2019 年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学试题参考答案
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 \(s \sin^2B+\sin^2C-\sin^2A=\sin B\sin C\)，故由正弦定理得 \(b^2+c^2-a^2=bc\).
由余弦定理得 \(\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac12\).
因为 \(0^{\circ}
（2）由（1）知 \(B=120^{\circ}-C\)，由题设及正弦定理得 \(\sqrt2\sin A+\sin \left(120^{\circ}-C\right)=2\sin C\)，
即 \(\frac{\sqrt6}2+\frac{\sqrt3}2\cos C+\frac12\sin C=2\sin C\)，可得 \(\cos \left(C+60^{\circ}\right)=-\frac{\sqrt2}2\)
由于 \(0^{\circ}
\[\begin{aligned} \sin C &= \sin \left(C+60^{\circ}-60^{\circ}\right) \\ &= \sin \left(C+60^{\circ}\right)\cos60^{\circ}-\cos \left(C+60^{\circ}\right)\sin60^{\circ} \\ &= \frac{\sqrt6+\sqrt2}4 \\ \end{aligned} \]
18. 解:
（1）连结 \(BC,ME\). 因为 \(M,E\) 分别为 \(BB,BC\) 的中点，所以 \(ME \parallel B_1C\)，且 \(ME=\frac12B_1C\). 又因为 \(N\) 为 \(A_1D\) 的中点，所以 \(ND=\frac12A_1D\).
由题设知 \(A_1B_1\parallel DC, A_1B_1=BC\)，可得 \(B_1C\parallel A_1D, B_1C=A_1D\)，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 \(EDC_1\)，所以 \(MN\parallel\) 平面 \(C_1DE\).
（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
\(A \left(2,0,0\right)\)，\(A_1\left(2,0,4\right)\)，\(M\left(1,\sqrt3,2\right)\)，\(N\left(1,0,2\right)\)，\(\overrightarrow{A_1A}=\left(0,0,-4\right),\)
\(\overrightarrow{AM}=\left(-1,\sqrt3,-2\right)\)，\(\overrightarrow{A_1N}=\left(-1,0,-2\right),\)
\(\overrightarrow{MN}=\left(0,-\sqrt3,0\right)\).
设 \(\bm m=(x, y, z)\) 为平面 \(A_1 M A\) 的法向量，则
\[\left\{\begin{aligned} &\bm m \cdot \overrightarrow{A_1 M}=0 \\ &\bm m \cdot \overrightarrow{A_1 A}=0 \end{aligned}\right. \]
所以 \(\left\{\begin{aligned}&-x+\sqrt3 y-2 z=0,\\& -4 z=0 .\end{aligned}\right.\) 可取 \(\bm m=(\sqrt3, 1,0)\).
设 \(\bm n=(p,q,r)\) 为平面 \(A_1MN\) 的法向量，则
\[\left\{\begin{aligned} & \bm n \cdot \overrightarrow{M N}=0 \\ &\bm n \cdot \overrightarrow{A_1 N}=0 . \end{aligned}\right. \]
所以 \(\left\{\begin{aligned}-\sqrt3 q=0, \\ -p-2 r=0 .\end{aligned}\right.\) 可取 \(n=(2,0,-1)\).
于是 \(\cos \left<\bm m,\bm n\right>=\frac{\bm m\cdot\bm n}{|\bm m| |\bm n|}=\frac{2\sqrt3}{2\times \sqrt5}=\frac{\sqrt{15}}5\)，所以二面角 \(A-MA_1-N\) 的正弦值为 \(\frac{\sqrt{10}}5\)
19. 解:
设直线 \(l:y=\frac32x+t\)，\(A\left(x_1,y_1\right)\)，\(B\left(x_2,y_2\right)\).
（1）由题设得 \(F \left(\frac34,0\right)\)，故 \(|AF|+|BF|=x_1+x_2+\frac32\)，由题设可得 \(x_1+x_2=\frac52\).
由 \(\left\{\begin{aligned}& y=\frac32x+t\\ & x^2=3x\\ \end{aligned}\right.\) 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 \(-\frac{12\left(t-1\right)}9=\frac52\)，得 \(t=-\frac78\).
所以 \(l\) 的方程为 \(y=\frac32x-\frac78\).
（2）由 \(\overrightarrow{AP}=3\overrightarrow{PB}\) 可得 \(y_1=-3y_2\).
由 \(\left\{\begin{aligned}& y=\frac32x+t\\ & y^2=3x\\ \end{aligned}\right.\) 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 \(x_1=3\)，\(x_2=\frac13\).
