2019年全國卷高考題分類匯編(文)

考點1集合與常用邏輯用語

(2019年全國I卷T2)已知集合(/={1,2,3,4,5,6,7},A={2,3,4,5},B={2,

3,6,7},則5nCuA=()

A.{1,6}B.{1,7)C.{6,7}D.(1,6,7}

【分析】先求出CuA,然后再求6PCu4即可求解

【解答】解：2,3,4,5,6,7(,A={2,3,4,5},B={2,3,6,7),

，CuA={l,6,7},

則BDCuA={6,7)

故選：C.

【點評】本題主要考查集合的交集與補集的求解，屬于基礎試題.

(2019年全國II卷T1)已知集合4="僅>-1},B={x|xV2},則AGB=()

A.(-1,+8)B.(?8,2)C.(-1,2)D.0

【分析】直接利用交集運算得答案.

【解答】解：由4={小>-1},5={x|x<2),

得AC8={4x>-l}n{4x<2|=(-1,2).

故選：C.

【點評】本題考查交集及其運算，是基礎題.

(2019年全國II卷T5)在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預測.

甲：我的成績比乙高.

乙：丙的成績比我和甲的都高.

丙：我的成績比乙高.

成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預測正確，那么三人按成績由高到低的次

序為()

A.甲、乙、丙B.乙、甲、丙C.丙、乙、甲D.甲、丙、乙

t分析】木題可從三人預測中互相關聯的乙、丙兩人的預測入手，因為只有一個人預測

正確，而乙對則丙必對，丙對乙很有可能對，假設丙對乙錯則會引起矛盾故只有一種情

況就是甲預測正確乙、丙錯誤，從而得出結果.

【解答】解：由題意，可把三人的預測簡寫如下：

甲：甲〉乙.

乙：丙〉乙且丙〉甲.

丙：丙〉乙.

???只有一個人預測正確，

???分析三人的預測，可知：乙、丙的預測不正確.

如果乙預測正確，則丙預測正確，不符合題意.

如果丙預測正確，假設甲、乙預測不正確，

則有丙〉乙，乙〉甲，

???乙預測不正確，而丙,乙正確，

工只有丙〉甲不正確，

.?.甲〉丙，這與丙〉乙，乙〉甲矛盾.

不符合題意.

，只有甲預測正確，乙、丙預測不正確，

甲〉乙，乙〉丙.

故選：A.

【點評】本題主要考查合情推理，因為只有一個人預測正確，所以本題關鍵是要找到互

相關聯的兩個預測入手就可找出矛盾.從而得出正確結果.本題屬基礎題.

(2019年全國川卷T1)已知集合人={?1,0,1,2},8={x|/wi},則APB=()

A.{-1,0,1}B.{0,1}C.{-1,1}D.{0,1,2}

【分析】解求出B中的不等式，找出A與B的交集即可.

【解答】解：因為A={-1,0,1,2},8={4?<1}={可-

所以AH8={-1,0,1),

故選：A.

【點評】本題考查了兩個集合的交集和一元二次不等式的解法，屬基礎題.

(x+y)6,

(2019年全國川卷TU)記不等式組4y、表示的平面區域為D.命題p：2(x,y)

⑵

ED,2x+y29；命題q：V(x,y)GO,2v+yW12.下面給出了四個命題

Qp'q

②—"Vg

③pN-q

④”2

這四個命題中，所有真命題的編號是()

A.①③B.①②C.②③D.③④

x+y〉6,

【分析】由不等式組1、畫出平面區域為R在由或且非邏輯連詞連接的命題列

2x-y>0

斷真假即可.

【解答】解：作出等式組［",可'的平面區域為D.在圖形可行域范圍內可知：

2x-y>0

命題p：3(x,y)ED,2x+y29；是真命題，則「p假命題；

命題g：V(x,y)ED,2x+)，這12.是假命題，則真命題；

所以：由或且非邏輯連詞連接的命題判斷真假有：

①pVq真;②7V4假；③p八2真;④)八飛假；

故答案①③真，正確.

故選：A.

【點評】本題考查了簡易邏輯的有關判定、線性規劃問題，考查了推理能力與計算能力，

屬于基礎題.

