《2019年高考理科数学全国卷（全国ⅠⅡ Ⅲ卷）共三套试卷试题真题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考理科数学全国卷（全国ⅠⅡ Ⅲ卷）共三套试卷试题真题含答案.docx（33页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学一、选择题(本大题共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，则=()A.B.C.D.2.设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则()A.B.C.D.3.已知，则()A.B.C.D.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（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比例，
2、且腿长为105 cm，头顶至脖子下端的长度为26 cm，则其身高可能是()A.165 cmB.175 cmC.185 cmD.190 cm5.函数在的图象大致为()A.B.C.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“”，如图就是一重卦.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.B.C.D.7.已知非零向量a，b满足，且，则a与b的夹角为()A.B.C.D.8.如图是求的程序框图，图中空白框中应填入()A.B.C.D.9.记为等差数列的前n项和.已知，则()A.B.C.D.10.已知椭圆C的焦点为，过F2的
3、直线与C交于A，B两点.若，则C的方程为()A.B.C.D.11.关于函数有下述四个结论：()f(x)是偶函数f(x)在区间（，）单调递增f(x)在有4个零点f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是A. B.C.D.12.已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，则球O的体积为()A.B. C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线在点处的切线方程为.14.记为等比数列的前项和.若，则=.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
4、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41获胜的概率是.16.已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点.若，则C的离心率为.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1721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)的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设.（1）求A；（2）若，求.18.（12分）如图，直四棱柱的底面是菱形，分别是的中点.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值.19.
5、（12分）已知抛物线C：的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴-在-此-卷-上-答-题-无-效-的交点为P.毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _（1）若，求l的方程；（2）若，求|.20.（12分）已知函数，为的导数.证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点.21.（12分）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.一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验.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
6、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和，一轮试验中甲药的得分记为.（1）求的分布列；（2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，其中，.假设，.(i)证明：为等比数列；(ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性.（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
7、修44：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（t为参数）.以坐标原点O为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（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45：不等式选讲（10分）已知a，b，c为正数，且满足.证明：（1）；（2）.2019年普通高等学校招生全国统一考试全国I卷数学答案解析一、选择题1【答案】C【解析】，故选C【考点】集合的交运算、解一元二次不等式【考查能力】化归与转化、运算求解2【答案】C【解析】z在复平面内对应的点为，故选C【考点】复数的模的概念和复数的几何意义【考查能力】化归与转化，数形结合，
