2019 年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学参考答案

一、选择题

1. $C$
2. $C$
3. $B$
4. $B$
5. $D$
6. $A$
7. $B$
8. $A$
9. $A$
10. $B$
11. $C$
12. $D$

二、填空题

13. $y=3x$

14. $\frac{121}{3}$

15. $0.18$

16. $2$

三、解答题

17. 解:

（1）由已知得 ${\sin }^{2}B+{\sin }^{2}C-{\sin }^{2}A=\sin B\sin C$，故由正弦定理得 $b^2+c^2-a^2=bc$.

由余弦定理得 $\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{1}{2}$.

因为 $0^{\circ }<A<180^{\circ }$，所以 $A=60^{\circ }$.

（2）由（1）知 $B=120^{\circ }-C$，由题设及正弦定理得 $\sqrt{2}\sin A+\sin \left(120^{\circ }-C\right)=2\sin C$，

即 $\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos C+\frac{1}{2}\sin C=2\sin C$，可得 $\cos \left(C+60^{\circ }\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}$

由于 $0^{\circ }<C<120^{\circ }$，所以 $\sin \left(C+60^{\circ }\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故

$$\begin{array}{rl}\sin C& =\sin \left(C+60^{\circ }-60^{\circ }\right)\\ & =\sin \left(C+60^{\circ }\right)\cos 60^{\circ }-\cos \left(C+60^{\circ }\right)\sin 60^{\circ }\\ & =\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\end{array}$$

18. 解:

（1）连结 $BC,ME$. 因为 $M,E$ 分别为 $BB,BC$ 的中点，所以 $ME\parallel B_{1}C$，且 $ME=\frac{1}{2}{B}_{1}C$. 又因为 $N$ 为 $A_{1}D$ 的中点，所以 $ND=\frac{1}{2}{A}_{1}D$.

由题设知 $A_1{B}_1\parallel DC,A_1{B}_1=BC$，可得 $B_{1}C\parallel A_{1}D,B_{1}C=A_{1}D$，故 $ME\parallel ND,ME=ND$，因此四边形 $MNDE$ 为平行四边形，$MN\parallel ED$. 又 $MN\not\subset$ 平面 $ED{C}_1$，所以 $MN\parallel$ 平面 $C_{1}DE$.

（2）由已知可得 $DE\perp DA$. 以 $D$ 为坐标原点，$DA$ 的方向为 $x$ 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 $D-xyz$，则

$A\left(2,0,0\right)$，$A_1\left(2,0,4\right)$，$M\left(1,\sqrt{3},2\right)$，$N\left(1,0,2\right)$，$\overrightarrow{A_{1}A}=\left(0,0,-4\right),$

$\overrightarrow{AM}=\left(-1,\sqrt{3},-2\right)$，$\overrightarrow{A_{1}N}=\left(-1,0,-2\right),$

$\overrightarrow{MN}=\left(0,-\sqrt{3},0\right)$.

设 $\mathbf{m}=(x,y,z)$ 为平面 $A_{1}MA$ 的法向量，则

$$\{\begin{array}{rl}& \mathbf{m}\cdot \overrightarrow{A_{1}M}=0\\ & \mathbf{m}\cdot \overrightarrow{A_{1}A}=0\end{array}$$

所以 $\{\begin{array}{rl}& -x+\sqrt{3}y-2z=0,\\ & -4z=0.\end{array}$ 可取 $\mathbf{m}=(\sqrt{3},1,0)$.

设 $\mathbf{n}=(p,q,r)$ 为平面 $A_{1}MN$ 的法向量，则

$$\{\begin{array}{rl}& \mathbf{n}\cdot \overrightarrow{MN}=0\\ & \mathbf{n}\cdot \overrightarrow{A_{1}N}=0.\end{array}$$

所以 $\{\begin{array}{r}-\sqrt{3}q=0,\\ -p-2r=0.\end{array}$ 可取 $n=(2,0,-1)$.

于是 $\cos ⟨\mathbf{m},\mathbf{n}⟩=\frac{\mathbf{m}\cdot \mathbf{n}}{|\mathbf{m}||\mathbf{n}|}=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$，所以二面角 $A-M{A}_1-N$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$

19. 解:

设直线 $l:y=\frac{3}{2}x+t$，$A\left(x_1,y_1\right)$，$B\left(x_2,y_2\right)$.

