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1 2019 届全国高三开年摸底大联考 全国 I 卷 理科数学 参考答案解析及评分标准 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分. 1.C 解析：由于  0- ，M ，   ，0N ，∴  0NM  .答案：C 2.D 解析：：       iii ii i iz    211 1121 12 ，则 i 2z ．答案：D． 3.D 解析：图 2 的建议为减少运营成本；图 3 的建议可能是提高票价,故①④正确, 因为是选择不正确的一项.答案：D． 4.C 解析：由于 1,2 12 12 23   aaaa aa ． ∴数列{ nn aa 1 }为以 1 为首项以 2 为公比的等比数列． ∴ 1 1 2    n nn aa （n∈N*） 所以 20182019 aa  = 20172 . 答案 C 5.A 解析：根据图象知，函数  xfy  的图象与在点 P 处的切线交于点 P ，   3 1363 55 f ，  5'f 为函数  xfy  的图象在点 P 处的切线的斜率，∴  5'f = 3 1 . 答案 A 6.D 解析：构造如图所示长宽高分别为 2222 、、 的长方体，P,A 为其所在棱的中点，三视图对应的几 何体为图中的三棱锥 P-ABC，将其补为三棱柱 PMN-ABC,取 MN,BC 的中点 E,F,取 EF 的中点 O,则 O 为外接球 的球心，且 ,31)2( 22  OBR 所以外接球的表面积为  124 2  RS .答案 D 7.D 解析：因为 ABACBC  ，则   ABAOACAOABACAOBCAO  ， 如下图： ;84 2 4  ACAO 2 9 2 33  ABAO ∴ 2 7 2 98  ABAOACAOBCAO2 答案：D． 8.D 解析：将函数 siny x 的图象向左平移 3 2  个单位，得到函数 3( ) sin cos2f x x x       的图象关于 ,02     对称.答案：D． 9.B 解析：如图：设 BC=2，以 B 为圆心的扇形面积为  3 2 6 22  ， ABC 的面积为 3222 3 2 1  ,∴勒洛三角形的面积为 3 个扇形面积减去 2 个正 三角形面积,即 3223233 2   ， ∴ 在 勒 洛 三 角 形 中 随 机 取 一 点 ， 此 点 取 自 正 三 角 形 的 概 率 为  32 3 322 3     .答案：B． 10.A 解 析 ： 由 于 函 数 xy sin 的 周 期 为 2 ， 01  x ， 故 它 的 图 象 关 于 直 线 2 1x 对 称． a＜b＜c＜d， 1 ba ; 由 dc 20192019 loglog  ，则 dc 20192019 loglog  ，所以 0loglog 20192019  dc ， 0log2019 cd ，所 以 1cd .则 1 cd ba .答案：A． 11.D 解析：设 F1  0,c ，双曲线 12 2 2  b yx 的渐近线方程为 bxy  ，3 过点 F1 与双曲线的一条渐近线平行的直线方程为  cxby  ， 联立渐近线方程 bxy  ，可得交点 P      2,2 bcc ， 点 P 在以线段 F1F2 为直径的圆外，可得 2 22 22 cbcc          ， 即有 32 b ，可得双曲线的离心率 211 2 2 2  ba b a ce ，即 2e ．答案：D． 12.A 解析：由题意如图，直线 BC 与动点 O 的空间关系：点 O 是以 BC 为直径的球面上 的点，所以 O 到 AD 的距离为四面体上以 BC 为直径的球面上的点到 AD 的距离，最大距离 为 AD 到球心的距离（即 BC 与 AD 的公垂线）+半径= 2 +1．再考虑取得最大距离时四面 体的投影情况，此时我们注意到 AD 垂直平面 OBC，且平行平面α，故其投影是以 AD 为 底，O 到 AD 的距离投影，即（ 2 +1）cos45°= 2 21 为高的等腰三角形，其面积= 2 1 ×2×（ 2 21 ）= 2 21 ．答案：A． 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.解析：作出不等式组对应的平面区域如图： 则阴影部分为三角形 由      0 2 yx x 得      2 2 y x ，即 B（2，﹣2）， 由 z=x+2y 得 zxy 2 1 2 1  ， 平移直线 zxy 2 1 2 1  ， 由图象知当直线 zxy 2 1 2 1  经过点 B（2，﹣2）时，直线的截距最小，此时 z 最小， 最小值为   2222 z ，故答案为： 2 14.解析：因为 )(xf 在定义域  ，0 内单调递增，所以       xx x x 2 02 0 2 即 012  xxx 且 故答案为：  012  xxx 且 15.解析：这 3 人中既有男生又有女生，包括 2 男 1 女和 1 男 2 女两种情况． 若 3 人中有 2 男 1 女，则不同的选法共有 181 3 2 4 CC 种，4 若 3 人中有 1 男 2 女，则不同的选法共有 122 3 1 4 CC 种， 根据分类计数原理，所有的不同的选法共有 301218  种，故答案为：30 ． 16.