2019年3月2019届高三第一次全国大联考（新课标Ⅰ卷）-文科数学（全解全析）.pdf

文科数学 第 1页（共 8页）123456789101112CBBACDACDCBA1C【解析】依题意，1,2,3,4,5,6,7B，又1,5,7A，故2,3,4,6BA.故选 C2B【解析】4443i3i1 3i(1 i)2i 2iz ，故22|(1)(3)10z .故选 B3 B【解析】tan(2)4xtan2111tan27xx，故242tantan231tanxxx，解得tan2x 或1tan2x ，则222222sin cos3cos2tan3sin23cossincostan1xxxxxxxxx，将tan x的值代入，可得2sin23cosxx15或165，故选 B5C【解析】不妨设大圆的半径为 2，则所求概率22232 16()2 34324P，故选 C6D【解析】由程序框图可知，输出的x依次是 1，3，5，7，9，11，13，15，17，中不是 3 的倍数的数，因为1 57 11 13 17 192325121，且 x=27 不输出，所以需当14n 或15n 时结束循环.观察各选项可知，选 D学科*网7A【解析】由椭圆的对称性可知，四边形12MFNF为平行四边形.在12MFF中，由余弦定理可得222121212|2|cos60FFMFMFMFMF.设11|3,|2MFm NFm，故2212|7FFm，则27cm，12|+|5MFMFm，故椭圆C的离心率为75e.故选 A8C【解析】由三视图可得三棱锥 A-BCD 的直观图如图所示，且 BD=x，CD=2，90BDC，点 A 到平文科数学 第 2页（共 8页）面 BCD 的距离为 2，所以三棱锥的体积为118(2)2=323Vx，解得 x=4，故选 C10C【解析】依题意，正方体1111ABCDABC D的棱长为3，只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况，由图形的对称性可知，圆柱的一个底面必与过 A 点的三个面相切，且切点分别在11,AB AC AD上，设线段1AB上的切点为E，该圆柱的底面中心为1O，半径1O Er，由111AO EABC，得12AOr，则 圆 柱 的 高 为13232 2AOr，故 圆 柱 的 体 积2()(32 2)V rrr，2()2(32 2)2 22(33 2)V rrrrrr，当202r时，()0V r，当22r 时，()0V r，则max2()()22V rV.故选 C学&科网11B【解析】因为122426nnaann，即122426nnaann，且141264a，所以数列26nan是以1为首项、2 为公差的等差数列，则12(1)2326nannn ，即2(23)(26)41818nannnn，令0na，得332n，又*nN，2,3n，文科数学 第 3页（共 8页）则12pqqqpSSaaa的最小值为23202aa .故选 B1392【解析】依题意，(1,4)xmn，而()0mnm，故2 1640 x，解得92x .141999【解析】设等差数列na的公差为d，则1112018 20172018403626 53 262(3)1822adadad，解得120152ad，故9182015 161999aad .学&科网1511【解析】作出不等式组1223yxxyxy 表示的平面区域，如图中阴影部分所示.平移直线20 xy，可知当直线过点C时，z 有最小值，联立223xyxy，解得58xy，故(5,8)C，则z的最小值为52(8)11 .文科数学 第 4页（共 8页）17（本小题满分 12 分）【解析】（1）由题意知22 cossin2BaabA，则1 cos2sin2BaabA，化简，得cossinaBbA，由正弦定理得sincossinsinABBA.（3 分）因为sin0A，所以tan1B.学科&网因为(0,)B，所以4B.因为12c，36ABCS，所以112 sin3624a，解得6 2a.（6 分）（2）由（1）知，222cos6 2bacacB，故ABC为等腰直角三角形，在ACM中，222cos2 10CMACAMAC AMBAC，则2225cos25ACCMAMACMAC CM，（10 分）从而22 5sinsin1 cos5ANCACMACM，所以3 10sinACANANC.