（1）由题设得 $F\left(\frac{3}{4},0\right)$，故 $|AF|+|BF|=x_1+x_2+\frac{3}{2}$，由题设可得 $x_1+x_2=\frac{5}{2}$.

由 $\{\begin{array}{rl}& y=\frac{3}{2}x+t\\ & x^2=3x\end{array}$ 可得 $9x^2+12\left(t-1\right)x+4t^2=0$，则 $x_1+x_2=-\frac{12\left(t-1\right)}{9}$.

从而 $-\frac{12\left(t-1\right)}{9}=\frac{5}{2}$，得 $t=-\frac{7}{8}$.

所以 $l$ 的方程为 $y=\frac{3}{2}x-\frac{7}{8}$.

（2）由 $\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{PB}$ 可得 $y_1=-3y_2$.

由 $\{\begin{array}{rl}& y=\frac{3}{2}x+t\\ & y^2=3x\end{array}$ 可得 $y^2-2y+2t=0$

所以 $y_1+y_2=2$. 从而 $-3y_2+y_2=2$，故 $y_2=-1,y_1=3$.

代入 $C$ 的方程得 $x_1=3$，$x_2=\frac{1}{3}$.

故 $|AB|=\frac{4\sqrt{13}}{3}$.

20. 解:

（1）设 $g(x)=f^{\prime }(x)$，则 $g(x)=\cos x-\frac{1}{1+x}$，$g^{\prime }(x)=-\sin x+\frac{1}{{\left(1+x\right)}^2}$

当 $x\in \left(-1,\frac{\pi }{2}\right)$ 时，$g^{\prime }(x)$ 单调递减，而 $g^{\prime }(0)>0$，$g^{\prime }\left(\frac{\pi }{2}\right)<0$，可得 $g^{\prime }(x)$ 在 $\left(-1,\frac{\pi }{2}\right)$ 有唯一零点，设为 $\alpha$. 则当 $x\in \left(-1,\alpha \right)$ 时，$g^{\prime }(x)>0$；当 $x\in \left(\alpha ,\frac{\pi }{2}\right)$ 时，$g^{\prime }(x)<0$.

所以 $g(x)$ 在 $\left(-1,a\right)$ 单调递增，在 $\left(\alpha ,\frac{\pi }{2}\right)$ 单调递减，故 $g(x)$ 在 $\left(-1,\frac{\pi }{2}\right)$ 存在唯一极大值点，即 $f^{\prime }(x)$ 在 $\left(-1,\frac{\pi }{2}\right)$ 存在唯一极大值点.

（2）$f(x)$ 的定义域为 $\left(-1,+\infty \right)$.

（i）当 $x\in \left(-1,0\right]$ 时，由（1）知，$f^{\prime }(x)$ 在 $\left(-1,0\right)$ 单调递增，而 $f^{\prime }(0)=0$，所以当 $x\in \left(-1,0\right)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，故 $f(x)$ 在 $\left(-1,0\right)$ 单调递减. 又 $f(0)=0$，从而 $x=0$ 是 $f(x)$ 在 $(-1,0]$ 的唯一零点.

（ii）当 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right]$ 时，由（1）知，$f^{\prime }(x)$ 在 $\left(0,\alpha \right)$ 单调递增，在 $\left(\alpha ,\frac{\pi }{2}\right)$ 单调递减，而 $f^{\prime }(0)=0$，$f^{\prime }(\frac{\pi }{2})<0$，所以存在 $\beta \in \left(\alpha ,\frac{\pi }{2}\right)$，使得 $f^{\prime }(\beta )=0$，且当 $x\in \left(0,\beta \right)$ 时，$f^{\prime }(x)>0:$ 当 $x\in \left(\beta ,\frac{\pi }{2}\right)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$. 故 $f(x)$ 在 $\left(0,\beta \right)$ 单调递增，在 $\left(\beta ,\frac{\pi }{2}\right)$ 单调递减.

又 $f(0)=0$，$f\left(\frac{\pi }{2}\right)=1-\ln \left(1+\frac{\pi }{2}\right)>0$，所以当 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right]$ 时，$f(x)>0$. 从而，$f(x)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ 没有零点.

（iii）当 $x\in \left(\frac{\pi }{2},\pi \right]$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，所以 $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$ 单调递减. 而 $f\left(\frac{\pi }{2}\right)>0$，$f(\pi )<0$，所以 $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi }{2},\pi \right)$ 有唯一零点.