解析：∵数列{ na }满足 * 2 1 1=n n n na a a a n N    ， ∴数列{an}是等差数列， ∵ 24 a ，∴  4536271 2aaaaaaa ， ∵ 2( )=sin 2 2cos sin 2 cos 12 xf x x x x    ， ∴ 1cos2sin1cos2sin)()( 771171  aaaaafaf 1cos2sin1)cos()22sin( 7777  aaaa  1cos2sin1cos2sin 7777  aaaa =2 同理 2)(2)()()()( 45362  afafafafaf ，∴数列 ny 的前 7 项和为 7. 故答案为：7. 二、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. 解 ： （ 1 ） 在 DAB 中 ，  1204575 DAB ，    3030120180 ADB ， 50AB ． 由正弦定理，得 ADB AB DAB BD  sinsin ， ∴ 35030sin 120sin50 sin sin     ADB DABABBD ． ............3 分 在 ABC 中，  1057530 ABC ，    3010545180 BCA ， 50AB ， 由正弦定理，得 25030sin 45sin50 sin sin     BCA BACABBC ．............6 分 （2）在 DBC 中，由余弦定理得 DBCBCBDBCBDDC  cos222 所以          262575cos2503502250350 22  DC ． 所以应开凿的隧道 CD 的长为  2625  .............12 分 18.解：(1) ∵ 1B D  平面 ABC ， AC  平面 ABC ， ∴ 1B D AC . ………………2 分5 又∵ BC AC ， 1B D BC D  ， ∴ AC  平面 1 1BB C C . …………………4 分 (2) 连接 CB1 ,∵ AC  平面 1 1BB C C ， 1BC  平面 1 1BB C C ∴ 1AC BC ∵ 1 1AB BC , 1AC AB A  ∴ 1BC  平面 1AB C ∵ 1B C  平面 1AB C ∴ 1BC  1B C ∴四边形 1 1BB C C 为菱形， ∵ 1 60B BC   ， 1B D  BC 于 D ，∴ D 为 BC 的中点. ………………6 分 因为点 1B 在底面 ABC 上的射影是 BC 的中点， 则 1B D  平面 ABC ．以 D 为原点， 过 D 平行于CA 的直线为 x 轴， BC 所在直线为 y 轴， 1DB 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设 1 1BC CA AA   ，由题意可知， 1 1 1 3 10, ,0 , 0, ,0 , 0,0, , 1, ,0 .2 2 2 2B C B A                      设 1( , , )C x y z ，由  1 1 0, 1,0BC B C    ，得 1 30, 1, .2C      …………………7 分 设平面 1ABB 的法向量为  1 1 1, ,1n x y , 则 1 1 1 0 0 n BA n BB          ∴ 1 1 1 0 3 02 2 x y y     ∴  1 3, 3,1n  ． …………………9 分 设平面 AB1C1 的法向量为  2 2 2, ,1n x y ,则 2 1 2 1 0 0 n AB n AC          ∴ 2 2 2 2 3 02 2 3 02 2 yx yx         ∴ 2 3 ,0,12n        . …………………10 分 ∴ 1 2 1 2 1 2 5cos , 7 n nn n n n        . …………………11 分 ∴ 1 1 5 7B AB C  二面角 的余弦值为 . …………………12 分 19.解：⑴由已知， 2 2 c a  ， 当 Q 为椭圆C 上、下顶点时， QAB 的面积最大，所以 2 2ab  …………………2 分 又 2 2 2a b c  ，6 解得 2, 2, 2.a b c   …………………3 分 ∴椭圆的方程为 2 2 14 2 x y  . …………………4 分 （2）依题意知直线 AQ 的斜率存在,设直线 : ( 2)AQ y k x  ，则有 )2,0( kP 由      42 )2( 22 yx xky ，得 2 2 2 2(2 1) 8 4(2 1) 0k x k x k     )(  22 2 28 4 (2 1) 4(2 1) 16 0k k k         …………………6 分 设 ),( 11 yxQ ，则 1,2 x 是方程 )( 的两个根， 12 )12(42 2 2 1   k kx ，所以 2 2 1 21 )21(2 k kx   ， （此处没有求出 k 的限制范围不扣分）…………………8 分 所以 2 2 1 2 21 14)2(1 k kxkAQ   ， 212 kAP  ， ∴ 2 2 8(1 ) 1 2 kAP AQ k    由 / /OM AQ，设直线 :OM y kx ，则联立      42 22 yx kxy ，可得 04)21( 22  xk ………10 分 设点 ),( 00 yxM ，有 2 22 0 22 21 4)1(]1[ kkxkOM  2AP AQ OM 因为 2 2 2 2 8(1 ) 4(1 ) 1 2 1 2 k k k k    所以 得 2  …………………11 分 故存在常数  使得 2OMAQAP  成立，且 2 …………12 分 20.