考點2函數的概念與基本初等函數(I)

03

(2019年全國I卷T3)已知a=log20.2,方=2叱C=O.2,則()

A.a<b<cB.a<c<bC.c<a<bD.b<c<a

23

【分析】由指數函數和對數函數的單調性易得log20.2<0,2°->1,0<0.2°<1,從而

得出a,b,c的大小關系.

【解答】解：a=log20.2<log21=0,

6=2。,2>20=1,

V0<0.203<0.2°=l,

.,.c=0.2a3e(0,1),

故選：B.

【點評】本題考查了指數函數和對數函數的單調性，增函數和減函數的定義，屬基礎題.

(2019年全國I卷T5)函數/(x)=$皿+］在［?口，司的圖象大致為()

cosx+X

【分析】由/(幻的解析式知/(X)為奇函數可排除4,然后計算/(n),判斷正負即可

排除8,C.

【解答】解：???/(“)=sinx+x,xE［.司，

cosxf

：.f(?x)=-sinx'u_sinx+x=(幻，

cos(-x)+xcosx+X

：.f(x)為IT］上的奇函數，因此排除4；

又/(兀)=sin'+兀_2L^>c，因此排除8,C；

cos兀+兀—1+TT

故選：D.

【點評】本題考查了函數的圖象與性質，解題關鍵是奇偶性和特殊值，屬基礎題.

(2019年全國II卷T6)設/(X)為奇函數，且當x20時，f(x)=/-1,貝I」當x〈0時，/

(x)=()

A.屋*?1B.ex+\C.-ex-1D.-ex+\

【分析】設xVO,則-x>0,代入已知函數解析式，結合函數奇偶性可得xVO時的/(x).

【解答】解：設x<0,貝lj-x>0,

：.f(-x)=—,

???設/G)為奇函數，????/a)=/"?1,

即/(x)=-ex+\.

故選：D.

【點評】本題考查函數的解析式即常用求法，考查函數奇偶性性質的應用，是基礎題.

(2019年全國川卷T12)設/(x)是定義域為R的偶函數，且在(0,+8)單調遞減，則

()

3_2

A.f(log3-l-)>/(2~7)>/(2~)

122

B./(10g3—)>/(2~)>/(2~)

32

C./(22)>/(23)>/(log3-^)

4

221

D./(2~)>/(2~7)>/(log3—)

_3_2

【分析】根據Iog34>log33=l,22<23<2°;1結合/(幻的奇偶和單調

性即可判斷.

【解答】解：???/(X)是定義域為R的偶函數

Af(log3?二￡(1。834>

2

VIog34>log33=l,<0<22<23<20=r

_22

?,?0<2~<2~<log?4

V

/(x)在(0,+8)上單調遞減，

_3__2_

A2>3>

f(2)f(2)f(log3y)?

故選：c.

【點評】木題考查了函數的奇情性和單調性，關鍵是指對數函數單調性的靈活應用，屬

基礎題.

考點3導數及其應用

(2019年全國I卷T13)曲線y=3(7+x)F在點(0,0)處的切線方程為.

【分析】對y=3(f+x)/求導，可將K=0代入導函數，求得斜率，即可得到切線方程.

【解答】解：??？=3(Ax)

???)，'=3/(/+3x+l),

???當x=0時，y'=3,

：.y=3(f+x)-在點(0,0)處的切線斜率k=3,

???切線方程為：y=3x.

故答案為：y=3%.

【點評】本題考查了利用導數研究函數上某點的切線方程，切點處的導數值為斜率是解

題關鍵，屬基礎題.

(2019年全國I卷T20)已知函數/(幻=2siiu--xcosx-x,f(幻為/(x)的導數.

(1)證明：/(%)在區間(D,IT)存在唯一零點；

(2)若x6[0,n]時，f(x)求a的取值范圍.

【分析】(1)令g(x)=fa),對g(x)再求導，研究其在(0,u)上的單調性，結

合極值點和端點值不難證明；

(2)利用(1)的結論，可設/?'(%)的零點為刈，并結合/5)的正負分析得到了

(x)的情況，作出圖示，得出結論.