8、运算求解3【答案】B【解析】,，故选B【考点】对数函数与指数函数的单调性【考查能力】运算求解4【答案】B【解析】，故其身高可能是，故选B【考点】估算【考查能力】运算求解5【答案】D【解析】，为奇函数，排除A；，排除C；，且，排除B故选D【考点】函数的图象与性质【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解6【答案】A【解析】由6个爻组成的重卦种数为，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为，根据古典概型的概率计算公式得，所求概率故选A【考点】古典概型、计数原理【考查能力】运算求解7【答案】B【解析】设与的夹角为，又，故选：B【考点】平面向量的垂直、平面向量的夹角【考查能力】化归与转化，
9、运算求解8【答案】A【解析】，成立，执行循环体；，成立，执行循环体；，不成立，结束循环，输出A故空白框中应填入故选：A【考点】当型循环结构【考查能力】推理论证9【答案】A【解析】设等差数列的公差为，解得，故选A【考点】等差数列的通项公式和前n项和公式【考查能力】运算求解10【答案】B【解析】由题意设椭圆的方程为，连接,令，则，由椭圆的定义知，得，故，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点令（为坐标原点），则在等腰三角形中，所以，得，又，所以，椭圆C方程为故选：B【考点】椭圆的定义及标准方程【考查能力】运算求解，化归与转化，数形结合11【答案】C【解析】，为偶函数，故正确；当时，在单调递减，故不正确；在
10、的图像如图所示，由图可知函数在只有3个零点，故不正确；与的最大值都为1且可以同时取到，可以取到最大值2，故正确，综上，正确结论的序号是故选C【考点】三角函数的图象与性质【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解12【答案】D【解析】因为点，分别为，的中点，所以，因为，所以，所以取的中点，连接，易证平面，所以，又，平面，所以平面，所以，因为，为正三角形，所以，即，两两垂直，将三校锥放在正方体中如图所示。因为，所以该正方体的楼长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三校锥的外接球的半径，所以球的体积，故选D【考点】三棱锥的外接球的体积【考查能力】化归与转化，空间想象，运算求解二、填空题13【答案】【
11、解析】因为，所以曲线在点处的切线的斜率，所以所求的切线方程为【考点】导数的几何意义【考查能力】运算求解14【答案】【解析】若二次根式在实数范围内有意义，则：，解得故答案为：【考点】等比数列的通项公式和前n项和公式【考查能力】运算求解15【答案】0.18【解析】记事件M为甲队以获胜，则甲队共比赛五场，且第五场甲队获胜，前四场甲队胜三场负一场，所以【考点】独立事件的概率、对立事件的概率【考查能力】逻辑思维，运算求解16【答案】2【解析】因为，所以，如图，所以，所以，所以因为，所以点为的中点，又点为，的中点，所以，所以，因为直线，为双曲线的两条渐近线，所以，因为，所以，所以，所以，即，所以双曲线的离
12、心率为【考点】双曲线的几何性质，直线和双曲线【考查能力】化归与转化，数形结合，运算求解17【答案】（1）由已知得，故由正弦定理得由余弦定理得因为，所以（2）由（1）知，由题设及正弦定理得，即，可得由于，所以，故.【考点】正弦定理、余弦定理、三角恒等变换【考查能力】化归与转化，运算求解18【答案】（1）连接，分别为，的中点，所以，且，又因为为的中点，所以由题设知，可得,故,因此四边形为平行四边形，又平面，所以平面（2）由已知可得，所以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的直角坐标系，则，设为平面的法向量，则所以，可取设为平面的法向量，则所以，可取于是，所以二面角的正弦值为【考点】空间直线与
13、平面的平行关系，二面角的正弦值的求解【考查能力】空间想象，推理论证，运算求解19【答案】解：设直线，（1）由题意得，故，由题意可得由，可得，则从而，得所以的方程为（2）由可得由，可得所以，从而，故，代入的方程得，故【考点】抛物线的简单方程【考查能力】逻辑推理，运算求解20【答案】解：（1）设，则，当时，单调递减，而，可得在有唯一的零点，设为，则当时，；当时，所以在单调递增，在单调递增，故在存在唯一的极大值点，即在存在极大值点（2）的定义域为（i）当时，由（1）知在单调递增，而，所以当时，故在单调递减又，从而是在的唯一零点（ii）当时，由（1）知在单调递增，在单调递减，而，所以存在，使得，且当时
14、，；当时，故在单调递减，在单调递增又，所以当时，从而在没有零点（iv）当时，所以，从而在没有零点综上有且仅有2个零点【考点】导数及其应用、函数的单调性等【考查能力】推理论证，运算求解，抽象概括21【答案】解（1）因为，且，所以的直角坐标方程为的直角坐标方程为（2）由（1）可设的参数方程为（为参数，）上的点到的距离为当时，取得最小值7，故上的点到距离的最小值为【考点】椭圆的参数方程以及直线的极坐标方程【考查能力】数据处理能力，运算求解22【答案】解：（1）因为，且，故有所以（2）因为,为正数且，故有所以【考点】利用综合法以及基本不等式证明不等式【考查能力】数形结合，化归与转化-在-此-卷-上-答
15、-题-无-效-绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _理科数学本试卷满分150分,考试时间120分钟.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.设集合，则()A.B.C.D.2.设，则在复平面内对应的点位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知，则()A.B.C.2D.34.2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系.为解决这个问题，发
