2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學卷(山東.理)含詳解.doc

2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（山東卷）理科數(shù)學第卷（共60分）參考公式：球的表面積公式：，其中是球的半徑如果事件在一次試驗中發(fā)生的概率是，那么次獨立重復試驗中事件恰好發(fā)生次的概率：如果事件互斥，那么如果事件相互獨立，那么一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1滿足，且的集合的個數(shù)是（ ）A1B2C3D4解析：本小題主要考查集合子集的概念及交集運算。集合中必含有,則或.選B.2設的共軛復數(shù)是，若，則等于（ ）ABCD解析：本小題主要考查共軛復數(shù)的概念、復數(shù)的運算?？稍O，由得選D.3函數(shù)的圖象是（ ）yxOyxOyxOyxOABCD解析：本小題主要考查復合函數(shù)的圖像識別。是偶函數(shù)，可排除B、D，由排除C,選A.4設函數(shù)的圖象關于直線對稱，則的值為（ ）A3B2C1D解：、在數(shù)軸上表示點到點、的距離，他們的和關于 對稱，因此點、關于對稱，所以（直接去絕對值化成分段函數(shù)求解比較麻煩，如取特殊值解也可以）5已知，則的值是（ ）ABC D 解：，俯視圖正(主)視圖側(cè)(左)視圖23226右圖是一個幾何體的三視圖，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)，可得該幾何體的表面積是（ ）ABCD解：從三視圖可以看出該幾何體是由一個球和一個圓柱組合而成的，其表面及為7在某地的奧運火炬?zhèn)鬟f活動中，有編號為的18名火炬手若從中任選3人，則選出的火炬手的編號能組成以3為公差的等差數(shù)列的概率為（ ）ABCD解：古典概型問題，基本事件總數(shù)為。選出火炬手編號為，時，由可得4種選法；時，由可得4種選法；時，由可得4種選法。29 1 1 5 83 0 2 63 1 0 2 4 78右圖是根據(jù)山東統(tǒng)計年鑒2007中的資料作成的1997年至2006年我省城鎮(zhèn)居民百戶家庭人口數(shù)的莖葉圖圖中左邊的數(shù)字從左到右分別表示城鎮(zhèn)居民百戶家庭人口數(shù)的百位數(shù)字和十位數(shù)字，右邊的數(shù)字表示城鎮(zhèn)居民百戶家庭人口數(shù)的個位數(shù)字從圖中可以得到1997年至2006年我省城鎮(zhèn)居民百戶家庭人口數(shù)的平均數(shù)為（ ）A304.6B303.6C302.6D301.6解：9展開式中的常數(shù)項為（ ）AB1320CD220解：令得10設橢圓的離心率為，焦點在軸上且長軸長為26若曲線上的點到橢圓的兩個焦點的距離的差的絕對值等于8，則曲線的標準方程為（ ）ABCD解：對于橢圓，曲線為雙曲線，標準方程為：11已知圓的方程為設該圓過點的最長弦和最短弦分別為和，則四邊形的面積為（ ）ABCD解： 化成標準方程 ，過點的最長弦為最短弦為 12設二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域為，使函數(shù)的圖象過區(qū)域的的取值范圍是（ ）A B CD解：區(qū)域是三條直線相交構成的三角形（如圖）顯然，只需研究過、兩種情形， 且即第卷（共90分）二、填空題：本大題共4小題，每小題4分，共16分開始?