2019年高考真题理科数学分类汇编(解析版)-函数和答案

绝密★启用前2019年高考普通高等学校招生全国统一考试（全国1卷）理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

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。

1．（5分）已知集合M＝{x|﹣4＜x＜2}，N＝{x|x2﹣x﹣6＜0}，则M∩N＝（）A．{x|﹣4＜x＜3}B．{x|﹣4＜x＜﹣2}C．{x|﹣2＜x＜2}D．{x|2＜x＜3} 2．（5分）设复数z满足|z﹣i|＝1，z在复平面内对应的点为（x，y），则（）A．（x+1）2+y2＝1B．（x﹣1）2+y2＝1C．x2+（y﹣1）2＝1D．x2+（y+1）2＝13．（5分）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＜a4．（5分）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，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．190cm5．（5分）函数f（x）＝在[﹣π，π]的图象大致为（）A．B．C．D．6．（5分）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．（5分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥，则与的夹角为（）A．B．C．D．8．（5分）如图是求的程序框图，图中空白框中应填入（）A．A＝B．A＝2+C．A＝D．A＝1+9．（5分）记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5B．a n＝3n﹣10C．S n＝2n2﹣8n D．S n＝n2﹣2n 10．（5分）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|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．+y2＝1B．+＝1C．+＝1D．+＝111．（5分）关于函数f（x）＝sin|x|+|sin x|有下述四个结论：①f（x）是偶函数②f（x）在区间（，π）单调递增③f（x）在[﹣π，π]有4个零点④f（x）的最大值为2其中所有正确结论的编号是（）A．①②④B．②④C．①④D．①③12．（5分）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2019年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ）含详细答案一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合M={x|−4<x<2}，N={x|x2−x−6<0}，则M∩N=()A. {x|−4<x<3}B. {x|−4<x<−2}C. {x|−2<x<2}D. {x|2<x<3}2.设复数z满足|z−i|=1，z在复平面内对应的点为(x,y)，则()A. (x+1)2+y2=1B. (x−1)2+y2=1C. x2+(y−1)2=1D. x2+(y+1)2=13.已知a=log20.2,b=20.2,c=0.20.3，则()A. a<b<cB. a<c<bC. c<a<bD. b<c<a4.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√5−12(√5−12≈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√5−12.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26cm，则其身高可能是()A. 165cmB. 175cmC. 185cmD. 190cm5.函数f(x)=sinx+xcosx+x2在[−π,π]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“”，下图就是一重卦．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. 516B. 1132C. 2132D.11167.已知非零向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗|=2|b⃗ |，且(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，则a⃗与b⃗ 的夹角为()A. π6B. π3C. 2π3D. 5π68.下图是求12+12+12的程序框图，图中空白框中应填入()A. A=12+AB. A=2+1AC. A=11+2AD. A=1+12A9.记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4=0，a5=5，则()A. a n=2n−5B. a n=3n−10C. S n=2n2−8nD. S n=12n2−2n 10.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|=2|F2B|，|AB|=|BF1|，则C的方程为()A. x22+y2=1 B. x23+y22=1 C. x24+y23=1 D. x25+y24=111.关于函数f(x)=sin|x|+|sinx|有下述四个结论：①f(x)是偶函数②f(x)在区间(π2,π)单调递增③f(x)在[−π,π]有4个零点④f(x)的最大值为2其中所有正确结论的编号是()A. ①②④B. ②④C. ①④D. ①③12.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()A. 8√6πB. 4√6πC. 2√6πD. √6π二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为________．14. 记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1=13，a 42=a 6，则S 5=________．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4：1获胜的概率是 ．16. 已知双曲线C ：x 2a 2−y2b 2=1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若F 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，F 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则C 的离心率为三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c.设(sinB −sinC)2=sin 2A −sinBsinC ． (1)求A ；(2)若√2a +b =2c ，求sin C ．18. 如图，直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点． (1)证明：MN//平面C 1DE ；(2)求二面角A −MA 1−N 的正弦值．19. 已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x轴的交点为P ．(1)若|AF|+|BF|=4，求l 的方程；(2)若AP⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求|AB|．20.已知函数f(x)=sinx−ln(1+x)，f′(x)为f(x)的导数．证明：)存在唯一极大值点；(1)f′(x)在区间(−1,π2(2)f(x)有且仅有2个零点．21.