16、射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行.点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设地球质量为，月球质量为，地月距离为R，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：.设，由于的值很小，因此在近似计算中，则r的近似值为()A.B.C.D.5.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是()A.中位数B.平均数C.方差D.极差6.若，则()A.B.C.D.7.设，为两个平面，则的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两
17、条相交直线与平行C.，平行于同一条直线D.，垂直于同一平面8.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则()A.2B.3C.4D.89.下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是()A.B.C.D.10.已知），则()A.B.C.D.11.设F为双曲线C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点.若，则C的离心率为()A.B.C.2D.12.设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是()A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为
18、0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为.14.已知是奇函数，且当时，.若，则.15.的内角的对边分别为.若，则的面积为.16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为.（本题第一空2分，第二空3分.）图图三、解答题：共70分。解答应写
19、出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。 17.（12分）如图，长方体的底面ABCD是正方形，点E在棱上，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.18.（12分）11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.（1）求；（2）求事件“且甲获胜”的概率.-在
20、-此-卷-上-答-题-无-效-19.（12分）已知数列和满足，.毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _（1）证明：是等比数列，是等差数列；（2）求和的通项公式.20.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点；（2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线的切线.21.（12分）已知点，动点满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任
21、选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.选修44：坐标系与参数方程（10分）在极坐标系中，O为极点，点在曲线上，直线l过点且与垂直，垂足为P.（1）当时，求及l的极坐标方程；（2）当M在C上运动且P在线段OM上时，求P点轨迹的极坐标方程.23.选修45：不等式选讲（10分）已知（1）当时，求不等式的解集；（2）若时，求的取值范围.2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科数学答案解析第卷一、选择题1【答案】A【解析】因为，所以，故选A.【考点】不等式的求解，集合的交运算【考查能力】运算求解2【答案】C【解析】由题意，得，其在复平面内对应的点为，位于第三象限，故选C.【考点】共扼
22、复数，复数的几何意义【考查能力】运算求解3【答案】C【解析】因为，所以，解得，所以，所以，故选C【考点】平面向量的数量积，平面向量的坐标运算【考查能力】运算求解4【答案】D【解析】由，得，因为，所以，得，由，得3，即3，所以，故选D【考查能力】对背景材料的审读，逻辑思维，化归与转化，运算求解5【答案】A【解析】记9个原始评分分别为a，b，c，d，e，f，g，h，i（按从小到大的顺序排列），易知c为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.【考点】样本的数字特征【考查能力】分析问题和解决问题6【答案】C【解析】通解 由函数的图象（图略）知，当时，故A不正确；因为函数在
23、上单调递增，所以当时，故B不正确；因为函数在上单调递增，所以当时，即，故C正确；当时，故D不正确。故选C.优解 当，时，故排除A，B，D，故选C.【考点】函数的性质【考查能力】逻辑思维，运算求解7【答案】B【解析】对于A，内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确.综上可知选B.【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系【考查能力
