文科数学 参考答案 全国I卷.pdf

1 2019 届全国高三开年摸底大联考 全国 I 卷 文科数学 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：(1＋i)＋(1－2i)＝2－i＝a＋bi，所以 a＝2，b＝－1.答案 C. 2.C 解析：由于  0- ，M ，   ，0N ,∴  0NM  .答案 C. 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.B 解析：由于 262)4(2)2(2 323253  aaaaaa 答案 B. 5.A 解析：根据图象知，函数 y=f（x）的图象与在点 P 处的切线交于点 P，f（5）= 3 1363 5  ，  5'f 为函数 y=f（x）的图象在点 P 处的切线的斜率，∴  5'f = 3 1 . 答案 A. 6.A 解析：双曲线 2 2 2 1yx b   的一个焦点到一条渐近线的距离为 1，即  21 ,0b 到渐近线 y bx 的 距离为 2 2 1 1 b b b b    ，所以 1b  .抛物线 2 2y px  0p  的准线方程是 2 px   ，双曲线 2 2 1x y  的 一个焦点  1F 2,0 ，因为抛物线 2 2y px  0p  的准线经过双曲线 2 2 1x y  的一个焦点，所以 22 p   ，解得 2 2p  . 答案 A. 7.C 解析：设正三棱锥外接球的半径为 R，则 2 5254 2  RR  ，由三视图可得底面边长为 32 ，底 面正三角形的高为 3322 3  ，底面三角形外接圆半径为 2，由勾股定理得 2 2 2 2 522 5           h ， 得 4h ，斜高 17' h ,∴表面积为 5133317322 1333 s ，答案 C. 8.D 解析：因为 ABACBC  ，则   ABAOACAOABACAOBCAO  ，如下图： ;84 2 4  ACAO 2 9 2 33  ABAO ∴ 2 7 2 98  ABAOACAOBCAO 答案：D．2 9.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． 10. A 解析：如图，由 BN 与平面α所成的角为 30°，所以 MA 与 BN 成角 为 60°，过 N 作 NO 于O ，连接 AOBO, ，则 30NBO ，因 为 2BN ， 所 以 3,1  OBNO ， 在 ABO 中 ， NOABBNAB  ， ，所以 BNOAB 平面 ，所以 OBAB  ，因 为 1AB ，所以 2OA ，所以四边形 AONM 为矩形，所以 2MN ．答案：A． 11.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． 12. C 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. 答案:C. 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.解析：函数 )1,0(log  aaxy a 的图象过点  4, 2 ，则有 1log 4 2, 2a   所以a= . 函数 )(xfy  是3 )1,0(log  aaxy a 的反函数，则 1( ) 2 x f x      .故答案为： 1 2 x     14.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 15. 解 析 ： 利 用 点 与 圆 的 位 置 关 系 可 知 点 在 圆 外 就 可 以 作 两 条 切 线 ． 圆 的 方 程 可 化 为   2 2 231 162 4 kx y k        ．则有 . 01512212 04 316 222 2      kk k 解得 8 3 8 34 23 3k k     或 故实数 k 的取值范围是 8 3 8 3, 4 2,3 3                ． 故答案为： 8 3 8 3, 4 2,3 3                16.解析：由题设条件对于 R 1x ，存在唯一的 R2x ，使得    21 xfxf  知  xf 在  0, 和  ,0 上单调，得 3b ，且 0a .由    bfaf 32  有 3932 2 a ，解之得 2 6a ，故 32 6  ba . 故答案为： 32 6  ． 三、解答题：共 70 分。 17. 解 ： （ 1 ） 在 DAB 中 ，  1204575 DAB ，    3030120180 ADB ， 50AB ． 由 正 弦 定 理 ， 得 ADB AB DAB BD  sinsin ，4 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：证明：（1）∵AM⊥BC ∴BC⊥BA，BC⊥BM ∵△BCP 和△BCM 是同一三角形 ∴BC⊥BP ∵BA∩BP=B ∴BC⊥平面 PAB ∵PA⊂平面 PAB ∴PA⊥BC， 又 PA⊥AB，AB∩BC=B PA⊥平面 ABC，BE⊂平面 ABC，∴PA⊥BE．......................................2 分 ∵AB=BC，E 为 AC 的中点， ∴BE⊥AC，......................................4 分 又 PA⊂平面 PAC，AC⊂平面 PAC，PA∩AC=A， ∴BE⊥平面 PAC，又 BE⊂平面 BED， ∴ 平 面 BED ⊥ 平 面 PAC．...................................................6 分 （2）∵D，E 是 PC，AC 的中点， ∴DE∥PA，又 PA⊥平面 ABC， ∴DE⊥平面 ABC，..............................8 分 ∴线段 DE 的长为三棱锥 D﹣BCF 的高，且 DE=3， ∵DF=5，∴EF=4． ∴AB=BC=8． ⅤC﹣BFD=ⅤD﹣BCF= 163482 1 3 1 3 1  DES BCF ...............................12 分 19.