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−1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−1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α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，p i(i=0,1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0=0，p8=1，p i=ap i−1+bp i+cp i+1(i=1,2，…，7)，其中a=P(X=−1)，b=P(X=0)，c= P(X=1).假设α=0.5，β=0.8．(i)证明：{p i+1−p i}(i=0,1，2，…，7)为等比数列；(ii)求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=1−t21+t2y=4t1+t2(t为参数).以坐标原点O为极点，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2ρcosθ+√3ρsinθ+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.已知a，b，c为正数，且满足abc=1.证明：(1)1a +1b+1c≤a2+b2+c2；(2)(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24．答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查了一元二次不等式的解法和交集的运算，属基础题．利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出．【解答】解：∵M={x|−4<x<2}，N={x|x2−x−6<0}={x|−2<x<3}，∴M∩N={x|−2<x<2}．故选C．2.【答案】C【解析】【分析】本题考查复数的模、复数的几何意义，属基础题．由z在复平面内对应的点为(x,y)，可得z=x+yi，然后根据|z−i|=1即可得解．【解答】解：∵z在复平面内对应的点为(x,y)，∴z=x+yi，∴z−i=x+(y−1)i，∴|z−i|=√x2+(y−1)2=1，∴x2+(y−1)2=1，故选C．3.【答案】B【解析】【分析】本题考查了指数函数和对数函数的单调性运用，属基础题．由指数函数和对数函数的单调性易得log20.2<0，20.2>1，0<0.20.3<1，从而得出a，b，c的大小关系．【解答】解：a=log20.2<log21=0，b=20.2>20=1，∵0<0.20.3<0.20=1，∴c=0.20.3∈(0,1)，∴a<c<b，故选B．4.【答案】B【解析】【分析】本题考查简单的推理和估算，考查运算能力和推理能力，属于中档题．充分运用黄金分割比例，计算可估计身高．【解答】解：头顶至脖子下端的长度为26cm，说明头顶到咽喉的长度小于26cm，，由头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比是√5−12可得咽喉至肚脐的长度小于√5−12=√5−1≈42cm，由头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12，可得肚脐至足底的长度小于26+52√5−1√5−12≈110，即有该人的身高小于110+68=178cm，又肚脐至足底的长度大于105cm，可得头顶至肚脐的长度大于105×√5−12≈65cm，即该人的身高大于65+105=170cm，故选B．5.【答案】D【解析】【分析】本题考查了函数图象的作法及函数的奇偶性，解题关键是奇偶性和特殊值，属基础题．由f(x)的解析式知f(x)为奇函数可排除A，然后计算f(π)，判断正负即可排除B，C，从而可得结果．【解答】解：∵f(x)=sinx+xcosx+x2，x∈[−π,π]，∴f(−x)=−sinx−xcos(−x)+x2=−sinx+xcosx+x2=−f(x)，∴f(x)为[−π,π]上的奇函数，因此排除A；又f(π)=sinπ+πcosπ+π2=π−1+π2>0，因此排除B，C，故选D．6.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查概率的求法，考查古典概型、组合的应用，考查运算求解能力，属于基础题．基本事件总数n=26=64，该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m=C63=20，由此能求出该重卦恰有3个阳爻的概率．【解答】解：在所有重卦中随机取一重卦，基本事件总数n=26=64，该重卦恰有3个阳爻包含的基本个数m=C63=20，则该重卦恰有3个阳爻的概率p=mn =2064=516．故选A．7.【答案】B【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积和向量的夹角，属基础题．由(a⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，可得(a⃗−b⃗ )⋅b⃗ =0，进一步得到|a⃗||b⃗ |cos<a⃗,b⃗ >−b⃗ 2=0，然后求出夹角即可． 【解答】 解：∵(a ⃗ −b ⃗ )⊥b ⃗ ，∴(a ⃗ −b ⃗ )⋅b ⃗ =a ⃗ ⋅b ⃗ −b ⃗ 2=|a ⃗ ||b ⃗ |cos <a ⃗ ,b ⃗ >−b ⃗ 2=0， ∴cos <a ⃗ ,b ⃗ >=|b⃗ |2|a ⃗ ||b⃗ |=12，∵<a ⃗ ,b ⃗ >∈[0,π]，∴<a ⃗ ,b ⃗ >=π3，故选B ． 8.【答案】A【解析】【分析】本题考查了程序框图的应用问题，是基础题．模拟程序的运行，由题意，依次写出每次得到的A 的值，观察规律即可得解． 【解答】解：模拟程序的运行，可得： A =12，k =1；满足条件k ≤2，执行循环体，A =12+12，k =2；满足条件k ≤2，执行循环体，A =12+12+12，k =3；此时，不满足条件k ≤2，退出循环，输出A 的值为12+12+12，观察A 的取值规律可知图中空白框中应填入A =12+A ． 故选A ． 9.【答案】A【解析】【分析】本题考查等差数列的通项公式以及前n 项和公式，关键是求出等差数列的公差以及首项，属于基础题．根据题意，设等差数列{a n }的公差为d ，则有{4a 1+6d =0a 1+4d =5，求出首项和公差，然后求出通项公式和前n 项和即可． 【解答】解：设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 4=0，a 5=5，得 {4a 1+6d =0a 1+4d =5，∴{a 1=−3d =2， ∴a n =2n −5，S n =n (−3+2n−5)2=n 2−4n ，故选：A ．10.【答案】B【解析】【分析】本题考查了椭圆的定义以及方程、余弦定理，属中档题．根据椭圆的定义以及余弦定理列方程可解得a=√3，b=√2，可得椭圆的方程．【解答】解：∵|AF2|=2|BF2|，∴|AB|=3|BF2|，又|AB|=|BF1|，∴|BF1|=3|BF2|，又|BF1|+|BF2|=2a，∴|BF2|=a2，∴|AF2|=a，|BF1|=32a，则|AF2|=|AF1|=a，所以A为椭圆短轴端点，在Rt△AF2O中，cos∠AF2O=1a，在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF2F1=4+(a2)2−(32a)22×2×a2=4−2a22a，根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1=0，可得1a +4−2a22a=0，解得a2=3，∴a=√3，b2=a2−c2=3−1=2．所以椭圆C的方程为：x23+y22=1，故选B．11.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查与三角函数有关的命题的真假判断，结合绝对值的应用以及利用三角函数的性质是解决本题的关键，属于中档题．根据绝对值的应用，结合三角函数的性质分别进行判断即可．