【解答】解：

(1)

證明：*//(x)=2sinx-xcosx-x,

:.f(x)=2cosx-cosx+xsiiu_1

=cosx+xsinx-1,

令g(x)=cosx+xsinx-L

則屋(x)=-sinx+siitv+xcosx

=xco&x,

當(0,三")時，xcosx>0,

2

當(3-,兀)時，xcosx<0,

2

，當％=:時，極大值為g(4)=-5--1<0,

222

又g(0)=0,g(n)=-2,

：?g(x)在(0,TT)上有唯一零點，

即/(x)在(0,IT)上有唯一零點；

(2)

由(1)知，/(X)在(0,7T)上有唯一零點網,

使得f(刈)=0,

且/(x)在(0,xo)為正，

在(刈，TT)為負，

：.f(x)在［0,刈］遞增，在由，n］遞減，

結合/(0)=0,/(n)=0,

可知/(x)在［0,n］上非負，

令h(x)=ax,

作出圖示，

,：f(x)2%(x),

.??aW。，

的取值范圍是(-8,0］.

y

fix)

^x*^**^I\

o\j\"x

h(xt

【點評】此題考查了利用導數研究函數的單調性，零點等問題，和數形結合的思想方法，難

度較大.

（2019年全國II卷T10）曲線y=2siru+cosx在點（TT,7）處的切線方程為（）

A.x-y-n-1=0B.2x-y-2n-1=0

C.2x+y~2H+1=0D.x+y-n+1=0

【分析】求出原函數的導函數，得到函數在x=ir時的導數，再由直線方程點斜式得答案.

【解答】解：由y=2sinx+cosx,得y'=2cosx-sinj,

*.y'|.r=ir=2cosTC-sinn=-2,

，曲線y=2sinx+cosx在點（n,-I）處的切線方程為），+1=-2（x-n）,

即2x+y-2n+l=0.

故選：C.

【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，熟記基本初等函數的導函

數是關鍵，是基礎題.

（2019年全國II卷T21）已知函數/（x）=（x?1）加7?1.證明:

（1）/（x）存在唯?的極值點;

（2）/G）=0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.

【分析】（1）推導出f（幻的定義域為（0,+8）,/(x)=/nx-l,從而/(x)單

調遞增，進而存在唯一的刈6（1,2）,使得/Go）=0.由此能證明/（X）存在唯一

的極值點.

（2）由/（刈）</（1）=?2,/（/）=/?3>0,得到/（%）=0在（刈，+8）內存

在唯一的根x=a,由刈>1,得!<1<乂自，從而工是/（%）=0在（0,刈）的唯一

au&

根，由此能證明f（x）=0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.

【解答】證明：（1）???函數/（/）=（x?1）加x-x-1.

.V（x）的定義域為（0,+8）,

f（%）=X^+lnx-l=^~~>

XX

?.b=濃單調遞增，y=上單調遞減，???/（X）單調遞增，

又/'(1)=-KO,f⑵=/〃2」=1rl4T>o,

22

???存在唯一的刈w(1,2),使得/(xo)=0.

當XVAD時，f(x)<0?f(x)單調遞減，

當刈時，f(x)>0?f(x)單調遞增，

：.f(x)存在唯一的極值點.

(2)由(1)知/'(刈)</(1)=-2,

又f(e2)=e2-3>0,

：.f(x)=0在(如，+8)內存在唯一的根％=小

由。>即>1,得["(iVxc，

au

?.?/(工)=(工一1)加工-工一1=豈丈=0,

aaaaa

工工是/(x)=o在(o,刈)的唯一根，

a

綜上，/(x)=0有且僅有兩個實根，且兩個實根互為倒數.

【點評】本題考查函數有唯一的極值點的證明，考查函數有且僅有兩個實根，且兩個實

根互為倒數的證明，考查導數性質、函數的單調性、最值、極值等基礎知識，考查化歸

與轉化思想、函數與方程思想，考查運算求解能力，是中檔題.

(2019年全國川卷T7)已知曲線y=aF+x//u在點(1,ae)處的切線方程為y=2x+4則

()

A.a=e,b=-1B.a=e,b=\C.a=e'[,b=\D.a=e'],b=-1

【分析】求得函數丁的導數，可得切線的斜率，由切線方程，可得四+1+0=2,可得小

進而得到切點，代入切線方程可得A的值.

【解答】解：y=a^+xlnx的導數為y'=〃/+機t+1,

由在點(1,ae)處的切線方程為y=2x+"

可得ae+l+0=2,解得a=e]

又切點為(1,1),可得1=2+4即方=7,

故選：D.