是輸入p結束輸出否13執(zhí)行右邊的程序框圖，若，則輸出的 解：，因此輸出14設函數(shù)，若，則的值為 解：15已知為的三個內(nèi)角的對邊，向量，若，且，則角 解：16若不等式的解集中的整數(shù)有且僅有，則的取值范圍為 解：， 即范圍為三、解答題：本大題共6小題，共74分17（本小題滿分12分）已知函數(shù)（，）為偶函數(shù)，且函數(shù)圖象的兩相鄰對稱軸間的距離為（）求的值；（）將函數(shù)的圖象向右平移個單位后，再將得到的圖象上各點的橫坐標伸長到原來的4倍，縱坐標不變，得到函數(shù)的圖象，求的單調(diào)遞減區(qū)間解：（）因為為偶函數(shù)，所以對，恒成立，因此即，整理得因為，且，所以又因為，故所以由題意得，所以故因此（）將的圖象向右平移個單位后，得到的圖象，再將所得圖象橫坐標伸長到原來的4倍，縱坐標不變，得到的圖象所以當（），即（）時，單調(diào)遞減，因此的單調(diào)遞減區(qū)間為（）18（本小題滿分12分）甲、乙兩隊參加奧運知識競賽，每隊3人，每人回答一個問題，答對者對本隊贏得一分，答錯得零分假設甲隊中每人答對的概率均為，乙隊中3人答對的概率分別為，且各人回答正確與否相互之間沒有影響用表示甲隊的總得分（）求隨機變量的分布列和數(shù)學期望；（）用表示“甲、乙兩個隊總得分之和等于3”這一事件，用表示“甲隊總得分大于乙隊總得分”這一事件，求解：（）解法一：由題意知，的可能取值為0，1，2，3，且，所以的分布列為0123的數(shù)學期望為解法二：根據(jù)題設可知，因此的分布列為，因為，所以（）解法一：用表示“甲得2分乙得1分”這一事件，用表示“甲得3分乙得0分”這一事件，所以，且互斥，又，由互斥事件的概率公式得解法二：用表示“甲隊得分”這一事件，用表示“乙隊得分”這一事件，由于事件，為互斥事件，故有由題設可知，事件與獨立，事件與獨立，因此19（本小題滿分12分）將數(shù)列中的所有項按每一行比上一行多一項的規(guī)則排成如下數(shù)表： 記表中的第一列數(shù)構成的數(shù)列為，為數(shù)列的前項和，且滿足（）證明數(shù)列成等差數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；（）上表中，若從第三行起，第一行中的數(shù)按從左到右的順序均構成等比數(shù)列，且公比為同一個正數(shù)當時，求上表中第行所有項的和解：（）證明：由已知，當時，又，所以，又所以數(shù)列是首項為1，公差為的等差數(shù)列由上可知，所以當時，因此（）解：設上表中從第三行起，每行的公比都為，且因為，所以表中第1行至第12行共含有數(shù)列的前78項，故在表中第31行第三列，因此又，所以記表中第行所有項的和為，則20（本小題滿分12分）PBECDFA如圖，已知四棱錐，底面為菱形，平面，分別是的中點（）證明：；（）若為上的動點，與平面所成最大角的正切值為，求二面角的余弦值解：（）證明：由四邊形為菱形，可得為正三角形因為為的中點，所以又，因此因為平面，平面，所以而平面，平面且，所以平面又平面，所以（）解：設，為上任意一點，連接PBECDFAHOS由（）知平面，則為與平面所成的角在中，所以當最短時，最大，即當時，最大此時，因此又，所以，所以解法一：因為平面，平面，所以平面平面過作于，則平面，過作于，連接，則為二面角的平面角，在中，又是的中點，在中，又，在中，即所求二面角的余弦值為解法二：由（）知兩兩垂直，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，又分別為的中點，所以PBECDFAyzx，所以設平面的一法向量為，則因此取，則，因為，所以平面，故為平面的一法向量又，所以因為二面角為銳角，所以所求二面角的余弦值為21（本小題滿分12分）已知函數(shù)，其中，為常數(shù)（）當時，求函數(shù)的極值；（）當時，證明：對任意的正整數(shù)，當時，有解：21（）解：由已知得函數(shù)的定義域為，當時，所以（1）當時，由得，此時當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增（2）當時，恒成立，所以無極值綜上所述，時，當時，在處取得極小值，極小值為當時，無極值（）證法一：因為，所以當