【解答】解：f(−x)=sin|−x|+|sin(−x)|=sin|x|+|sinx|=f(x)，且f(x)的定义域为R，则函数f(x)是偶函数，故①正确；当x∈(π2,π)时，sin|x|=sinx，|sinx|=sinx，则f(x)=sinx+sinx=2sinx为减函数，故②错误；当0≤x≤π时，f(x)=sin|x|+|sinx|=sinx+sinx=2sinx，由f(x)=0，得2sinx=0，即x=0或x=π，由f(x)是偶函数，得在[−π,0)上还有一个零点x=−π，即函数f(x)在[−π,π]有3个零点，故③错误；当sin|x|=1，|sinx|=1时，f(x)取得最大值2，故④正确，故正确是①④，故选C．12.【答案】D【解析】【分析】本题考查多面体外接球体积的求法，是中档题．设∠PAC=θ，PA=PB=PC=2x，EC=y，根据余弦定理以及勾股定理证明三条侧棱两两互相垂直，即可求外接球O的体积．【解答】解：设∠PAC=θ，PA=PB=PC=2x，EC=y，因为E，F分别是PA，AB的中点，所以EF=12PB=x，AE=x，在△PAC中，cosθ=4x2+4−4x22×2x×2=12x，在△EAC中，cosθ=x2+4−y22×2x，整理得x2−y2=−2，①因为△ABC是边长为2的正三角形，所以CF=√3，又∠CEF=90°，则x2+y2=3，②，由①②得x=√22，所以PA=PB=PC=√2，所以PA2+PB2=4=AB2，即PA⊥PB，同理可得PA⊥PC，PB⊥PC，则PA、PB、PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则外接球的直径为√2+2+2=√6，所以球O的体积为．故选D．13.【答案】y=3x【解析】【分析】本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，属基础题．对y=3(x2+x)e x求导，可将x=0代入导函数，求得斜率，即可得到切线方程．【解答】解：∵y=3(x2+x)e x，∴y′=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3e x(x2+3x+1)，∴当x=0时，y′=3，∴y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线斜率k=3，∴切线方程为：y=3x．故答案为y=3x．14.【答案】1213【解析】【分析】本题主要考查等比数列前n项和的计算，属于基础题．根据等比数列的通项公式，建立方程求出q的值，结合等比数列的前n项和公式进行计算即可．【解答】解：设等比数列{a n}的公比为q，由a42=a6，得(a1q3)2=a1q5，即q6a12=q5a1，解得q=3，则S5=13(1−35)1−3=1213，故答案为1213．15.【答案】0.18【解析】【分析】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．甲队以4：1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4：1获胜的概率．【解答】解：甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．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，第六场一定是甲胜，甲队以4：1获胜包含的情况有：①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：p 1=0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.036，②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：p 2=0.6×0.4×0.5×0.5×0.6=0.036，③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：p 3=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054，④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：p 4=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6=0.054，则甲队以4：1获胜的概率为：p =p 1+p 2+p 3+p 4=0.036+0.036+0.054+0.054=0.18． 故答案为：0.18． 16.【答案】2【解析】【分析】本题考查双曲线的简单性质，是中档题．由题意画出图形，结合已知可得F 1B ⊥OA ，可得一条渐近线方程的倾斜角为，从而可得，进而求出离心率．【解答】 解：如图，∵F 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，且F 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅F 2B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴F 1B ⊥F 2B,F 1A =AB ， ∴OA ⊥F 1B ，则△AOF 1≌△AOB ， 则，所以一条渐近线的斜率为，所以e =c a =√1+b 2a 2=2，故答案为：2．17.【答案】解：(1)∵△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．设(sinB −sinC)2=sin 2A −sinBsinC ．则sin 2B +sin 2C −2sinBsinC =sin 2A −sinBsinC ， ∴由正弦定理得：b 2+c 2−a 2=bc ， ∴cosA =b 2+c 2−a 22bc=bc 2bc =12，∵0<A <π，∴A =π3．(2)∵√2a +b =2c ，A =π3，∴由正弦定理得√2sinA +sinB =2sinC ， ∴√62+sin(2π3−C)=2sinC ，即√62+√32cosC +12sinC =2sinC ，即√62+√32cosC −32sinC =0， 即sin(C −π6)=√22，，则，∴C −π6=π4，C =π4+π6， ∴sinC =sin(π4+π6)=sin π4cos π6+cos π4sin π6=√22×√32+√22×12=√6+√24．【解析】本题考查了正弦定理、余弦定理，属于中档题． (1)由正弦定理得：b 2+c 2−a 2=bc ，再由余弦定理求出A ．(2)由已知及正弦定理可得：sin(C −π6)=√22，可解得C 的值，由两角和的正弦函数公式即可得解．18.【答案】(1)证明：如图，过N 作NH ⊥AD ，连接BH ，则NH//AA 1，H 是AD 中点，且NH =12AA 1， 又MB//AA 1，MB =12AA 1，∴四边形NMBH 为平行四边形，则NM//BH ，由H 为AD 中点，而E 为BC 中点，∴BE//DH ，BE =DH ，则四边形BEDH 为平行四边形，则BH//DE ， ∴NM//DE ，∵NM ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ， ∴MN//平面C 1DE ；(2)解：以D 为坐标原点，以平面ABCD 内垂直于DC 的直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则N(√32,−12,2)，M(√3,1，2)，A 1(√3,−1,4)，NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0)，NA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,−12,2)， 设平面A 1MN 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y,z)，由{m ⃗⃗⃗ ⋅NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x +32y =0m⃗⃗⃗ ⋅NA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x −12y +2z =0，取x =√3，得m ⃗⃗⃗ =(√3,−1,−1)， 又平面MAA 1的一个法向量为n ⃗ =(1,0,0)， ∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√3√5=√155． ∴二面角A −MA 1−N 的正弦值为√105．