan45tan30解析：1tan45tan3023，故选D 8.已知非零向量ar,br满足|a|2|b|，且(ab)b0，则ar与br的夹角为

A．

6 B．3 C．253 D．6 【答案】B

解析：由(ab)b，可得(ab)b0，即：abb2，因为|a|2|b|，2cosabb1|a||b|2|b|22，于是有：3，故选B

9.右图是求

1的程序框图，图中空白框中应填入

2+12+12A．A12A B．A21A C．A112A D．A112A

【答案】A

解析：代入检验，可得A

:x2y210.双曲线C221(a0,b0)的一条渐近线的倾斜角为130oab，则C的离心率为

所以

A. 2sin40o B. 2cos40o C. 【答案】D

11 D.

sin50ocos50obbb2sin250c2a2sin250解析：由题意可得：tan130，即：tan50，于是有：2，即：，222aaacos50acos5011sin2502ee因此，e1，，即：，故选D 22cos50cos50cos50211.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asinAbsinB4csinC，cosAA. 6 B. 5 C. 4 D. 3

【答案】A

解析：由正弦定理：asinAbsinB4csinC ab4cab4c，①

2222221b，则 4cb2c2a21，② 由余弦定理：cosA2bc4b2c2(b24c2)1b6 将①带入②，消去a得：

2bc4c212.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2F2B,

ABBF1, 则C的方程为

x2x2y2x2y2x2y22y1 B. 1 C.1 D. 1 A. 2324354【答案】B

yAF1OF2Bx解析：由已知，设F2Bm(m0), 则AF22m,ABBF13m， 由椭圆定义知：AF1AF2BF1BF22a(a0) ，

AF1AF22m，

AF22F1F22AF121在AF1F2中由余弦定理，得：cosAF2F1 2AF2F1F22mBF22F1F22BF1212m2同理，得：cosBF2F1 2BF2F1F2m12m213QcosAF2F1cosBF2F1 m

2mm22aAF1AF223a3,a23,b2a2c22

二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)

2x13.曲线y3(xx)e在点(0,0)处的切线方程为__________.

【答案】y3x.

x2xx2解析：∵y3(2x1)e3(xx)e3e(x3)

由导数的几何意义可知，k切线=y|x03， ∴由点斜式可知所求切线方程为：y3x. 14.记Sn为等比数列{an}的前n项和，a11，S3【答案】

3，S4___________. 45. 83,整理可得： 4解析：设数列{an}的公比为q，则有S3a1a2a31qq213154q24q10，∴ q ∴S4S3a4.

2488315.函数f(x)sin(2x)3cosx的最小值为____________.

2【答案】4.

2解析：∵f(x)cos2x3cosx(2cosx1)3cosx

3172cos2x3cosx12(cosx)2

48又由三角函数有界性可知，cosx[1,1]，

∴当cosx1时，f(x)取得最小值4.

016.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_____________.

【答案】2.

第16题图

解析：由题意，可将三棱锥PABC放入一个以ACBD为底面的长方体中，如图所示.点P在线段CD上，设点P在底面ACBD的射影为P，过P分别做分别作PE、PF垂直AC、BC，垂足分别为E、F，易证AC⊥平面PPE，∴AC⊥PE， 又易证PPEPPF，PC2，PE∴CE1， 又∴

男顾客 女顾客 满意 40 30 不满意 10 20 3，

∠ECP=∠FCP450，∴EP=CE1，

PP=PE2PE231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.(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，得出下面列联表：

(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)22附：Kab(cd)(ac)(bd)

PK2k

0.0503.8410.0106.6350.00110.828k【参】

解：(1)由表中样本的数据可知，男顾客满意的频率为4030=0.8， 女顾客满意的频率为=0.6， 5050∴估计男、女顾客对该商场服务满意的概率分别为0.8和0.6

(2)由题意可知，列联表如下： 满意 不满意 总计 男顾客 女顾客 总计 40 30 70 10 20 30 50 50 100 根据列联表的数据，得到 100(40203010)2k4.7623.841

70305050∴有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异 18．(12分)

记Sn是等差数列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。 解：由S9a5得

9(a1a9)9a5a5，所a50 2(1) 由于a34，a5-a32d -4，

所以d-2，ana5n-5-210-2n. an的通项公式是an10-2n.. (2) 由a5a14d0得da1， 4aan(n1)QnN，由Snna1(1)ana1(n1)(1).

2442化简得n11n100，解得1n10为所求。

n的取值范围是1,10，nN*

19.(12分)

如图，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.

(1)证明：MN//平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离. 【参】 解：(1)方

法一：连接ME,B1C，

1M,E分别是BB1,BC的中点ME//B1C

2直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形AB//CD,AB//A1B1A1B1//CD四边形A1B1CD是平行四边形A1D//B1C1N为A1D的中点DN//B1C 2ME//DN四边形DEMN为平行四边形MN//DEMN平面C1DE,DE平面C1DEMN//平面C1DE方法二：取AD的中点为F，连接NF,BF

类似方法一证明四边形BMNF和四边形BEDF为平行四边形，得到MN//DE

(2)方法一：

过点C作C1E的垂线交C1E于点GQ四边形ABCD为菱形，BADBCD60，E为BC的中点DEECQ四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱C1C平面ABCDQDE平面ABCDC1CDE

QC1CECCDE平面C1CEQCG平面C1CEDECG

QDEC1EECG平面C1DECG为点C到平面C1DE的距离在RtC1CE中，QC1ECGECCC1 CG1412424171741717点C到平面C1DE的距离为方法二：

设点C到平面C1DE的距离为h,Q四边形ABCD为菱形，BADBCD60，E为BC的中点DEECQ四棱柱ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱C1C平面ABCDQDE平面ABCDC1CDEQC1CECCDE平面C1CEDEC1E在三棱锥C1CDE中，DE22123

11QSCDEC1CSC1DEh331113434212h22

417h17417点C到平面C1DE的距离为1720. (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,)存在唯一的零点；

f(x)ax，求a的取值范围.