【點評】本題考查導數的運用：求切線的斜率，考查直線方程的運用，考查方程思想和

運算能力，屬于基礎題.

（2019年全國川卷T20）已知函數/（x）=2?-0^+2.

（1）討論/（x）的單調性;

（2）當0VaV3時，記f（外在區間［0,1］的最大值為M,最小值為求M-m的取

值范圍.

【分析】（1）求出原函數的導函數，得到導函數的零點，對。分類求解原函數的單調性;

（2）當0VaV3時，由（1）知，/（X）在（0,—）上單調遞減，在（31）上單調遞

33

3

增，求得/⑺在區間［0,1］的最小值為f仔）二號+2，最大值為/（0）=2或/⑴

3

2-a+另~，0<a<2

=4-a.得至ljM-m=3，分類求得函數值域，可得M-機的取值

2<a<3

4I

范圍.

【解答】解：(l)f(x)=6/-勿a=2%(3x?a),

令/(x)=0,得x=0或1=且.

3

若。>0,則當xe（-8,o）j（且，+co）時-，/（彳）>0；當屆（0,2）時，/

33

(x)<0.

故/（X）在（-8,0）,（且，+8）上單調遞增，在（0,且）上單調遞減;

33

若0=0,/（X）在（-8,+8）上單調遞增；

若a<0,則當尤(-8,J.)u(0,+8)時，f>0；當xe（總，0）時，/

33

(x)<0.

故/（x）在（-8,J.）,（0,+8）上單調遞增，在a0）上單調遞減;

33

（2）當0<aV3時、由（1）知，/（x）在（0,—）上單調遞減，在（且，1）上單調遞

33

增,

3

?寸（x）在區間［0,1］的最小值為f仔）二言+2,最大值為f（0）=2或/⑴=4-a.

3r4-a,0<a<2

于是，機3,M=\

272,2<a<3.

3

2-a+-|^-,0<a<2

?-m='3.

2<a<3

3Q

當0VaV2時，可知2-〃+且一單調遞減，???"-〃?的取值范圍是(目，2);

2727

3Q

當2<〃V3時，3-單調遞增，???/-/"的取值范圍是［9-,1).

2727

綜上，M-m的取值范圍［&,2).

27

【點評】本題主要考查導數的運算，運用導數研究函數的性質等基礎知識和方法，考查

函數思想和化歸與轉化思想，考查分類討論的數思想方法，屬難題.

考點4三角函數與解三角形

(2019年全國I卷T7)tan255°=()

A.-2-V3B.-24V3C.2-V3D.2+V3

【分析】利用誘導公式變形，再由兩角和的正切求解.

【解答】解：tan255°=tan(180°+75°)=tan750=tan(45°+30°)

_tan450+tan30°______3____3+V^_(3+^/5)=12+6V3r

l-tan45°tan30°1vV33^/366-27

1-1X亍

故選：o.

【點評】本題考查三角函數的取值，考查誘導公式與兩角和的正切，是基礎題.

(2019年全國I卷Til)△48C的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知asiM-力sinB

=4csinC,cosA=--,則上=()

4c

A.6B.5C.4D.3

【分析】利用正弦定理和余弦定理列出方程組，能求出結果.

【解答】解：??.△ABC的內角4,B,C的對邊分別為小b,c,

dsinA-Z>sinB=4csinC?cosA=--,

4

222

???&b+c-a1，

1COSA=2bc=T

2

解得3c=-^-fc,c,

乙

■?b■—_A—o.

c

故選：A.

【點評】本題考查了正弦定理、余弦定理、三角函數性質，考查了推理能力與計算能力，

屬于中檔題.

(2019年全國I卷T15)函數/(尤)=sin(Zr+-^L)-3cou的最小值為______.

2

【分析】線利用誘導公式，二藩角公式對已知函數進行化簡，然后結合二次函數的單調

性即可去求解最小值

【解答】解：V/(x)=sin(2x+2工)-3cosx,

2

=-cos2x-3cosx=-2COS2X-3cosx+1，

令r=cosx,則-1WW1,

V/(r)=-2?-3f+l的開口向上，對稱軸尸衛，在［-1,1］上先增后減，

4

故當f=l即cosx=l時，函數有最小值-4.

