2019年山东高考文科数学真题及答案下载

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  • 最近更新2022年10月14日



绝密★启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需 改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3.考试结束后,将本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。 3i 1 2i z=z  1.设 ,则 A.2 B. C. D.1 32U  1,2,3,4,5,6,7 ,A  2,3,4,5 ,B  2,3,6,7 B ð A  2.已知集合 ,则 U1,6 1,7 6,7 1,6,7 A. B. C. D. a  log 0.2,b  20.2 ,c  0.20.3 3.已知 A. ,则 2a  b  c a  c  b c  a  b b  c  a B. C. D. 5 1 24.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 1 (≈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 2- 1 – 5 1 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 2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.165 cm B.175 cm C.185 cm D.190cm sin x  x 5.函数 f(x)= 在[—π,π]的图像大致为 cos x  x2 A. C. B. D. 6.某学校为了解 1 000 名新生的身体素质,将这些学生编号为 1,2,…,1 000,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 7.tan255°= B.200 号学生 C.616 号学生 D.815 号学生 A.-2- B.-2+ C.2- D.2+ 3333ab8.已知非零向量 a,b 满足 =2 ,且(a–b) b,则 a 与 b 的夹角为 ππ2π 5π A. B. C. D. 6336- 2 – 112  9.如图是求 的程序框图,图中空白框中应填入 122  11112  1 D.A= A.A= B.A= C.A= 2  A A1 2A 2A x2 y2 10.双曲线 C: 的一条渐近线的倾斜角为 130°,则 C 的离心率为 1(a  0,b  0) B.2cos40° a2 b2 11A.2sin40° C. D. sin50 cos50 1411.△ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 asinA-bsinB=4csinC,cosA=- ,b则=cA.6 B.5 C.4 D.3 F (1,0), F (1,0) 12 .已知椭圆 C 的焦点为 ,过 F2 的直线与 C 交于 A ,B 两点. 若 ,则 C 的方程为 112| AF | 2 | F B | | AB || BF | ,22×2 x2 y2 x2 y2 x2 y2  y2 1 1 1 1 A. B. C. D. 2324354二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 2x(0,0) ___________ .13.曲线 在点 处的切线方程为 y  3(x  x)e – 3 – 34a 1,S  ___________ .14.记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 3π ,则 S4= 13f (x)  sin(2x  ) 3cos x ___________ .15.函数 的最小值为 216.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,那么 P 到平面 ABC 的距离为 .3三、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: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: 满意 40 不满意 10 男顾客 女顾客 30 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 K2  附: .(a  b)(c  d)(a  c)(b  d) P(K2≥k) 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 k10.828 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; – 4 – (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,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. 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,π)存在唯一零点; (2)若 x∈[0,π]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 – 5 – 一题计分。 