【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．(1)过N 作NH ⊥AD ，证明NM//BH ，再证明BH//DE ，可得NM//DE ，再由线面平行的判定可得MN//平面C 1DE ；(2)以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面A 1MN 与平面MAA 1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A −MA 1−N 的正弦值．19.【答案】解：(1)设直线l ：y =32x +t ，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，由题意可得F (34,0)，故|AF |+|BF |=x 1+x 2+32， 因为|AF|+|BF|=4， 所以x 1+x 2=52， 联立{y =32x +t y 2=3x，整理得9x 2+12(t −1)x +4t 2=0，由韦达定理可知，x 1+x 2=−12(t−1)9，从而−12(t−1)9=52，解得t =−78，所以直线l 的方程为y =32x −78．(2)设直线l ：y =32x +m ，A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)， 由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得y 1=−3y 2， 联立{y =32x +m y 2=3x，整理得y 2−2y +2m =0，由韦达定理可知，y 1+y 2=2，又y 1=−3y 2，解得y 1=3,y 2=−1， 代入抛物线C 方程得，x 1=3,x 2=13， 即A (3,3)，B (13,−1)，故|AB |=√(3−13)2+(3+1)2=4√133．【解析】本题考查了抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，属于中档题．(1)根据韦达定理以及抛物线的定义可得．(2)由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得y 1=−3y 2，由韦达定理可得y 1+y 2=2，从而解出A 、B 两点坐标，使用弦长公式计算即可．20.【答案】证明：(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)， 令f′(x )=ℎ(x)=cosx −11+x ， ℎ′(x )=−sinx +1(1+x)2，令g(x)=−sinx +1(1+x)2，则g′(x)=−cosx −2(1+x)3<0在(−1,π2)恒成立， ∴ℎ′(x )在(−1,π2)上为减函数，又ℎ′(0)=1，ℎ′(π2)=−1+1(1+π2)2<−1+1=0，由零点存在定理可知，函数ℎ′(x )在(−1,π2)上存在唯一的零点x 0，结合单调性可得，f′(x )在(−1,x 0)上单调递增，在(x 0,π2)上单调递减， 可得f′(x )在区间(−1,π2)存在唯一极大值点； (2)由(1)知，当x ∈(−1,0)时，f′(x )单调递增， 则f′(x )<f′(0)=0，则f(x)单调递减； 当x ∈(0,x 0)时，f′(x )单调递增， 则f′(x )>f′(0)=0，f(x)单调递增； 由于f′(x )在(x 0,π2)上单调递减， 且f′(x 0)>0，，由零点存在定理可知，函数f′(x )在(x 0,π2)上存在唯一零点x 1，结合单调性可知， 当x ∈(x 0,x 1)时，f′(x )单调递减，则f′(x )>f′(x 1)=0，故f(x)单调递增； 当x ∈(x 1,π2)时，f′(x )单调递减， 则f′(x )<f′(x 1)=0，f(x)单调递减． 当x ∈(π2,π)时，cosx <0，−11+x <0， 于是f′(x )=cosx −11+x <0，f(x)单调递减， 其中f(π2)=1−ln(1+π2)>1−ln(1+3.22)=1−ln2.6>1−lne =0，f(π)=−ln(1+π)<−ln3<0． 于是可得下表：结合单调性可知，函数f(x)在(−1,π2]上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，f(x)在(π2,π)上有且只有一个零点x2，当x∈[π,+∞)时，f(x)=sinx−ln(1+x)<1−ln(1+π)<1−ln3<0，因此函数f(x)在[π,+∞)上无零点．综上，f(x)有且仅有2个零点．【解析】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力，难度较大．(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)，求出原函数的导函数，令f′(x)=ℎ(x)=cosx−11+x，进一步求导，得到ℎ′(x)在(−1,π2)上为减函数，结合ℎ′(0)=1，ℎ′(π2)=−1+1(1+π2)2<−1+1=0，由零点存在定理可知，函数ℎ′(x)在(−1,π2)上存在唯一得零点x0，结合单调性可得，f′(x)在(−1,x0)上单调递增，在(x0,π2)上单调递减，可得f′(x)在区间(−1,π2)存在唯一极大值点；(2)由(1)知，当x∈(−1,0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(0,x0)时，f′(x)> 0，f(x)单调递增；由于f′(x)在(x0,π2)上单调递减，且f′(x0)>0，，可得函数f′(x)在(x0,π2)上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈(x0,x1)时，f(x)单调递增；当x∈(x1,π2)时，f(x)单调递减．当x∈(π2,π)时，f(x)单调递减，再由f(π2)>0，f(π)<0.然后列x、f′(x)与f(x)的变化情况表得答案．21.【答案】(1)解：X的所有可能取值为−1，0，1．P(X=−1)=(1−α)β，P(X=0)=αβ+(1−α)(1−β)，P(X=1)=α(1−β)，(2)(i)证明：∵α=0.5，β=0.8，∴由(1)得，a=0.4，b=0.5，c=0.1．因此p i=0.4p i−1+0.5p i+0.1p i+1(i=1,2，…，7)，故0.1(p i+1−p i)=0.4(p i−p i−1)，即p i+1−p i=4(p i−p i−1)，又∵p1−p0=p1≠0，∴{p i+1−p i}(i=0,1，2，…，7)为公比为4，首项为p1的等比数列；(ii)解：由(i)可得，p8=(p8−p7)+(p7−p6)+⋯+(p1−p0)+p0=p1(1−48)1−4=48−13p1，∵p 8=1，∴p 1=348−1，∴p 4=(p 4−p 3)+(p 3−p 2)+(p 2−p 1)+(p 1−p 0)+p 0=44−13p 1=1257．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p 4=1257≈0.0039，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．【解析】本题主要考查数列的应用，考查离散型随机变量的分布列，属于难题． (1)由题意可得X 的所有可能取值为−1，0，1，再由相互独立试验的概率求P(X =−1)，P(X =0)，P(X =1)的值，则X 的分布列可求；(2)(i)由α=0.5，β=0.8结合(1)求得a ，b ，c 的值，代入p i =ap i−1+bp i +cp i+1，得到(p i+1−p i )=4(p i −p i−1)，由p 1−p 0=p 1≠0，可得{p i+1−p i }(i =0,1，2，…，7)为公比为4，首项为p 1的等比数列；(ii)由(i)可得，p 8=(p 8−p 7)+(p 7−p 6)+⋯+(p 1−p 0)+p 0，利用等比数列的前n 项和与p 8=1，得p 1=348−1，进一步求得p 4=1257，即可求解． 