解：（1）根据表中数据，计算       dbcadcba bcadnk   2 2 =   10201812 168-2430 2   =10＞7.879，.............2 分 ∴所以至少有 99.5%的把握认为喜爱运动与性别有关．...........4 分 （2）应抽取喜爱运动的男生 2612 4  ， ..............6 分5 抽取不喜爱运动的男生 4612 8  . ..............7 分 （3）所抽取喜爱运动的男生记为 ba, ，所抽取不喜爱运动的男生记为 4,321 ，， ，则随机选出 2 人的不同选 法有 ba, ， 1,a ， 2,a ， 3,a ， 4,a ， 1,b ， 2,b ， 3,b ， 4,b ， 2,1 ， 3,1 ， 4,1 ， 3,2 ，  4,2 ，  4,3 共 15 个结果， ..............9 分 至少有 1 名是喜爱运动的男生共 9 个结果， ..............11 分 其概率 5 3 15 9 P . ..............12 分 20. 解 ： (1) 如 图 ， 圆 与 线 段 1F P 的 延 长 线 ， 线 段 2F P 及 y 轴 的 切 点 分 别 为 , ,T N M ， 1 2 1 2 1 2 1 2 2MF MF TF NF PF PN NF PF PF a         ，  0,1M 在椭圆 C 上，……………2 分 则 1a  ,又 2 2 23 ,2 c a c ba    可得 1 2b  , 所以椭圆 C 的标准方程为 2 24 1y x  . ………………4 分 (2) 由题意得 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 24 1, 4 1, 0.y x y x x x y y      ………………6 分 原点 O 到直线 AB 的距离        2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 x y x yOA OBd AB x x y y               2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 2 3 x y x y x x x x y y x x               2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 3 9 2 3 x x x x x x       ， ………………8 分 由 1 2 1 2 0x x y y  ，得     2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 4 1 4 1 4 16x x y y x x x x x x        ， 所以  2 2 2 2 1 2 1 2 4 1 15 15x x x x   ， ………………10 分       2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 12 23 5 5 2 3 x x x x d x x             2 2 1 2 2 2 1 2 2 3 55 5 52 3 x x d x x       . ………………11 分6 直线 AB 恒与定圆 2 2 1 5x y  相切. ………………12 分 21.解：（I）   22 1 x tx x t xxf  ，  0x .....................1 分 当 0t 时，   0 xf ，  xf 在  ，0 单调递增，无极小值..................2 分 当 0t 时，令   txxf  ，得0 ， 当  tx ,0 ，   0 xf ，所以  xf 在  t，0 单调递减； 当   ,tx ，   0 xf ，所以  xf 在  ，t 单调递增. tx  时，  xf 有极小值   1ln  ttf ........................................4 分 终上所述：当 0t 时，  xf 无极小值； 当 0t 时，  xf 有极小值 1ln t ..........................................6 分 （II）对任意正实数数  baba , ，不等式     3  ba bfaf 恒成立， 不妨设 ba  ，可得：     babfaf 33  ，即     bbfaaf 33  ，....................7 分 构造函数     xxfxg 3 ， 可得函数  xg 在  ，0 上单调递减．...................8 分   031 2  x t xxg 在  ，0 上恒成立， 化为：   12 13 max 2  xxt ，...................10 分 经验证 12 1t 时符合题意． ∴t 的取值范围是      ， 12 1 ．...................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 ．7 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： .......................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