22.[选修 4−4:坐标系与参数方程](10 分) 1t2 1 t2 4t x  y  ,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 1 t2 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. 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: 11 1   a2  b2  c2 (1) ;a b c (2) (a  b)3  (b  c)3  (c  a)3  24 .- 6 – 2019年普通高等学校招生全国统一考试 文科数学·参考答案 一、选择题 1.C 2.C 8.B 3.B 9.A 4.B 5.D 6.C 7.D 10.D 11.A 12.B 二、填空题 5813.y=3×14. 15.−4 16. 2三、解答题 17.解: 40 50 (1)由调查数据,男顾客中对该商场服务满意的比率为  0.8,因此男顾客对该商场 服务满意的概率的估计值为0.8. 30 女顾客中对该商场服务满意的比率为  0.6 ,因此女顾客对该商场服务满意的概率的 50 估计值为0.6. 100(4020 3010)2 (2) K2   4.762. 50507030 由于 4.762  3.841,故有95%的把握认为男、女顾客对该商场服务的评价有差异. – 7 – 18.解: (1)设 a的公差为d.   n由S9  a5 得 a1  4d  0 .由a3=4得 a1  2d  4 .于是 a1  8,d  2 .因此 a的通项公式为 an 10  2n .  nn(n 9)d (2)由(1)得 a1  4d ,故 an  (n 5)d, Sn  .2由a1  0 知d  0 ,故 Sn… an 等价于 n2 11n 10„ 0,解得1≤n≤10. 所以n的取值范围是{n |1„ n„ 10,nN} .19.解: ( 1 ) 连 结B C, ME . 因 为 M , E 分 别 为BB , BC 的 中 点 , 所 以ME ∥ B C , 且 11111ME  B C .又因为N为 A D 的中点,所以 ND  A D .11122∥∥∥由题设知 A B DC ,可得 B CA D ,故 ME ND,因此四边形MNDE为平行四边 ==1 1 =11形, MN∥ED .又 MN 平面C1DE ,所以MN∥平面C1DE (2)过C作C1E的垂线,垂足为H. .由已知可得 DE  BC ,DE  C1C ,所以DE⊥平面C1CE ,故DE⊥CH. 从而CH⊥平面C1DE ,故CH的长即为C到平面C1DE 的距离, 4 17 由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E  17 ,故CH  .17 – 8 – 4 17 17 从而点C到平面C1DE 的距离为 .20.解: (1)设 g(x)  f (x) ,则 g(x)  cos x  xsin x 1, g (x)  xcos x .πππ当在x(0, )时, g (x)  0;当 x , π 时, g (x)  0 ,所以 g(x) 在(0, )单调递增, 222π, π 单调递减. 2π  又g(0)  0, g  0, g(π)  2 ,故 g(x) 在(0, π) 存在唯一零点.   2  所以 f (x) 在(0, π) 存在唯一零点. (2)由题设知 f (π)… aπ, f (π)  0 ,可得a≤0. 由(1)知, f (x) 在(0, π) 只有一个零点,设为 x0 ,且当 x 0, x 时, f (x)  0;当 0  x x , π 时, ,所以 0, x 单调递增,在 x , π 单调递减. 0  f (x)  0 f (x) 在00又f (0)  0, f (π)  0 ,所以,当 x[0, π]时, f (x)… 0 .- 9 – 又当 a„ 0, x[0, π] 时,ax≤0,故 f (x)… ax .因此,a的取值范围是 (,0] .21.解:(1)因为 M 过点 A, B ,所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线上.由已知 A 在直线 x+y=0 上,且 A, B 关于坐标原点 O 对称,所以 M 在直线 y  x 上,故可设 M (a, a) .因为 M 与直线x+2=0相切,所以 M 的半径为 r | a  2 | .  由已知得|AO|=2,又 MO  AO ,故可得 2a2  4  (a  2)2 ,解得 a=0 或a=4 .故M 的半径 r=2 或 . r=6 (2)存在定点 P(1,0) ,使得| MA|  | MP | 为定值. 理由如下: 设M (x, y) ,由已知得 M 的半径为 r=|x+2|,|AO|=2 .  由于 MO  AO ,故可得 x2  y2  4  (x  2)2 ,化简得M的轨迹方程为 y2  4x .因为曲线 C : y2  4x 是以点 P(1,0) 为焦点,以直线 x  1为准线的抛物线,所以 |MP|=x+1 .因为|MA||MP|=r|MP|=x+2  (x+1)=1,所以存在满足条件的定点P. 21t2 1 t2 y1t 4t2 1 t2 2 2   22.解:(1)因为 1 1,且 x2  1,所以C的直角坐   22  1 t2 y2 标方程为 x2  1(x  1) .4l 的直角坐标方程为 2x  3y 11 0 .