故答案為：-4

【點評】本題主要考查了誘導公式，二倍角的余弦公式在三角好按時化簡求值中的應用

及利用余弦函數，二次函數的性質求解最值的應用，屬于基礎試題

(2019年全國II卷T8)若川=工，契=更是函數/(X)=sina)x(<D>0)兩個相鄰的極

44

值點，則3=()

A.2B.—C.1D.—

22

【分析】用=匹，垃=更是/(%)兩個相鄰的極值點，則周期T=2(I2LJL)=兀，

4444

然后根據周期公式即可求出3.

【解答】解：?.5=工，初=①是函數/(x)=sinu)x(a)>0)兩個相鄰的極值點，

44

：.T=2(誣—)=冗="

443

**-co=2,

故選：A.

【點評】本題考查了三角函數的圖象與性質，關鍵是根據條件得出周期，屬基礎題.

(2019年全國II卷T11)已知aW(0,----),2sin2a=cos2a+l,則sina=()

2

A.—B.逅C.返D.

5535

【分析】由二倍角的三角函數公式化簡已知可得4sinacosa=2cos2(x,結合角的范圍可求

sina>0,cosa>0,可得cosa=2sina,根據同角三角函數基本關系式即可解得sina的值.

【解答】解：,.,2sin2a=coK2a+1,

，可得：4sinacosa=2cos2a,

VaG(0?W"),sina>0,cosa>0,

2

:.cosa=2sina,

Vsin2a+cos2a=sin2a+(2sina'2=5sin2a=1,

；?解得：sina=Y^.

5

故選:B.

【點評】本題主要考查了二倍角的三角函數公式，同角三角函數基本關系式在三角函數

化簡求值中的應用，考查了轉化思想，屬「基礎題.

(2019年全國II卷T15)△A8C的內角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知bsinA+acosB

=0,則B=.

【分析】由正弦定理化簡已知等式可得sin4sin8+siMcosB=0,由于siaA>0,化簡可得

tanB=-1,結合范圍(0,K),可求B的值為心工.

4

【解答】解：?*sin4+acos8=0,

，由正弦定理可得：sirLAsinB+sinAcosB=0,

VAe(0,TE),sirv4>0,

；?可得:sinB+cosB=0,可得:tanB=-1,

???Be(0,n),

?R_3兀

4

故答案為：

4

【點評】本題主要考查了正弦定理，同角三角函數基本關系式，特殊角的三角函數值在

解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題.

(2019年全國川卷T5)函數/(x)=2sinx?sin2x在10,2司的零點個數為()

A.2B.3C.4D.5

【分析】解函數/(x)=2sinr-sin2x=0,在［0,2n］的解，即2siiu=sin2x令左右為新函

數〃(》)和g(x),作圖求兩函數在區間的交點即可.

【解答】解：函數/(x)=2sinx-sin2x在［0,2n］的零點個數，

即：2sinx-sin2x=0在區間［0,2汨的根個數,

即2sinx=sin2x,令左右為新函數/?(x)和g(x),

h(x)=2sinx和g(x)=sin2v,

作圖求兩函數在區間［0,2TT］的圖象可知：

h(x)=2siM和g(x)=sin2r,在區間［0,2冗］的圖象的交點個數為3個.

故選：B.

【點評】本題考查了函數的零點與方程的根的關系應用，考查數形結合法，屬于基礎題.

(2019年全國川卷T18)/XABC的內角A、B、C的對邊分別為mb,c.已知asin史以=

2

bsinA.

(1)求&

(2)若△ABC為銳角三角形，且c=l,求△ABC面積的取值范圍.

【分析】(1)運用三角函數的誘導公式和二倍角公式，以及正弦定理，計算可得所求角；

(2)運用余弦定理可得兒由三角形48c為銳角三角形，可得d+『-a+i>i且1+°2

求得。的范圍，由三角形的面積公式，可得所求范圍.

【解答】解：(1)asin至C=6siM,即為asin兀B=acos?=bsin>4,

222

可得sinAcos—=sinBsinA=2sin-^-cos—sinA,

222

VsinA>0,

?B_c?BB

222

若cos衛■=（）,可得8=（2K1）IT,依Z不成立，

2

??.sinR=L

22

由OVBVm可得B=2L；

3

（2）若△ABC為銳角三角形，且。=1,

由余弦定理可得力=爐+12?10翁=值1?