22.【答案】解：(1)由{x =1−t 21+t 2y =4t 1+t 2(t 为参数)，得{x =1−t 21+t 2y 2=2t1+t2, 两式平方相加，得x 2+y 24=1(x ≠−1)，∴C 的直角坐标方程为x 2+y 24=1(x ≠−1)，由2ρcosθ+√3ρsinθ+11=0，得2x +√3y +11=0，即直线l 的直角坐标方程为2x +√3y +11=0．(2)设与直线2x +√3y +11=0平行的直线方程为2x +√3y +m =0，联立{2x +√3y +m =04x 2+y 2−4=0,得16x 2+4mx +m 2−12=0． 由Δ=16m 2−64(m 2−12)=0， 得m =±4，∴当m =4时，直线2x +√3y +4=0与曲线C 的切点到直线2x +√3y +11=0的距离最小， 即为直线2x +√3y +4=0与直线2x +√3y +11=0之间的距离√22+3=√7．【解析】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化为普通方程，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了两平行线间的距离公式的应用，是中档题．(1)把曲线C 的参数方程变形，平方相加可得普通方程，把x =ρcosθ，y =ρsinθ代入2ρcosθ+√3ρsinθ+11=0，可得直线l 的直角坐标方程．(2)写出与直线l 平行的直线方程为2x +√3y +m =0，与曲线C 联立，化为关于x 的一元二次方程，利用判别式等于0求得m ，转化为两平行线间的距离求C 上的点到l 距离的最小值．23.【答案】证明：(1)分析法：已知a ，b ，c 为正数，且满足abc =1．要证1a +1b+1c≤a2+b2+c2；因为abc=1．即证：abca +abcb+abcc≤a2+b2+c2；即证：bc+ac+ab≤a2+b2+c2；即证：2bc+2ac+2ab≤2a2+2b2+2c2；即证：2a2+2b2+2c2−2bc−2ac−2ab≥0，即证(a−b)2+(a−c)2+(b−c)2≥0；∵a，b，c为正数，且满足abc=1．∴(a−b)2≥0；(a−c)2≥0；(b−c)2≥0恒成立；当且仅当：a=b=c=1时取等号．即(a−b)2+(a−c)2+(b−c)2≥0得证．故1a +1b+1c≤a2+b2+c2得证．(2)已知a，b，c为正数，且满足abc=1．(a+b)为正数；(b+c)为正数；(c+a)为正数；(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3(a+b)⋅(b+c)⋅(c+a)；当且仅当(a+b)=(b+c)=(c+a)时取等号；即：a=b=c=1时取等号；∵a，b，c为正数，且满足abc=1．a+b≥2√ab；b+c≥2√bc；c+a≥2√ac；当且仅当a=b，b=c，c=a时取等号；即：a=b=c=1时取等号；∴(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥3(a+b)⋅(b+c)⋅(c+a)≥3×8√ab⋅√bc⋅√ac=24abc=24；当且仅当a=b=c=1时取等号；故(a+b)3+(b+c)3+(c+a)3≥24.得证．故得证．【解析】本题考查基本不等式的运用，分析法和综合法的证明方法，属于中档题．(1)利用基本不等式和“1”的运用可证；(2)利用综合法可证．。

2019 年全国高考理科数学试题分类汇编4：数列一、选择题1 ．（ 2019 年高考上海卷（理） ）在数列 { a n } 中 , a n2n 1, 若一个 7 行 12 列的矩阵的第 i 行第 j列的元素ai ,ja i a j a i a j ,( i 1,2,L,7; j1,2,L ,12 ) 则该矩阵元素能取到的不一样数值的个数为( )(A)18(B)28(C)48(D)63【答案】 A.2 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试纲领版数学（理） WORD 版含答案（已校 对））已知数列a n 知足3a n 1an0,a 24 , 则 a n 的前 10 项和等于3 1 1(A)61 310 (B)3 10 (C) 3 1 3 10(D)3 1+3 109【答案】 C3 （． 2019 年高考新课标 1（理））设A nB nC n 的三边长分别为 a n , b n ,c n , A n B n C n 的面积为 S n , n 1,2,3, L ,若 b 1c 1 ,b 1 c 1 2a 1 ,a n 1a n,bn 1c n an, cn 1 b na n, 则 ()22A.{ S } 为递减数列B.{S } 为递加数列nnC.{ S 2n-1 } 为递加数列 ,{ S 2n } 为递减数列D.{ S 2n-1 } 为递减数列 ,{ S 2n } 为递加数列【答案】 B4 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版）） 函数 y= f (x) 的图像以下图 ,在区间 a,b 上可找到 n(n 2) 个不一样的数x 1 ,x 2 ...,x n ,使得f (x 1) f (x 2 )f (x n )==, 则 n 的取值范围是x 1x 2x n(A) 3,4 (B) 2,3,4 (C) 3,4,5(D) 2,3【答案】 B5 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知等比数列{ a n}的公比为q,记 b n am( n 1) 1am( n 1) 2... am (n 1) m,c n am(n 1) 1? am(n 1) 2 ?...? a m( n 1) m (m, nN * ), 则以下结论必定正确的选项是( )A. 数列 {b n} 为等差数列 , 公差为q m B. 数列 { b n } 为等比数列,公比为 q2mC. 数列{c n}为等比数列 , 公比为q m2D. 数列 { c n } 为等比数列,公比为 q m m【答案】 C6 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD版含答案））等比数列a n的前 n 项和为 S n,已知 S3 a2 10a1, a5 9 ,则 a11(B) 1 1 1(A)3 (C) (D)3 9 9【答案】 C7 ．（ 2019 年高考新课标1（理））设等差数列a n的前n项和为S n, S m 12, S m0, S m 1 3 ,则 m ( )【答案】 C8 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试辽宁数学（理）试题（WORD版））下边是对于公差 d 0 的等差数列a n的四个命题 :p1 : 数列 a n 是递加数列；p2 : 数列 na n 是递加数列；p3 : 数列an是递加数列；p4 : 数列 a n 3nd 是递加数列；n此中的真命题为(A) p1, p2(B)p3 , p4(C)p2 , p3(D)p1, p4【答案】 D9 ．（ 2019 年高考江西卷（理））等比数列x,3x+3,6x+6,..的第四项等于【答案】 A二、填空题10．（ 2019 年高考四川卷（理））在等差数列{ a n}中,a2 a1 8 ,且 a4为 a2和 a3的等比中项,求数列 { a n} 的首项、公差及前 n 项和.【答案】解 : 设该数列公差为 d ,前n项和为s n.由已知, 可得2a1 2d 8, a12a1 d a1 8d . 3d所以 a1 d 4,d d 3a1 0 ,解得 a1 4, d 0 ,或 a1 1,d 3,即数列a n的首相为4,公差为0,或首相为1,公差为 3.所以数列的前 n 项和 s n 4n 或 s n 3n2 n211．