(2)若x[0,]时， 【参】 解：(1)由题意可知

f'(x)(2sinxxcosxx)'cosxxsinx1,

令h(x)为f'(x)的导数，则

h(x)(cosxxsinx1)'xcosx,

当x(0,)，h(x)0即f'(x)上(0,)单调递增， 22当x(,)，h(x)0即f'(x)上(,)单调递减， 22又Qf'(0)0,f'()10,f'()20，

22f'(x)在(0,)上无零点，在(,)上有且只有一个零点， 22即

f'(x)在区间(0,)存在唯一的零点；

f(x)ax，只需要函数yf(x)的图像在过原点的直线yax上方即可，

(2) 法1：当x[0,]，由(1)知

f'(x)在区间(0,)上存在唯一零点，设该零点为x0；

f'(x)0，在(x0,)上f'(x)0，

在(0,x0)上即且

f(x)在(0,x0)单调递增，f(x)在(x0,)单调递减，

f(0)0,f()0,则yf(x)在[0,]的大致图像如下图：

由图可知道，要使函数yf(x)的图像在过原点的直线yax上方

只需要直线的斜率小于或等于0即可，即a0 故a的取值范围为(,0].

法2：(2)由题意，可令x=p，则fp³ap有a£0.

()()()()则g'(x)=cosx+xsinx-(a+1),有g''(x)=xcosx,

令gx=fx-ax=2sinx-xcosx-a+1x,

0,又x纬犏轾p,g''(x)犏2臌轾p0;x?犏,p,g''(x)犏2臌0,且

骣pg'(0)=-a?0,g'琪琪2桫p-(a+1)>0,g'(p)=-2-a 2当a?2,有g'x³0恒成立,即gx在0,p上单调递增,有gx?g0当-2()()[]p2()()0;

()()()()又g(0)=0,g(p)=-ap>0,从而g(x)³0恒成立.

综上所述,a的取值范围为(-?,0].

且xÎ[0,x0),gx单调递增,xÎ[x0,p],gx单调递减,

21.已知A、B关于坐标原点O对称，AB=4，eM过点A、B且与直线x+2=0相切. (1)若点A在直线x+y=0上，求eM的半径；

(2)是否存在定点P，使得当A运动时，为MA-MP定值？并说明理由. 【参】

解：(1)由题意可知，点M在线段AB的中垂线y=x上，

设点Mm,m，eM的半径为r，则由eM与直线x+2=0相切可知，r=m+2……① 又点M到线段AB的距离d=222()m+m1+122=2m，

从而r=d+OA……② 由①②可得，m-4m=0， 当m=0时，r=2，此时M0,0； 当m=4时，r=6，此时M4,4.

图1

2()()((2)存在点P1,0使得MA-MP为定值1.理由如下： 由题意知，MA=r，设Mm,n，由图1知，

())r2=OM+4且r=m+2，从而有n2=4m，即点M的轨迹为抛物线.

根据抛物线的定义，MP等于点M到准线x=-1的距离，又点M到直线x=-2的距离为r，则有

2MP=r-1，从而存在点P(1,0)即抛物线的焦点，能使MA-MP=r-(r-1)=1，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。

22.[选修4-4：坐标系与参数方程](10分)

1t2x21t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y4t1t2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. 【参】

1t2xy2t1t2解：(1)∵曲线C中，， (t为参数）221t4ty1t2y1t2tx22221t1t22221t24t221t2212tt4t2421t2212tt241t221t21t2

2211t22y2211 ∴曲线C的直角方程为：x1(x1) 又Qx1t21t24又∵xcos,ysin ∴直线l的直角坐标方程为：2x3y110 （1）设曲线C上的任意一点P(cos,2sin)，则点P到直线l的距离为

13114cossin22cos23sin112d272234sincoscossin114sin11666 77∴当sin1时,点P到直线l的距离有最小值7 6∴曲线C上的点到直线l距离的最小值为7. 23. [选修4-5，不等式选讲]（10分） 已知a,b,c为正数，且满足abc1，证明：

(1)

111a2b2c2 abc333(2)(ab)(bc)(ca)24

【参】

证明：(1)Qabc1，且a,b,c为正数

111abcabcabc1bcacab(2bc2ac2ab)abcabc2

1(b2c2a2c2a2b2)a2b2c22“=”成立当且仅当abc

(2)Q因为a,b,c为正数，且满足abc1

(ab)3(bc)3(ca)32(a3b3c3)3a2bab2b2cbc2c2aca2233a3b3c3366a6b6c661824“=”成立当且仅当abc