由三角形ABC為銳角三角形，可得且l+j-q+i〉/,

解得工VaV2,

2

可得△ABC面積5=1?5吊三=返詫（返，返）.

23482

【點評】本題考查三角形的正弦定理和余弦定理、面積公式的運用，考查三角函數的恒

等變換，以及化簡運算能力，屬于中檔題.

考點5平面向量

（2019年全國I卷T8）已知非零向量W，E滿足m=2百，且（W-E）J_E，則W與E的夾

角為（）

A.三B.2Lc."D.亞

6336

【分析】由（W-E）_LE，可得（ZGAE二o,進一步得到b>-b2=o>

然后求出夾角即可.

【解答】解：???（W-E）

./——、————2

,,（a-b）pb=a*b-b

=|a||b[cos<a,b>-b2=0?

cos<a，b>=L=r

-lJa-i^Ib[

^T2.I

一2巾了

7<a,b>€[0,兀]，

.??<￡b>4.

J

故選:B.

【點評】本題考查了平面向量的數量積和向量的夾角，屬基礎題.

(2019年全國II卷T3)已知向量；=(2,3),b=(3,2),則N-*5=()

A.V2B.2C.5血D.50

【分析】利用向量的坐標減法運算求得Z-E的坐標，再由向量模的公式求解.

【解答】解：???^=(2,3),b=(3,2),

:.a-b=(2,3)-(3,2)=(-1,1),

a-bl=7(-l)2+l2=V2,

故選：A.

【點評】本題考查平面向量的坐標運算，考查向量模的求法，是基礎題.

（2019年全國川卷T13）已知向量^=<2,2）,b=（-8,6）,PWcos<a，b>=

【分析】數量積的定義結合坐標運算可得結果

【解答】解：a-b=2X(-8)+2X6=-4,

Ial^2+2V2?

（-8）2+62=10,

cos<2=2后，0=.條

故答案為：-返

10

【點評】本題考查數量積的定義和坐標運算，考查計算能力.

考點6數列

（2019年全國I卷T14）記S“為等比數列｛〃〃｝的前〃項和.若m=l,S3=a,則S4=___.

4

【分析】利用等比數列的通項公式及求和公式表示已知，可求公比，然后再利用等比數

列的求和公式即可求解

【解答】解：?.?等比數列｛.｝的前〃項和，。1=1，S3=W，

4

2

整理可得，q=0?

解可得,4=4

]

則54=與比=—Y-=-j

IP1+1*

故答案為：1

8

【點評】本題主要考查了等差數列的通項公式及求和公式的簡單應用，屬于基礎試題

（2019年全國I卷T18）記S“為等差數列｛3｝的前〃項和.已知的=-4.

（1）若G=4,求｛〃”｝的通項公式；

（2）若小＞0,求使得m的〃的取值范圍.

【分析】（1）根據題意，等差數列僅〃｝中，設其公差為d,由S9=-?5,即可得59=

_1__?----=945=-45,變形可得45=0,結合03=4,計算可得d的值，結合等差

2

數列的通項公式計算可得答案；

（2）若Sn^an,則必+口（工1）?2]+（W-1）分〃=1與"22兩種情況討論，求

2

出〃的取值范圍，綜合即可得答案.

【解答】解：（1）根據題意，等差數列｛m｝中，設其公差為d,

（ai+an）X9

若59=-45，則S9=------------=9675=-。5，變形可得。5=0，即41+4d=0,

2

若。3=4,則d=）5%,=-2,

2

貝I］。〃=。3+（n-3）d=~2/2+10,

n

（2）若Sn?a〃,則〃m+（n-l）.d2m+（n-i）d,

2

當〃=1時，不等式成立，

當〃22時，有也2d?m,變形可得（〃?2）d^-ai,

2

（Si+an）X9

又由S9=-。5，即59=--------------------=9。5=-45，則有45=0，即4|+4d=0,則有（〃

2

?2）?團

4

又由m>0,則有〃W10,

則有2W〃W10,

綜合可得：〃的取值范圍是｛叩W〃W10,〃€N｝.

【點評】本題考查等差數列的性質以及等差數列的前〃項和公式，涉及數列與不等式的

綜合應用，屬于基礎題.