（iv）当 $x\in \left(\pi ,+\infty \right)$ 时，$\ln \left(x+1\right)>1$，所以 $f(x)<0$，从而 $f(x)$ 在 $\left(\pi ,+\infty \right)$ 没有零点.

综上，$f(x)$ 有且仅有 $2$ 个零点.

21. 解:

（1）$X$ 的所有可能取值为 $-1,0,1$.

$P\left(X=-1\right)=\left(1-\alpha \right)\beta$，
$P\left(X=0\right)=\alpha \beta +\left(1-\alpha \right)\left(1-\beta \right)$，
$P\left(X=1\right)=\alpha \left(1-\beta \right)$.

所以 $X$ 的分布列为

$$\begin{array}{cccc}X& -1& 0& 1\\ P& (1-\alpha )\beta & \alpha \beta +(1-\alpha )(1-\beta )& \alpha (1-\beta )\end{array}$$

（2）（i）由（1）得 $a=0.4$，$b=0.5$，$c=0.1$.

因此 $p_i=0.4p_{i-1}+0.5p_i+0.1p_{i+1}$，故 $0.1\left(p_{i+1}-p_i\right)=0.4\left(p_i-p_{i-1}\right)$，即

$$p_{i+1}-p_i=4\left(p_i-p_{i-1}\right)$$

又因为 $p_1-p_0=p_1\ne 0$，所以 $\{p_{i+1}-p_t\}\left(i=0,1,2,\cdots ,7\right)$ 为公比为 $4$，首项为 $p_1$ 的等比数列.

（ii）由（i）可得

$$\begin{array}{rl}{p}_8& =p_8-p_7+p_7-p_6+\cdots +p_1-p_0+p_0\\ & =\left(p_8-p_7\right)+\left(p_7-p_6\right)+\cdots +\left(p_1-p_0\right)\\ & =\frac{4^8-1}{3}{p}_1\end{array}$$

由于 $p_8=1$，故 $p_1=\frac{3}{4^8-1}$，所以

$$\begin{array}{rl}{p}_4& =\left(p_4-p_3\right)+\left(p_3-p_2\right)+\left(p_2-p_1\right)+\left(p_1-p_0\right)\\ & =\frac{4^4-1}{3}{p}_1\\ & =\frac{1}{257}\end{array}$$

$p_4$ 表示最终认为甲药更有效的概率. 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 $p_4=\frac{1}{257}\approx 0.0039$，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理.

22. 解:

（1）因为 $-1<\frac{1-t^2}{1+t^2}\le 1$，且 $x^2+{\left(\frac{y}{2}\right)}^2={\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)}^2+\frac{4t^2}{{\left(1+t^2\right)}^2}=1$，所以 $C$ 的直角坐标方程为 $x^2+\frac{y^2}{4}=1(x\ne -1)$.

$l$ 的直角坐标方程为 $2x+\sqrt{3}y+11=0$.

（2）由（1）可设 $C$ 的参数方程为 $\{\begin{array}{rl}x& =\cos \alpha ,\\ y& =2\sin \alpha \end{array}$（$\alpha$ 为参数，$-\pi <\alpha <\pi$）.

$C$ 上的点到 $l$ 的距离为

$$\frac{|2\cos \alpha +2\sqrt{3}\sin \alpha +11|}{\sqrt{7}}=\frac{4\cos (\alpha -\frac{\pi }{3})+11}{\sqrt{7}}$$

当 $\alpha =-\frac{2\pi }{3}$ 时，$4\cos (\alpha -\frac{\pi }{3})+11$ 取得最小值 $7$，故 $C$ 上的点到 $l$ 距离的最小值为 $\sqrt{7}$.

23. 解:

（1）因为 $a^2+b^2\ge 2ab$，$b^2+c^2\ge 2bc$，$c^2+a^2\ge 2ac$，又 $abc=1$，故有

$$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

所以 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le a^2+b^2+c^2$.

（2）因为 $a,b,c$ 为正数且 $abc=1$，故有

$$\begin{array}{rl}& (a+b{)}^3+(b+c)y^3+(c+a{)}^3\\ \ge & 3\sqrt[3]{(a+b{)}^3(b+c{)}^3(a+c{)}^3}\\ =& 3(a+b)(b+c)(a+c)\\ \ge & 3\times (2\sqrt{ab})\times (2\sqrt{bc})\times (2\sqrt{ac})\\ =& 24\end{array}$$

所以 $(a+b{)}^3+(b+c{)}^3+(c+a{)}^3\ge 24$.