- 10 – x  cos, y  2sin (2)由(1)可设C的参数方程为 (为参数, π    π). π4cos   11 | 2cos  2 3sin 11| 3C上的点到l 的距离为 .772π π当   时, 4cos   11取得最小值7,故C上的点到l 距离的最小值为 7 . 3323.解:(1)因为 a2  b2  2ab,b2  c2  2bc,c2  a2  2ac ,又 abc 1,故有 ab  bc  ca 1 1 1   a b c a2  b2  c2  ab  bc  ca  .abc 11 1 所以   a2  b2  c2 .a b c (2)因为 a, b, c 为正数且 abc 1,故有 (a  b)3  (b  c)3  (c  a)3  33 (a  b)3 (b  c)3 (a  c)3 =3(a+b)(b+c)(a+c)  3(2 ab)(2 bc)(2 ac) =24. 所以 (a  b)3  (b  c)3  (c  a)3  24 .- 11 – 选择填空解析 3i 1 2i z  z  设,则 ()1. A. B. 232C. D. 1答案: C- 12 – 解析: 3i (3i)(1 2i) 1 7i z  因为 所以 1 2i (1 2i)(1 2i) 517( )2  ( )2 z   2 55U {1,2,3,4,5,6,7} A {2,3,4,5} B {2,3,6,7} B C A 已知集合 {1,6} ,,,则 ()2. A. B. C. D. U{1,7} {6,7} {1,6,7} 答案: C解析: U {1,2,3,4,5,6,7} A {2,3,4,5} C A{1,6,7} B {2,3,6,7} ,, 则 , 又 , 则 UB C A{6,7} ,故选 C. U0.2 0.3 ,则( )a  log 0.2 3.已知 ,,b  2 c  0.2 2A.a  b  c B.a  c  b C.c  a  b D.b  c  a 答案: B解答: – 13 – 0.2 a  log 0.2 0 由对数函数的图像可知: ;再有指数函数的图像可知: ,b  2 1 20.3 ,于是可得到: a  c  b .0  c  0.2 1 5 1 24.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 1 (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  0.618 25 1 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, 2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 B.175cm C.185cm D.190cm 答案: B解析: 方法一: 设头顶处为点 ,咽喉处为点 ,脖子下端处为点 AC,肚脐处为点 ,腿根处为点 ,足底 DBE5 1 2处为 ,BD  t ,,F  AB AD DF AD  AB  BD  ( 1)t     根 据 题 意 可 知 , 故 AB  t ; 又 ,, 故 BD – 14 –  1 DF  t;( 1)2 5 1 2所以身高 ,将 代入可得 h  4.24t  0.618 .h  AD  DF  t  根据腿长为105cm ,头顶至脖子下端的长度为 26cm 可得 AB  AC ,;DF  EF  1 5 1 2t 105 即t  26 ,,将 代入可得 40  t  42  0.618   所以169.6  h 178.08 ,故选 B. 方法二: 由于头顶至咽喉的长度与头顶至脖子下端的长度极为接近,故头顶至脖子下端的长度 26cm 可5 1 估值为头顶至咽喉的长度;根据人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是 25 1 2(称为黄金分割比例)可计算出咽喉至肚脐的长度约为 42cm ;将人体的头顶  0.618 至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度相加可得头顶至肚脐的长度为 68cm ,头顶至肚脐的长度与 5 1 2肚脐至足底的长度之比是 可计算出肚脐至足底的长度约为110;将头顶至肚脐的长度 与肚脐至足底的长度相加即可得到身高约为178cm ,与答案175cm 更为接近,故选 B. sin x  x [, ] f (x)  函数 在的图像大致为( )5. A. cos x  x2 B. – 15 – C. D. 答案: D解答: sin x  x sin x  x f (x)    f (x) ∵∴,2cos x  x2 cos x  x   f (x) 为奇函数,排除 A. 22sin 24  2 f ( )  0 ,排除 C, 又2 2   cos   22  sin  f ( )   0 ,排除 B,故选 D. 21 2 cos     1,2,3,,1000 6.某学校为了解 名新生的身体素质,将这些学生编号为 ,从这些新生中 1000 用系统抽样方法等距抽取 名学生进行体质测验,若 号学生被抽到,则下面 名学生中 4100 46 被抽到的是( ). A. 号学生 8B. C. D. 号学生 号学生 号学生 200 616 815 – 16 – 答案: C解答: 从名学生中抽取 名,每 人抽一个, 10 号学生被抽到,则抽取的号数就为 1000 100 46 10n  6(0  n  99,n N) ,可得出 号学生被抽到. 