（2019年全國II卷T18）已知｛〃年是各項均為正數的等比數列,m=2,a3=2o2+16.

（1）求｛〃〃｝的通項公式；

（2）設加=log2?〃，求數列｛仇｝的前n項和.

【分析】（1）設等比數列的公比，由已知列式求得公比，則通項公式可求；

⑵把（1）中求得的伍〃｝的退項公式代入加=10g2m,得到加，說明數列｛加｝是等差數

歹U,再由等差數列的前〃項和公式求解?.

【解答】解：（1）設等比數列的公比為今，

由41=2,43=242+16,得2/=49+16,

即夕2-2g-8=0,解得4=-2（舍）或q=4.

.??&八二aL=2乂產1二步_1；

（2）仇=log2〃〃=log222nT=2n-L

VZ>i=l,bn^l-bn=2（z:+l）-1-2n+\=2,

???數列｛加｝是以1為首項，以2為公差的等差數列，

n（nX22

則數列｛加｝的前〃項和T『nXl+~^=n.

【點評】本題考查等差數列與等比數列的通項公式及前〃項和，考查對數的運算性質,

是基礎題.

（2019年全國川卷T6）已知各項均為正數的等比數列｛m｝的前4項和為15,且〃5=3〃3+4團,

則43=（）

A.16B.8C.4D.2

23

&1+a遙+0遂+ajQ=15

【分析】設等比數列｛。〃｝的公比為夕（心0），根據條件可得〈

Sjq4=3a]q2+4a]

解方程即可.

【解答】解：設等比數列｛的｝的公比為q（夕＞0）,

則由前4項和為15,且△=3公+4"1,有

'23

ai+a^+ajQ+%q=15國二］

42=

ajq=3a1q+4a1Q2

2

?**a3=2=4）

故選：C.

【點評】本題考查了等差數列的性質和前〃項和公式，考查了方程思想，屬基礎題.

（2019年全國川卷T14）記S〃為等差數列｛m｝的前〃項和.若田=5,m=13,則Sio=

【分析】由已知求得首項與公差，代入等差數列的前〃項和公式求解.

【解答】解：在等差數列｛劭｝中，由43=5,47=13,得"=a,；3二節2二2,

?，a\=a3-2d=5-4=1.

則S1/10X1+10XJX2二100.

故答案為：100.

【點評】本題考查等差數列的通項公式與前〃項和，是基礎的計算題.

考點7不等式

2x+3y-6>0,

(2019年全國II卷T13)若變量。y滿足約束條件r+y-3<0,則z=3x-y的最大值

y-2<0,

是

【分析】由約束條件作出可行或，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優

解，把最優解的坐標代入目標函數得答案.

作出可行域如圖:

化目標函數z=3x-y為y=3x-z,由圖可知，當直線y=3x-z過4(3,0)時,

直線在y軸上的截距最小，z有最大值為9.

故答案為：9.

【點評】本題考查簡單的線性規劃，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題.

考點8立體幾何

(2019年全國I卷T16)已知NACB=90°,P為平面ABC外一點，PC=2,點尸到NAC8

兩邊AC,8c的距離均為次，那么P到平面A8c的距離為.

【分析】過點P作PD_LAC,交AC于。，作PE_LBC,交BC于E,過P作PO_L平面

ABC,交平面ABC于O,連結0。OC,PPJPD=PE=^從而CO=CE=OO=OE=

如2-(a)2=L由此能求出p到平面ABC的距離.

【解答】解：NACB=90°,尸為平面ABC外一點，PC=2,點P到NAC8兩邊AC,

BC的距離均為,，

過點P作PD_LAC,交AC于D,作PE_LBC,交BC于E,過P作PO_L平面ABC,交

平面4BC于O,

連結OQ,OC,則2。=尸石=備，

:.CD=CE=0D=0E=個/_（如）2=],

工尸。=JPD2_￡）D2=V3-1=V2-

，產到平面ABC的距離為加.

故答案為：V2.

【點評】本題考查點到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系

等基礎知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題.

（2019年全國I卷T19）如圖，直四棱柱ABCD-A\B\C\Di的底面是菱形，AA\=4,AB=2,

ZBAD=60°,E,M,N分別是3C,BB\,4。的中點.