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD版含答案））等差数列a n 的前 n 项和为S n,已知 S10 0, S15 25 ,则 nS n的最小值为________.【答案】4912．（ 2019 年高考湖北卷（理））古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各样多边形数. 如三角形数 1,3,6,10,,第 n 个三角形数为n n 1 1 n2 1n .记第 n 个 k 边形数为 N n,k k 3 ,以以下出了部分k 边形2 2 2数中第 n 个数的表达式:三角形数N n,3 1 n2 1 n2 2正方形数N n,4 n2五边形数N n,5 3 n2 1 n2 2六边形数N n,6 2n2 n能够推断 N n, k 的表达式,由此计算 N 10,24___________.选考题【答案】 100013．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学）（已校正纯WORD版含附带题））在正项等比数列 { a n} 中,a5 1a6 a7 3 ,则满足 a1 a2 a n a1a2 a n的最大正整数 n, 的值为2_____________. 【答案】 1214．（ 2019 年高考湖南卷（理））设S n为数列a n 的前 n 项和 , S n ( 1)n a n 1n , n N , 则2(1) a3 _____; (2) S1 S2 S100 ___________.【答案】1 1(11) 16; 1003 215．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试福建数学（理）试题（纯WORD版））当x R, x 1时 , 有以下表达式 : 1 x x2 ... x n ... 1 .1 x1 1 1 1 11两边同时积分得 : 2 1dx 2 xdx 2 x2dx ... 2 x n dx ... 2 dx.0 0 0 0 01 x进而获得以低等式 : 1 1 1 ( 1)2 1 (1)3 (1)1 ( 1)n 1 ... ln 2.2 2 23 2 n 2请依据以下资料所包含的数学思想方法,计算:0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n 1C n 2 2C n ( 2 ) 3 C n ( 2) ... n 1C n ( 2 ) _____【答案】 1 [( 3 )n 1 1]n 1 216．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试重庆数学（理）试题（含答案））已知 a n 是等差数列 , a1 1,公差d 0 , S n为其前n项和 , 若a1, a2, a5成等比数列 , 则S8 _____【答案】6417．（ 2019 年上海市春天高考数学试卷( 含答案 ) ）若等差数列的前6项和为 23,前 9 项和为 57, 则数列的前n 项和 S n = __________.【答案】5n2 7 n 6 618（． 2019 年一般高等学校招生一致考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））在等差数列a n中, 已知a3 a8 10,则 3a5 a7 _____ 【答案】2019．（ 2019 年高考陕西卷（理） ）察看以下等式 :12 12231212 22 32 6 2222123410照此规律 , 第 n 个等式可为 ___ 1 2- 2 22n -1 2（ -1) n 13 -（ -1） nn(n 1) ____.22 - 2 23 2- n -1n 2 （ - 1) n 1n(n 1)【答案】 1（ -1）220 ．（ 2019 年 高考新课标2 1 1（理）） 若数列 { a n } 的前 n 项和为 S n = a n, 则数列 { a n } 的通项公式是33a n =______.【答案】 a n = ( 2)n 1 .21．（ 2019年一般高等学校招生一致考试安徽数学 （理）试题（纯 WORD 版））如图 , 互不 - 同样的点 A 1 , A 2 K , X n ,K和 B 1 , B 2 K , B n ,K 分别在角 O 的两条边上 , 全部 A n B n 互相平行 , 且全部梯形 A n B n B n 1 A n 1 的面积均相等 . 设OA n a n . 若 a 1 1,a 2 2, 则数列 a n 的通项公式是 _________.【答案】a n3n 2, nN *22（． 2019 年高考北京卷 （理））若等比数列 n 2 4 35{ a } 知足 a +a =20, a +a =40,则公比 q =_______; 前 n 项和n =___________.S【答案】 2,2n 12 23．（ 2019 年一般 高等学校招生一致考试辽宁数学（理）试题（WORD 版）） 已知等比数列 a n 是递加数列,S n 是 a n 的 前 n 项 和 , 若 a 1， a 3 是 方 程 x 2 5x 4 0的两个根,则S6____________. 【答案】 63三、解答题24．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））设函数f n (x)1 x x2 x2 x n(x R, n N n ),证明: 22 2Kn23( Ⅰ) 对每个( Ⅱ) 对随意n N n,存在独一的x [2,1] ,知足f n(x n) 0 ;n 31 p N n,由(Ⅰ)中 x n组成的数列x n知足 0 x n x n p .n【答案】解: ( Ⅰ) 当 x 0时， y x nf n (x) 1 xx 2x3 x 4 x n n 2是单一递加的2 23 24 2 n 2 是x 的单一递加函数 , 也是 n 的单调递加函数 . 且f n( 0) 1 0, f n (1) 1 1 0 .存在独一 x n (0,1], 知足 f n ( x n ) 0，且 1 x1 x2 x3 x n 0当 x (0,1).时, f n ( x) 1 x x2 x3 22 220 f n ( x n ) 1 x n x n 2 14 1 x n综上 , 对每个n N n,存在独一的x n [ 23(Ⅱ) 由题知1 x n xn p 0, f n ( x n )x 4 x n1x2 1 x n 1 x 2 122 22x11 x1 x4 x 4(x n 2)(3x n 2) 0 x n2,1][3,1] ,知足f n( x n) 0 ;( 证毕 )1x n2 x n3 x n4 x n nx n32 4222 n22 3 4 xn pn n 1 n pf n p (x n p ) 1 x n p xn pxn pxn pxn pxn p 0 上式相22 32 42 n 2 (n 1) 2 (n p) 2减:x n2 x n3 x n4 x n n 2 xn p3 x n p4 nxn pn 1 n pxn p xn pxn pxn px n2 32 42 n2 22 32 42 n2 (n 1) 2 ( n p) 222 2 334 4 n n n 1 n px n- x n p（ x n p - x n x n p - x n x n p - x n x n p - x n ）（ x n p x n p ）2 2 32 4 2 n 2 ( n 1) 2 (n p) 21 1 1 x n - x n p 1 .n n p n n法二 :25．（ 2019 年高考上海卷（理））(3 分 +6 分+9 分 ) 给定常数c 0 ,定义函数f (x) 2 | x c 4 | | x c |, 数列 a1 , a2 , a3 ,L 知足 a n 1 f ( a n ), n N *.(1) 若a1 c 2 ,求 a2及 a3 ;(2) 求证 : 对随意n N*, a n 1 a n c ,;(3)能否存在 a1,使得 a1, a2 ,L a n ,L 成等差数列若存在,求出全部这样的 a1,若不存在,说明原因. 