解：（1）由直方图知第 6 组频率为 0.016×5=0.08； 第 8 组频率为 0.008×5=0.04． 故第 6 组有 4 人，第 8 组有 2 人， …………2 分 从这 6 人中随机抽取 2 人，有 152 6 C 种情况，…………4 分 其中满足|x﹣y|≤5 的 2 人必须来自同一组，共有 72 2 2 4  CC 种情况， 故满足|x﹣y|≤5 的事件的概率为 15 7 ．…………6 分 （2）由直方图知第 7 组频率为 1-(0.008×2+0.016×2+0.04×2+0.06)×5=0.06, 故第 7 组共有 3 人,由(1)第 8 组有 2 人.…………8 分 则从这 5 人中随机抽取 3 人,此 3 人获得奖金的总和 X(单位：元）的所有可能取值为 15000,20000,25000   10 115000 3 5 3 3  C CXP ;   5 320000 3 5 1 2 2 3  C CCXP ;   10 325000 3 5 2 2 1 3  C CCXP .…………10 分7 所以随机变量 X 的分布列为 X 15000 20000 25000 P 10 1 5 3 10 3 所以   2100010 3250005 32000010 115000 xE .…………12 分 21.解：（1）显然函数 )(xf 的定义域为 ,0 ，且 2 2 ' 1)3()( x xmmxxf  ，........1 分 记 1)3()( 2  xmmxxh ，则 mm 4)3( 2  = 9102  mm ， 当 91  m 时， 0 ， 0)(' xf ，函数 )(xf 单调递增，..................2 分 当 10  m 时 ， 0 ， )(xh 有 两 个 大 于 零 的 根 m mmmx 2 9103 2 1  ， m mmmx 2 9103 2 2  ， 令 0)(' xf ，得     ,,0 21 xxx ，令 0)(' xf ，得  21, xxx ，...................3 分 当 9m 时， 0 ， )(xh 有两个小于零的根 m mmm 2 9103 2  ， 故 0)(' xf , )(xf 单调递增．........................4 分 综上所述，当 1m 时，函数 )(xf 的增区间为  ,0 ，无减区间； 当 10  m 时，函数 )(xf 的增区间为                   ,2 9103 2 9103,0 22 m mmm m mmm ， ， 函数 )(xf 的减区间为          m mmm m mmm 2 9103 2 9103 22 ， ；....................6 分 （2）依题意得， 2 3 22 3 1 21 , xmexme xx  ， 所以 11 lnln2 3 xmx  ， 22 lnln2 3 xmx  ， 故 1212 ln2 3ln2 3 xxxx  ，…………7 分 又 1 2 x x =t ， 21 xx  ，则 1t ，且      txx txx ln2 3 12 12 ， 解得 1 ln2 3 1  t t x ， 1 ln2 3 2  t tt x ，所以 2 3 21  xx ∙ 1 ln)1(   t tt ，…………8 分8 令 1 ln)1()(   x xxxr ，   ,1x ，则 2)1( 1ln2 )('    x xxx xr ．…………9 分 令 xxxxu 1ln2)(  ，则 0)11(112)(' 2 2  xxxxu ，则 )(xu 单调递增， 故对任意的 ),1( x ， 0)1()(  uxu ，…………10 分 由此可得 0)(' xr ，故 )(xr 在 ),1(  单调递增． 因此 21 xx  随着t 的增大而增大．…………12 分 22. 解：（1）由 )20(2   ，得 422  yx 设  1 1P ,x y ，  Q ,x y ， 则 1 12 ,2 2 x yx y  ，即 1 12 2, 2x x y y   ，代入 422  yx ， 得   2 22 2 2 4x y   ，∴ 11 22  yx ）（ ；.................. 5 分 （Ⅱ）将 2 ,x x y y    代入 2C 得 2 2 1x y   ，所以 3C 的方程为 2 2 1x y  ．·················7 分 1C 的极坐标方程为  cos2 ， 3C 的极坐标方程为 1  ，所以 1ON ． 又 36cos2  OM ，所以 13  ONOMMN ．···························10 分 23.解：（Ⅰ）∵ 22  aax ， ∴ aax  22 ， ∴ aaxa  222 ，∴ 223  axa ， 又 2)( xf 解集为 08  xx ， ∵      02 823 a a ，∴ 2a ...............5 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）化简得： xkx )1(14 2  ............6 分 令      )4(3 )4(514)( xx xxxxg ， 作出 )(xg 图象：9 .......................8 分 ∴ 112 k 或 4 112 k ， ∴ 22 k 或 4 32 k ， ∴ k 的取值范围是        22 3 2 32 kkkk 或或 ..........................10 分