（1）證明：MN〃平面CiDE；

（2）求點C到平面CiOE的距離.

【分析】法一：

（1）連結4iC,ME,推導出四邊形是平行四邊形，從而MN〃EO,由此能證明

MN〃平面C\DE.

（2）過C作C1E的垂我，垂足為H,推導出DEIRC,DEJCiC,從而平面C\CF.t

DEICH,進而C"J_平面Ci0E,故CH的長即為C到時平面C\DE的距離，由此能求

出點C到平面GOE的距離.

法二：（1）以。為原點，OA為x軸，OE為），軸，。。|為z軸，建立空間直角坐標系，

利用向量法能證明MN〃平面CTDE.

（2）求出五=（-1,的，0）,平面C1DE的法向量；=（4,0,1）,利用向量法能求

出點。到平面C1DE的距離.

【解答】解法一：

證明：（1）連結BiC,ME,,.,M,E分別是881,8C的中點，

又N為4Q的中點，：.ND=—A\D,

2

由題設知I）DC,：,B\CpiD,；?MERND,

???四邊形MNDE是平行四邊形，

MN//ED,

又MNC平面ClDE,.「MN〃平面C\DE.

解：（2）過。作CiE的垂線，垂足為“，

由已知可得OE_LBC,DE1C1C,

???DE_L平面CCE,故DE工CH,

???C”_L平面CiDE,故CH的長即為C到時平面C\DE的距離，

由已知可得CE=1,CC1=4,

.*.CIE=V17?故C”=組互

17

:.點C到平面C\DE的距離為馴IL

17

解法二：

證明：（1）?.?直四棱柱A3CO-A山的底面是菱形，

A4=4,AB=2,N8AD=60°，E,M,N分別是8C,BBT,4。的中點.

，OOi_L平面ABC。，DELAD,

以。為原點，OA為x軸，DE為），軸，。。為z軸，建立空間直角坐標系，

M（1,5，2）,N（1,0,2）,D（0,0,0）,E（0,無，0）,。（-1,加，4）,

m=（0,■加，0）,西=（-LV5，4），DE=<0,V5，0），

設平面OOE的法向量;二（尤y,z）,

n?DCi=-x+V3y+4z=0

則—，

n*DE=V3y=0

取z=l,得口=（4,0,1）,

;加?；=0,MNC平面CiDE,

???MN〃平面CiDE.

解：（2）C（-1,V3?0）,EC=（-hV3?0）,

平面OOE的法向量；=（4,0,1）,

，點C到平面GOE的距離：

|DCn|_4=±/17_

一~^1—布一亍‘

【點評】本題考查線面平行的證明，考查點到平面的距離的求法，考查空間中線線、線

面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題.

（2019年全國II卷T7）設明。為兩個平面，則a〃0的充要條件是（）

A.a內有無數條直線與B平行

B.a內有兩條相交直線與0平行

C.a,0平行于同一條直線

D.a,p垂直于同一平面

【分析】充要條件的定義結合面面平行的判定定理可得結論

【解答】解：對于A,a內有無數條直線與0平行，anp或a〃仇

對于&a內有兩條相交直線與0平行，a#p；

對于C,a,0平行于同一條直線，aG0或a〃0：

對于。，a,0垂直于同一平面，aCp或a〃,

故選:B.

【點評】木題考查了充要條件的定義和面面平行的判定定理，考查了推理能力，屬于基

礎題.

（2019年全國II卷T16）中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀

多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”

（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了

數的對稱美.圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表

面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有個面，其棱長為.

圖1圖2

【分析】中間層是一個正八棱柱，有8個側面，上層是有8+1,個面，下層也有8+1個

面，故共有26個面；半正多面體的棱長為中間層正八棱柱的楂長加上兩個棱長的cos45

=返倍.

2

【解答】解：該半正多面體共有8+8+8+2=26個面，設其棱長為羽則x+返%+返x=l,

22

解得-1.

故答案為：26,V2-1.

【點評】本題考查了球內接多面體，屬中檔題.

（2019年全國II卷T17）如圖，長方體的底面A8CO是正方形，點E在

棱AAl上，BEVEC\.

（1）證明：平面E8iCi；

（2）若4E=4￡AB=3,求四棱錐E-8B1C1C的體積.