24、】逻辑思维，空间想象8【答案】D【解析】由题意，知抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为，所以，解得，故选D.【考点】抛物线与椭圆的几何性质【考查能力】逻辑思维，运算求解9【答案】A【解析】A中，函数的周期为，当时，函数单调递增，故A正确；B中，函数的周期为，当时，函数单调递减，故B不正确；C中，函数的周期为，故C不正确；D中，由正弦函数图象知，在和时，均以为周期，但在整个定义域上不是周期函数，故D不正确.故选A.【考点】三角函数的图像与性质【考查能力】逻辑思维，运算求解10【答案】B【解析】由，得，即.因为，所以，所以，解得，故选B.【考点】同角三角函数的基本关系，二倍角公式【考查能力】运算求
25、解，逻辑思维11【答案】A【解析】如图，由题意，知以为直径的圆的方程为，将记为式，-得，则以为直径的圆与圆的相交弦所在直线的方程为，所以.由，得，整理得，即，解得，故选A.【考点】双曲线的几何性质、圆与圆的位置关系【考查能力】运算求解，逻辑思维12【答案】B【解析】当时，则；当时，则；当时，则，由此可得由此作出函数的图象，如图所示，由图可知时，令，整理，得，解得或，将这两个值标注在图中，要使对任意都有，必有，即实数m的取值范围是，故选B.【考点】函数的解析式，函数的图象，不等式恒成立问题【考查能力】运算求解，化归与转化第卷二填空题13【答案】0.98【解析】经停该站高铁列车所有车次的平均正点率
26、的估计值为.【考点】用样本估计总体【考查能力】数据处理能力，运算求解能力14【答案】当时，.因为函数为奇函数，所以当时，所以，所以.【考点】函数奇偶性【考查能力】逻辑思维，运算求解15【答案】【解析】解法一 因为，所以由余弦定理号，得，所以，所以，所以的面积.解法二 因为，所以由余弦定理，得，得，所以，所以，所以号，所以的面积.【考点】余弦定理，三角形的面积公式【考查能力】逻辑思维，运算求解16【答案】26【解析】依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体由18个正方形和8个正三角形围成，因此题中的半正多面体共有26个面。注意到该多面体的俯视图的
27、轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则，解得，故题中的半正多面体的棱长为.【考点】弧长的计算【考查能力】运算求解，空间想象能力三、解答题（一）必考题17【答案】（1）由已知得平面，平面，故.又，所以平面.（2）由（1）知.由题设知，所以，故，.以D为坐标原点，方的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，则，.设平面EBC的法向量为，则即所以可取.设平面的法向量为，则，即，所以可取.于是所以，二面角的正弦值为.【解析】（1）根据长方体的性质得出平面，从而推出，再结合，然后结合已知条件，利用线面垂直的判定定理即可使问题得证；（2）以D为坐标原点建立恰当的空间直角坐标
28、系，然后求出相关点的坐标与相关向量，求得平面EBC与平面的法向量，最后利用向量的夹角公式求解即可.【考点】直线与平面垂直的证明、几何体体积的求解【考查能力】化归与转化能力、运算求解能力18.【答案】解：（1）就是平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分.因此.（2）且甲获胜，就是平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分。因此所求概率为.【解题思路】（1）由题意知包括甲获胜的概率与乙获胜的概率，则利用互斥事件的概率公式求解即可；（2）利用相互独立事件与互斥事件的概率公式计算即可。【考点】互斥事件的概率，相
29、互独立事件的概率【考查能力】逻辑思维，数据获取与处理，运算求解19.【答案】解：（1）由题设得，即.又因为，所以是首项为1，公比为的等比数列。由题设得，即.又因为，所以是首项为1，公差为2的等差数列。（2）由（1）知，.所以，.【解析】（1）首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列为等差数列；（2）由（1）分别求得数列和的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得，的通项公式。【考点】等差数列与等比数列的定义及通项公式【考查能力】逻辑推理，运算求解20.【答案】解：（1）的定义域为.因为，所以在单调递增
30、.因为，所以在有唯一零点，即.又，故在有唯一零点.综上，有且仅有两个零点。（2）因为，故点在曲线上由题设知，即，连接AB，则直线AB的斜率曲线在点处切线的斜率是一，曲线在点处切线的斜率也是一，所以曲线在点处的切线也是曲线的切线.【解析】（1）首先求得函数的定义域，然后求出了，根据了与0的大小关系可得函数的单调性，从而利用函数零点的存在性定理证明即可；（2）先确定点在曲线上，结合得直线AB的斜率，再由导数的几何意义确定曲线在点B处的切线斜率及曲线在点A处的切线斜率，从而使问题得证。【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点，导数的几何意义【考查能力】逻辑推理，运算求解21.【答案】解：（1）由
31、题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点.（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为.由得.记，则.于是直线QG的斜率为，方程为.由得设，则和是方程的解，故，由此得.从而直线PG的斜率为.所以，即是直角三角形.（ii）由（i）得，所以么的面积设，则由得，当且仅当时取等号。因为 在单调递减，所以当，即时，S取得最大值，最大值为因此，面积的最大值为等【解析】（1）利用斜率公式建立方程，化简即可求得曲线C的方程，从而可判断曲线类型.（2）（i）设直线PQ的方程为，然后与椭圆方程联立，求得点P，Q，E的坐标，从而求得直线QG的方程，并与椭圆方程联立，求得点G的坐标，由
