2019年全国统一高考数学试卷理科新课标Ⅱ[解析版]

前言

一、选择题

例1【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第1题】

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例2【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第2题】

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例3【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第3题】

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例4【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第4题】

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例5【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第5题】

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例6【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第6题】

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例7【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第7题】

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例8【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第8题】

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例9【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第9题】

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例10【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第10题】

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例11【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第11题】

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例12【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第12题】

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二、填空题

例13【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第13题】

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例14【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第14题】

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例15【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第15题】

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例16【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第16题】中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一。印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”,半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体,半正多面体体现了数学的对称美,图2是一个棱数为\(48\)的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为\(1\),则该半正多面体共有__________个面,其棱长为_____________。

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分析:半正多面体的制作过程,如下图所示;

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解析:如果我们将其看成是三层的,则每一层都有\(8\)个面,再外加上下两个面,故共有\(3\times 8+2=26\)个面。

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如图所示,设棱长为\(x\),即\(MN=NE=x\),由\(\triangle EHN\)为等腰直角三角形,

由\(NE=x\),则可知\(NH=\cfrac{\sqrt{2}}{2}x\),又\(MN+2NH=1\),

则\(x+2\times \cfrac{\sqrt{2}}{2}x=1\),即\((\sqrt{2}+1)x=1\),解得\(x=\sqrt{2}-1\).

综上可知,此半正多面体共有\(26\)个面,棱长为\(\sqrt{2}-1\)。

【解后反思】

1、求其表面积;

2、求其体积;

3、求其内切球的半径;

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分析:由这个动画可以看出,该半正多面体没有内切球。

4、求其外接球的半径;
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外接球的半径可以借助下图来求解。

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三、解答题

例17【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第17题】

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例18【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第18题】

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例19【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题】

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例20【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第20题】

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例21【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第21题】

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例22【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第22题】在极坐标系中,\(O\)为极点,点\(M(\rho_0,\theta_0)(\rho_0>0)\)在曲线\(C:\rho=4sin\theta\)上,直线\(l\)过点\(A(4,0)\)且与\(OM\)垂直,垂足为\(P\)。

(1).当\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)时,求\(\rho_0\)及\(l\)的极坐标方程;

分析:当\(\theta_0=\cfrac{\pi}{3}\)时,由\(\rho=4sin\theta\),得到\(\rho_0=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\);

求直线\(l\)的极坐标方程有以下两个思路,可以比较看,哪一种更简便。

思路1:过点\(A\)的直线\(l\)的斜率为\(k=-\cfrac{1}{tan\frac{\pi}{3}}=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}\),

故直线\(l\)的普通方程为\(y-0=-\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-4)\),

再用\(y=\rho\cdot sin\theta\)和\(x=\rho\cdot cos\theta\)代入上式,

变形直线的极坐标方程为\(\sqrt{3}\rho cos\theta+3\rho sin\theta=4\sqrt{3}\),整理为

\(\rho\cdot sin(\theta+\cfrac{\pi}{6})=2\)或者\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)

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思路2:如图所示,在极坐标系下直接思考和运算,在\(\triangle OAB\)中,已知\(OA=4\),\(\angle A=\cfrac{\pi}{6}\),则\(OB=2\),

在直线\(l\)上任取一点\(P(\rho,\theta)\),则在\(\triangle OPB\)中,已知\(OP=\rho\),\(\angle POB=\cfrac{\pi}{3}-\theta\),\(OB=2\),

则\(\rho\cdot cos(\cfrac{\pi}{3}-\theta)=2\),也即\(\rho\cdot cos(\theta-\cfrac{\pi}{3})=2\)

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解后反思:相比较而言,在极坐标系下求直线的方程,我们只需要借助解三角形就可以搞定了,原因是在极坐标系下\(\rho\)的含义一定是极点到动点的线段的长度,这样就可以顺利借助解三角形来完成了。

(2).当\(M\)在\(C\)上运动且\(P\)在线段\(OM\)上时,求\(P\)点轨迹的极坐标方程。

分析:同样的,求\(P\)点轨迹的极坐标方程,我们也可以有两个思路来考虑,

思路1:在直角坐标系下思考求解,然后转化划归。

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设直线\(OM:y=kx\),则直线\(AP:y=-\cfrac{1}{k}(x-4)\),

则两条直线的交点\(P\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{y=kx①}\\{y=-\cfrac{1}{k}(x-4)②}\end{array}\right.(k为参数,k\geqslant 1)\),

两式相乘,消去参数,得到\(y^2=-x(x-4)\),

即\(x^2+y^2-4x=0\),转化为极坐标方程为\(\rho^2=4\rho cos\theta\),

即\(\rho=4cos\theta\),对应的\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2})\),

再思考当\(k\)不存在时,点\(P\)落在原点,也满足题意,对应\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\),

综上所述,\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\),\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2}]\),

思路2:如图所示,在极坐标系下直接思考和运算,

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设动点\(P(\rho,\theta)\),在\(\angle OAP\)中,\(OP=\rho\),我们很容易得到\(cos\theta=\cfrac{\rho}{4}\),

即\(\rho=4cos\theta\),且\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2}]\),

故\(P\)点轨迹的极坐标方程为\(\rho=4cos\theta\),\(\theta\in [\cfrac{\pi}{4},\cfrac{\pi}{2}]\)。

解后反思:由这两小问题的解答过程比较分析,同意的问题,当放到极坐标下思考和运算会变得很简单,之所以我们感觉难,是因为我们对极坐标系很不熟悉而已。

相关链接:坐标系与参数方程的考向整理

例23【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第23题】

分析:

解析:

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