（12 分）18（本小题满分 12 分）【解析】（1）如图，取1C C上靠近C的三等分点E，连接 AC，交 BD 于O，连接BE，记1BEBCF，连接O F.（2 分）文科数学 第 5页（共 8页）因为1EFCBFB，所以1113ECCFB BB F，则CFOF，而AOCO，故O FOA，（4 分）又OA 平面BDE，O F平面BDE，所以AO平面BDE.（5 分）19（本小题满分 12 分）【解析】（1）由频率分布直方图，可知所求平均年龄为(27.5 0.01 32.5 0.0437.5 0.0742.5 0.0647.5 0.02)538.5（岁）.（3 分）（2）（i）计算得1234563.56x，11 13 16 152021166y，621()17.5iixx，61()()35iiixx yy，621()76iiyy，（6 分）61662211()()()()iiiiiiixxyyrxxyy3535350.9636.517.5 761330，文科数学 第 6页（共 8页）故两者之间具有较强的线性相关关系；（8 分）（ii）计算得61621()()35217.5()iiiiixxyybxx，又3.5x，16y，162 3.59aybx，故所求回归直线方程为29yx（12 分）20（本小题满分 12 分）（2）设点00(,)Q xy，11(,)M x y，22(,)N xy，则1010(,)QMxxyyuuur，11(1,2)MPxyuuu r，因为QMaMPuuuruuu r，所以101011(,)(1,2)xxyyaxy，因此101(1)xxax，101(2)yyay，即011xaxa，0121yaya，（6 分）又11(,)M x y在抛物线24xy上，所以2004(2)()11xayaaa，故22000072(24)40ayx ayx.（8 分）由于点00(,)Q xy在直线:240l xy上，所以00240 xy，把此式代入式并化简得：2200740ayx，（10 分）同理由QNbNPuuu ruuu r可得2200740byx，学&科网由得,a b是关于x的方程2200740 xyx的两根，由根与系数的关系，得0ab.（12 分）21（本小题满分 12 分）【解析】（1）依题意Rx，()exfxm.文科数学 第 7页（共 8页）当0m时，()0fx，则()f x在R上单调递增；（2 分）当0m 时，由()0fx解得lnxm，由()0fx解得lnxm.故当0m时，函数()f x在R上单调递增；当0m 时，函数()f x在(ln,)m 上单调递增，在(,ln)m上单调递减.（4 分）当ln2m 即2em 时，函数()f x在1,2上单调递减，则函数()f x的最小值为2(2)e21fm，即22e1e2m，矛盾.（8 分）当1ln2m即2eem时，函数()f x在1,lnm上单调递减，在ln,2m上单调递增，则函数()f x的最小值为ln(ln)eln1mfmmm，即ln10mmm.令()ln1h mmmm（2eem），则()ln0h mm，()h m在2(e,e)上单调递减，学&科网而(e)1h，()h m在2(e,e)上没有零点，即当2eem时，方程ln10mmm 无解.（11 分）综上所述，实数m的值为e 1.（12 分）22（本小题满分 10 分）选修 44：坐标系与参数方程【解析】（1）消去直线 l 参数方程中的 t，得4xy，由cos,sinxy，得直线 l 的极坐标方程为cossin4，故4cossin（2 分）由点 Q 在 OP 的延长线上，且|3|PQOP，得|4|OQOP，设(,)Q，则(,)4P，由点 P 是曲线1C上的动点，可得2cos4，即8cos，所以曲线2C的极坐标方程为8cos（5 分）文科数学 第 8页（共 8页）（2）因为直线 l 及曲线2C的极坐标方程分别为4cossin，8cos，所以4|cossinOM，|8cosON，（7 分）所以|2cos(cossin)1 cos2sin212sin(2)|4ONOM ，所以当8时，|ONOM取得最大值，为21（10 分）23（本小题满分 10 分）选修 45：不等式选讲（2）依题意，|3|1xm x，故|3|1xm x（*），（6 分）显然0m时，（*）式不恒成立，（7 分）当0m时，在同一直角坐标系中分别作出|3|,|1yxym x的图象如下图所示，（8 分）观察可知，13m ，即实数 m 的取值范围为(3,1.（10 分）