【答案】 :(1) 因为c 0 ,a1(c 2) ,故 a2 f (a1 ) 2 | a1 c 4 | | a1 c | 2 ,a3 f (a1 ) 2 | a2 c 4 | | a2 c | c 10(2) 要证明原命题 , 只要证明f ( x) x c 对随意x R都建立,f ( x) x c 2 | x c 4 | | x c | x c即只要证明 2 | x c 4 | | x c | + x c若 x c 0 , 明显有 2 | x c 4 | | x c | + x c=0 建立 ; 若 xc 0 , 则 2 | x c 4 | | x c | +x cx c 4 x c 明显建立综上 , f ( x)x c 恒建立 , 即对随意的 nN * , a n 1a n c(3) 由 (2) 知 , 若 { a n } 为等差数列 , 则公差 d c 0 , 故 n 无穷增大时 , 总有 a n 0此时,a n 1f (a n ) 2(a n c 4) ( a n c) a n c8即 d c 8故 a 2 f ( a 1 ) 2 | a 1 c 4 | | a 1 c | a 1 c 8 ,即 2 | a 1 c 4 | | a 1 c | a 1c 8 ,当 a 1 c 0 时, 等式建立 , 且 n 2 时 , a n 0 , 此时 { a n } 为等差数列 , 知足题意 ;若 a 1 c 0 , 则 | a 1 c 4 | 4 a 1c 8 ,此时 , a 20, a 3 c 8,L , a n (n 2)(c 8) 也知足题意 ;综上 , 知足题意的 a 1 的取值范围是 [ c, ){ c 8} .26．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学） （已校正纯 WORD 版含附带题） ） 本小题满分10 分 .k 个6444744481， 2， 2,3,3,3， 4， 4， 4，k-1k-1设数列4，，（），，（ ）,即 当a n ： ------ L-1 k L-1 k（ k）（）k11 kk k1k N 时 , a na 2 L a nn N , 对于 l N ,定义2n（ - 1） k , 记 S n a 12会合 P ln S n 是a n 的整数倍，nN ，且1 n l(1) 求会合 P 11 中元素的个数 ; (2) 求会合 P 2000 中元素的个数 .【答案】 此题主要观察会合 . 数列的观点与运算 . 计数原理等基础知识 , 观察研究能力及运用数学概括法剖析解决问题能力及推理论证能力.(1) 解 :由数列a n 的 定 义得 : a 11, a 2 2 , a 3 2 , a 4 3 , a 5 3 , a 6 3 , a 7 4 , a 84 , a 94 , a 10 4 , a 11 5∴S1 1,S21,S33,S4 0,S5 3,S6 6,S7 2,S82,S9 6, S1010, S11 5∴ S11? a1, S40 ? a4, S51? a5, S6 2 ? a6, S111? a11∴会合 P11中元素的个数为 5(2) 证明 : 用数学概括法先证S i ( 2i 1)i (2i1)事实上 ,①当 i 1时,S i ( 2i 1)S31? (2 1) 3 故原式建立②假定当 i m 时,等式建立,即S m( 2 m 1) m ? (2m 1) 故原式建立则 : i m 1, 时 ,S( m 1)[ 2 (m1) 1} S( m 1)( 2 m3}Sm (2m1)(2m 1) 2 ( 2m 2) 2 m(2m 1) ( 2m 1) 2 (2m 2) 2(2m 2 5m 3) ( m 1)(2m 3)综合①②得:Si (2 i 1) i (2 1) 于是iS( i 1)[2 i1} Si ( 2i1} (2i 1)2 i (2i 1) (2i 1) 2 (2i 1)(i 1)由上可知 : S i (2i 1} 是 ( 2i 1) 的倍数而a( i 1)( 2 i1} j 2i 1( j 1,2, ,2i 1) ,所以 S i (2i 1) j Si (2 i 1) j (2i 1) 是a( i 1)( 2i 1} j ( j 1,2, ,2i 1) 的倍数又S( i 1)[ 2 i 1} (i1)( 2 1) 不是2i 2的倍数 , i而a( i 1 )(2 i 1} j ( 2 2)(j1,2, ,2i2) i所以S(i 1)( 2i 1)j S(i 1)( 2 i 1) j ( 2i 2) ( 2 i 1)(i 1) j (2i 2) 不是 a( i 1)( 2i 1} j( j1,2, ,2i 2) 的倍数故当 l i (2i 1) 时, 会合 P l中元素的个数为 1 3 （2i -1） i 2于是当l i ( 2i 1) j（1 j 2i时, 会合P l中元素的个数为i2j 1）又 2000 31 （2 31 1） 47故会合 P2000中元素的个数为31247 100827．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版）） 在公差为 d 的等差数列 { a n }中 ,已知 a 1 10 , 且 a 1 ,2a 2 2,5a 3 成等比数列 .(1) 求 d , a n ; (2)若 d0 , 求 | a 1 | | a 2 | | a 3 || a n | .【答案】 解:( Ⅰ) 由已知获得 :(2a2)25a a4(ad 1)250(a2d )(11 d )225(5 d)21 311121 22d d2125 25dd23d 4 0d 4d1a n或;4n6a n 11 n( Ⅱ) 由 (1) 知 , 当 d0 时 , a11 n ,n①当 1n 11时 ,an 0 | a 1 | | a 2 | | a 3 | ggg | a n | a1a 2a 3 ggg an n(10 11 n)n(21 n)22②当 12n 时 ,a n 0 | a 1 | | a 2 | | a 3 | ggg | a n | a 1 a 2a 3 ggg a 11 (a 12a13ggg a n )2(a 1a 2 a 3 ggg a 11) (a 1 a 2a 3 ggg a n ) 2 11(21 11) n(21 n)n 221n 2202 22n(21 n),(1 n 11)所以 , 综上所述 :| a 1 || a 2 | | a 3 | ggg | a n |2 ;n 2 21n 22012)2,( n28．（ 2019 年高考湖北卷（理） ） 已知等比数列a n 知足 : a 2 a 310 , a 1a 2a 3 125 . (I)求数列 a n 的通项公式 ;(II) 能否存在正整数 m , 使得11 L 1 1 若存在 , 求 m 的最小值 ; 若不存在 , 说明原因 .a 1a 2 a m【答案】 解 :(I) 由已知条件得 :a 2 5 , 又 a 2 q 1 10 ,q 1或3 ,所以数列 a n 的通项或 a n 53n 2(II) 若q, 11 L 111a 1a 2 a m 或 0, 不存在这样的正整数 m ;53 ,1m若 q1L1 9 1 1 9 , 不存在这样的正整数 m .a 1a 2a m 10 3 1029．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试山东数学（理）试题（含答案））设等差数列a的前 n 项和为Snn ,且 S 4 4S 2 , a 2n 2a n 1.( Ⅰ) 求数列 a n 的通项公式 ;( Ⅱ) 设数列b n 前 n 项和为 T n , 且 T na n 1 ( 为常数 ). 令 c nb 2n ( nN *). 求数列c n 的前 n2n项和 R n .【答案】 解:( Ⅰ) 设等差数列a n 的首项为a 1, 公差为 d ,由S 44S2, a 2n2a n1得4a 1 6d 8a 1 4da 1 (2n 1) 2a 12(n 1)d 1,解得 ,a11, d 2所以 a n2n 1 (n N * )T nn2n1( Ⅱ) 由题意知 :b n T n T n1n n 1所以n 2时, 2n 12n 22n 21 n 1故 , c nb2 n22n 1(n 1)( 4 )(nN * )R0 (1)1 (1)12 (1)23 (1)3(n 1) ( 1) n 1n44444,所以1R n0 (1)1 1 (1)22 (1)3(n 2) ( 1)n 1( n 1) ( 1)n则 4444443R n(1 )1 (1)2(1 )3( 1 )n 1(n 1) (1) n两式相减得 4 444441 (1 )n1 44( nn1 1)( )144R n1 3n 1 (4 4 n 1 ) 整理得9cn 的前 n项和R n13n 1所以数列数列9 (44n 1 )30．