故 \(|AB|=\frac{4\sqrt{13}}3\).
20. 解:
（1）设 \(g (x)=f'(x)\)，则 \(g (x)=\cos x-\frac1{1+x}\)，\(g'(x)=-\sin x+\frac1{\left(1+x\right)^2}\)
当 \(x \in \left(-1,\frac{\pi}2\right)\) 时，\(g'(x)\) 单调递减，而 \(g'(0)>0\)，\(g'\left(\frac{\pi}2\right)<0\)，可得 \(g'(x)\) 在 \(\left(-1,\frac{\pi}2\right)\) 有唯一零点，设为 \(\alpha\). 则当 \(x \in \left(-1,\alpha \right)\) 时，\(g'(x)>0\)；当 \(x \in \left(\alpha,\frac{\pi}2\right)\) 时，\(g'(x)<0\).
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 \(f'(x)\) 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，\(f'(x)\) 在 \(\left(-1,0\right)\) 单调递增，而 \(f'(0)=0\)，所以当 \(x \in \left(-1,0\right)\) 时，\(f'(x)<0\)，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，\(f'(x)\) 在 \(\left(0,\alpha \right)\) 单调递增，在 \(\left(\alpha,\frac{\pi}2\right)\) 单调递减，而 \(f'(0)=0\)，\(f'(\frac{\pi}2)<0\)，所以存在 \(\beta \in \left(\alpha,\frac{\pi}2\right)\)，使得 \(f'(\beta)=0\)，且当 \(x \in \left(0,\beta \right))\) 时，\(f'(x)>0:\) 当 \(x \in \left(\beta,\frac{\pi}2\right)\) 时，\(f'(x)<0\). 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，\(f'(x)<0\)，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
\[\begin{array}{c|ccc} X & -1 & 0 & 1 \\ \hline P & (1-\alpha) \beta & \alpha \beta+(1-\alpha)(1-\beta) & \alpha(1-\beta) \end{array} \]
（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 \(p_1-p_0=p_1\ne0\)，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
\[\begin{aligned} p_8 &=p_8-p_7+p_7-p_6+\cdots+p_1-p_0+p_0 \\ &=\left(p_8-p_7\right)+\left(p_7-p_6\right)+\cdots+\left(p_1-p_0\right) \\ &=\frac{4^8-1}3 p_1 \end{aligned} \]
由于 \(p_8=1\)，故 \(p_1=\frac3{4^8-1}\)，所以
\[\begin{aligned} p_4 &=\left(p_4-p_3\right)+\left(p_3-p_2\right)+\left(p_2-p_1\right)+\left(p_1-p_0\right) \\ &=\frac{4^4-1}3 p_1 \\ &=\frac1{257} \end{aligned} \]
\(p_4\) 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 \(p_4=\frac1{257}\approx0.0039\)，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 \(-1<\frac{1-t^2}{1+t^2}\leq1\)，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 \(x^2+\frac{y^2}4=1\ (x\neq-1)\).
\(l\) 的直角坐标方程为 \(2x+\sqrt3y+11=0\).
（2）由（1）可设 \(C\) 的参数方程为 \(\left\lbrace\begin{aligned}x&=\cos\alpha,\\y&=2\sin\alpha\end{aligned}\right.\)（\(\alpha\) 为参数，\(-\pi<\alpha<\pi\)）.
\(C\) 上的点到 \(l\) 的距离为
\[\frac{|2\cos\alpha+2\sqrt3\sin\alpha+11|}{\sqrt7}=\frac{4\cos(\alpha-\frac{\pi}3)+11}{\sqrt7} \]
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 \(\sqrt7\).
23. 解:
（1）因为 \(a^2+b^2\geq2ab\)，\(b^2+c^2\geq2bc\)，\(c^2+a^2\geq2ac\)，又 \(abc=1\)，故有
\[a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac1{a}+\frac1{b}+\frac1{c} \]
所以 \(\frac1{a}+\frac1{b}+\frac1{c}\leq a^2+b^2+c^2\).
（2）因为 \(a,b,c\) 为正数且 \(abc=1\)，故有
\[\begin{aligned} &(a+b)^3+(b+c)y^3+(c+a)^3 \\ \geq&3\sqrt[3]{(a+b)^3(b+c)^3(a+c)^3} \\ =&3(a+b)(b+c)(a+c) \\ \geq&3\times(2\sqrt{ab})\times(2\sqrt{bc})\times(2\sqrt{ac}) \\ =&24 \end{aligned} \]
所以 \((a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3\geq24\).