32、此求得直线PG的斜率，进而可使问题得证；（i）由（i）求出，从而得到面积的表达式，进而利用换元法及函数的单调性求得最大值.【考点】轨迹方程的求法、直线与椭圆的位置关系【考查能力】逻辑推理，运算求解22.【答案】解：（1）因为在C上，所以当时，.由已知得.设为l上除P的任意一点，连接OQ，在中，.经检验，点在曲线上所以，l的极坐标方程为.（2）设，在中，即.因为P在线段OM上，且，故的取值范围是.所以，P点轨迹的极坐标方程为，.【解析】（1）由点M在曲线C上，将代入曲线C的极坐标方程中即可求得的值，设出直线l上除P外的任意一点Q的极坐标，结合的值及平面几何知识即可求得直线l的极坐标方程；（2）设
33、点，根据题意得到，再根据已知条件求得的取值范围，从而求得P点轨迹的极坐标方程.【考点】查极坐标的几何意义，动点的轨迹方程的求法【考查能力】数形结合思想的运用，运算求解，逻辑思维23.【答案】解：（1）当时.当时，；当时.所以，不等式的解集为.（2）因为，所以，当.时.所以，a的取值范围是.【解析】（1）首先求得当时，函数的解析式，然后分，讨论函数的范围，从而求得不等式的解集；（2）首先由及已知条件得到a的取值范围，然后结合x的取值范围，利用因式分解求得的范围，从而求得a的取值范围.【考点】绝对值不等式的求解【考查能力】逻辑思维，运算能力-在-此-卷-上-答-题-无-效-绝密启用前2019年普通
34、高等学校招生全国统一考试全国卷理科毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学一、选择题：本大题共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，则()A.B.C.D.2.若，则()A. B.C.D.3.西游记三国演义水浒传和红楼梦是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著.某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过西游记或红楼梦的学生共有90位，阅读过红楼梦的学生共有80位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有60位，则该校阅读过西游记的学生人数与该校学生总数比值的估计值为()A.0.5B.0.6 C.0.7D
35、.0.84.的展开式中的系数为()A.12B.16C.20D.245.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则()A.16B.8C.4D.26.已知曲线在点处的切线方程为，则()A.B.C.D.7.函数在的图象大致为()A.B.C.D.8.如图，点N为正方形ABCD的中心，为正三角形，M是线段ED的中点，则()A.，且直线是相交直线B.，且直线是相交直线C.，且直线是异面直线D.，且直线是异面直线9.执行下边的程序框图，如果输入的为，则输出的值等于()A.B.C.D.10.双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则的面积为()A.B.C.D.11.设是定
36、义域为R的偶函数，且在单调递减，则()A.B.C.D.12.设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：在（）有且仅有3个极大值点在（）有且仅有2个极小值点在（）单调递增的取值范围是)其中所有正确结论的编号是()A.B.C.D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知a，b为单位向量，且，若，则.14.记为等差数列的前n项和，则.15.设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为.16.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中O为长方体的中心，分别为所在棱的中点，3D打印所用原料密度为
37、，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g.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1721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）为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P
38、（C）的估计值为0.70.（1）求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.-在-此-卷-上-答-题-无-效-18.（12分）的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知.（1）求B；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _19.（12分）图1是由矩形ADEB，和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且；（2）求图2中的二面角的大小.20.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明