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学）（已校正纯 WORD 版含附带题） ） 本小题满分16 分 . 设 { a n } 是首项为 a , 公差为 d 的等差数列 (d0) , S n 是其前 n 项和 . 记 b nnS n , nN * , 此中 cn 2 c为实数 .(1) 若 c 0 , 且 b 1， b 2， b 4 成等比数列 , 证明 :Snkn 2 S k ( k ,n N * ) (2) 若 {b n } 是等差数列 , 证明 : c 0 .【答案】 证明 : ∵ { a n } 是首项为 a , 公差为 d 的等差数列 (d 0) , S n 是其前 n 项和∴ S nna n(n 1) d2(1) ∵ c0 ∴ b n S na n 1 dn2 ∵ b 1， b 2， b 4 成等比数列∴ b 22b 1b 4 ∴ (a 1 d ) 2 a( a3 d)22∴ 1ad1 d2 0 ∴ 1 d( a 1d ) 0 ∵ d 0∴ a1 d ∴ d 2a24 222∴ S nna n(n 1) d na n(n1)2a n 2 a22∴左侧 = S nk (nk ) 2 a n 2 k 2a右侧 = n 2S k n 2 k 2 a∴左侧 =右侧∴原式建立(2) ∵ { b n } 是等差数列∴设公差为 d 1 , ∴ b n b 1 ( n 1)d 1 带入 b nnS n得 :n 2cb 1 (n 1)d 1nS n∴ (d 11 d )n 3 (b 1 d 11 ) n2 cd 1 n (b 1 ) 对 n N 恒建立n 2c2adc d 12d 1 1 d 02∴ b 1d 1 a 1 dcd 1 02c(d 1 b 1 ) 0由①式得 :d 11 d ∵ d 0 ∴ d 12 由③式得 :c法二 : 证:(1) 若 c0 , 则 a n a ( n 1)d , S nn[( n 1)d2a] , b n(n 1)d 2a .22当 b 1， b 2，b 4 成等比数列 , b 22b 1b 4 ,d 23d即 : aa a , 得 : d22ad , 又 d 0 , 故 d 2a .22由此 : S n n 2a ,Snk( nk) 2 a n 2k 2 a , n 2 S k n 2 k 2 a .故 : S nkn 2 S k ( k , n N * ).nS nn 2 ( n 1) d 2a(2) b n2 ,n 2cn 2cn 2 ( n 1)d 2ac (n1)d 2a c ( n 1) d 2a2n 2 2 2c(n 1)d 2a(n 1) d 2a c 2 . ( ※)n 22c若 { b n }是等差数列 , 则 b nAn Bn 型 .察看 ( ※) 式后一项 , 分子幂低于分母幂 ,( n 1)d 2a故有 : c 20, 即 c (n 1)d2a 0 , 而(n1)d 2a ≠0,n2c22故 c 0 .经查验 , 当 c0 时 { b n } 是等差数列 .31．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试纲领版数学（理）WORD 版含答案（已校正） ） 等差数 列 a n 的前 n 项和为 S n , 已知 S 3 =a 22 , 且 S 1 , S 2 , S 4 成等比数列 , 求 a n的通项式 .【答案】32．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试天津数学（理）试题（含答案））已知首项为3的等比数列 { a n } 不是2递减数列 , 其前 n 项和为S n (n N*) 3 3 5 5 4 4成等差数列 ., 且S+ a , S + a , S + a( Ⅰ) 求数列 { a n } 的通项公式 ;( Ⅱ) 设 T n S n 1(n N * ) , 求数列 { Tn } 的最大项的值与最小项的值 . S n【答案】33．（ 2019 年高考江西卷（理） ）正项数列 {a n } 的前项和 {a n } 知足 : s n 2 ( n 2n1)s n (n 2 n)(1) 求数列 {a n } 的通项公式 a n ;(2) 令 b nn 1 , 数列 {b n } 的前 n 项和为 T n . 证明 : 对于随意的 n N * , 都有 T n5(n 2) 2 a 264【答案】 (1) 解 : 由 S n2(n 2 n 1) S n (n 2 n)0 , 得 S n (n 2 n) (S n 1) 0 .因为 a n 是正项数列 , 所以 S n0, S nn 2 n .于是 a 1 S 1 2, n 2时 , a n S nSn 1n 2 n (n 1)2(n 1) 2n .综上 , 数列 a n 的通项 a n 2n .(2) 证明 : 因为 a n2n, b nn 1.( n2) 2 a n 2则 bn11 11 .n4n 2 ( n 2) 216 n 2( n 2)2T n1 11 11 11 1 1 1 16 122 42 3252(n 1)2 (n 1)2 n 2( n 2)2321 11111 1516 2(n22 (1 2 2).2 1) (n 2)1664是等比数列 .。

2019年高考试题-理科数学（山东卷）解析版（2）注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

【一】选择题：本大题共12小题，每题5分，总分值60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

〔1〕复数z 满足(z-3)(2-i)=5(i 为虚数单位)，那么z 的共轭复数为( ) A. 2+i B.2-i C. 5+i D.5-i 【答案】D 【解析】由(z-3)(2-i)=5，得(2)355〔2〕设集合A={0,1,2},那么集合B={x-y |x ∈A, y ∈A }中元素的个数是( )A. 1B. 3C. 5D.9 【答案】C【解析】因为,x y A ∈,所以2,1,0,1,2x y -=--，即{2,1,0,1,2}B =--,有5个元素，选C.【解析】因为函数为奇函数，所以(1)(1)(11)2f f -=-=-+=-，选A.tan OPPAO OA∠==3PAO π∠=，选 B.,42k k Z ϕπ+=+∈，即,4k k Z ϕπ=+∈，所以选B.〔6〕在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组：2x y 20x 2y 103x y 80--≥⎧⎪+-≥⎨⎪+-≤⎩，所表示的区域上一动【解析】作出可行域如图，由图象可知当M 位于点D 处时，OM的斜率最小。

由210380x y x y +-=⎧⎨+-=⎩得31x y =⎧⎨=-⎩，即(3,1)D -,此时OM 的斜率为1133-=-，选C.〔A 〕充分而不必条件 〔B 〕必要而不充分条件〔C 〕充要条件 〔D 〕既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为﹁p 是q 的必要而不充分条件，所以﹁q 是p 的必要而不充分条件，即p 是﹁q 的充分而不必要条件，选A.〔8〕函数y=xcosx+sinx 的图象大致为 〔A 〕〔B 〕 (C)(D)【答案】 D 【解析】函数y=xcosx+sinx 为奇函数，所以图象关于原点对称，所以排除B ，C.当x π=时，()0f ππ=-<,排除A,选D.〔9〕过点〔3，1〕作圆〔x-1〕2+y 2=1的两条切线，切点分别为A ，B ，那么直线AB 的方程为〔A 〕2x+y-3=0 〔B 〕2x-y-3=0 〔C 〕4x-y-3=0 〔D 〕4x+y-3=0 【答案】A【解析】由图象可知，(1,1)A 是一个切点，所以代入选项知，,B D 不成立，排除。