616 tan 255  2  3 ()7. A. B. C. D. 2  3 2  3 2  3 答案: D解析: tan 45 tan30 1 tan 45tan30 tan 255  tan(180 75)  tan 75  tan(45 30)  因为 化简可得 tan 255  2  3 ,则 的夹角为( 与已知非零向量 a,满足 ,且 a)| a | 2 | b | (a b)  b 8. bb6A. B. C. D. 32 35 6答案: – 17 – B解答:   (a b)b  0 2,且 ,,有 ,设 a与的夹角为 ,,| a | 2 | b | (a b)  b a b | b |  0 b2222则有 ,即 ,,| a || b | cos  | b |  0 2 | b | cos  | b |  0 | b | (2cos 1)  0 | b | 0 1233cos    ,,故 a与的夹角为 ,选 . Bb112+ 右图是求 的程序框图,图中空白框中应填入( )9. 122+ 1A  A. B. C. D. 2  A 1A  2  A1A 1 2A 1A  1 2A 答案: A解答: 把选项代入模拟运行很容易得出结论 – 18 – 1A= 12+ 选项 A代入运算可得 ,满足条件, 122+ 1A=2+ 1选项 B代入运算可得 选项 C代入运算可得 ,不符合条件, 2+ 21A  ,不符合条件, 21A 1+ 选项 D代入运算可得 ,不符合条件. 4×2 y2 10.双曲线 的一条渐近线的倾斜角为130,则 C的离心率为( )C:  1(a  0,b  0) a2 b2 A.2sin 40 B.2cos40 1C. sin50 1D. cos50 答案: D解答: bb,所以 asin50 cos50  tan130  tan50  根据题意可知 离心率 ,ab2 a2 sin2 50 cos2 50 sin2 50 cos2 50 11.e  1  1 cos2 50 cos2 50 cos50 A, B,C a,b,c , 已 知asin Absin B  4csinC ABC 的 内 角 的 对 边 分 别 为 ,11. 14bccos A   ,则 ()654A. B. C. – 19 – 3D. 答案: A解答: 22222由正弦定理可得到: 2 ,即 ,asin Absin B  4csinC  a b  4c a  4c  b b2  c2  a2 2bc 14b 6 又由余弦定理可得到: ,于是可得到 cos A    cF (1,0) F (1,0) ,F,过 2 的直线与 已知椭圆 C的焦点坐标为 C交于 B, 两点,若 A12. 12AF  2 F B AB  BF ,,则 C的方程为( )221×2  y2  1 A. B. C. D. 2×2 y2  1  1  1 32×2 y2 43×2 y2 54答案: B解答: AF  2 F B AB  BF F B  x AF  2x BF  3x ,由,,设 ,则 ,根据椭圆的定义 221221F B  BF  AF  AF  2a AF  2x ,所以 ,因此点 即为椭圆的下顶点,因为 A212113 b 94a2 14AF  2 F B ( , )  1 ,c  1所以点 B坐标为 ,将坐标代入椭圆方程得 ,解得 222 2 22,故答案选 B. a  3,b  2 – 20 – 13.曲线 y  3(x2  x)ex 在点 处的切线方程为 .(0,0) 答案: y  3x 解答: x2xy  3(2x 1)e  3(x  x)e  3(x2  3x 1)ex ,∵(0,0) ∴结合导数的几何意义曲线在点 处的切线方程的斜率 k  3 ,y  3x ∴切线方程为 .3nSaa 1 S  S  记n 为等比数列 的前 项和,若 ,,则 .14. n1434答案: 58解析: 3a 1 S  a  a  a  ,131234q设等比数列公比为 3a  a q  a q2  ∴∴11141q   258S  所以 4- 21 – 3 2f (x)  sin(2x  ) 3cos x 15.函数 的最小值为___________. 答案: 4 解答: 3 2f (x)  sin(2x  ) 3cos x  cos2x 3cos x  2cos2 x 3cos x 1 ,cos x[1,1] f (x) 取最小值, 因为 ,知当 cos x 1 3 时f (x)  sin(2x  ) 3cos x 则的最小值为 .4 2AC, BC 的距 16.已知 离均为 答案: ,为平面 外一点, ,点 到两边 ACB  90 ABC PC  2 ACB PP,那么 到平面 P的距离为 .ABC 32解答: 如 图 , 过 P点 做 平 面 的 垂 线 段 , 垂 足 为, 则 O的 长 度 即 为 所 求 , 再 做 ABC PO PE  CB, PF  CA OE  CB,OF  CA , 由 线 面 的 垂 直 判 定 及 性 质 定 理 可 得 出 , 在 中,由 ,可得出 ,同理在 中可得出 ,结 RtPCF CF 1 RtPCE CE 1 PC  2, PF  3 OE  CB,OF  CA 合,可得出,,ACB  90 OE  OF 1 OC  2 PO  PC2 OC2  2 – 22 –

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