2019年全国卷Ⅱ理数高考试题

2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

本试卷共5页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的．

1．设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={ x|x-1<0}，则A∩B= A．(-∞，1) C．(-3，-1)

2．设z=-3+2i，则在复平面内z对应的点位于 A．第一象限 C．第三象限

B．第二象限 D．第四象限

B．(-2，1) D．(3，+∞)

3．已知AB=(2,3)，AC=(3，t)，BC=1，则ABBC= A．-3 C．2

B．-2 D．3

4．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：

M1M2M1(Rr).

(Rr)2r2R333345r33，则r的近似值为 设，由于的值很小，因此在近似计算中2(1)RA．M2R M13M2R M1B．M2R 2M1M2R 3M1

C．3D．35．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是 A．中位数 C．方差 6．若a>b，则

A．ln(a−b)>0 C．a3−b3>0

7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 C．α，β平行于同一条直线 8．若抛物线y=2px(p>0)的焦点是椭圆A．2 C．4 9．下列函数中，以

2

B．平均数 D．极差

B．3a<3b D．│a│>│b│

B．α内有两条相交直线与β平行 D．α，β垂直于同一平面

x23py2p1的一个焦点，则p=

B．3 D．8

2为周期且在区间(

4，

2)单调递增的是

B．f(x)=│sin 2x│ D．f(x)= sin│x│

A．f(x)=│cos 2x│ C．f(x)=cos│x│ 10．已知α∈(0，

2)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α=

A．

15 B．

55

C．

33 D．

255

x2y211．设F为双曲线C：221(a0,b0)的右焦点，以OF为直径的圆与圆x2y2a2O为坐标原点，

ab交于P，Q两点.若PQOF，则C的离心率为 A．2 C．2

B．3 D．5

12．设函数f(x)的定义域为R，满足f(x1)2 f(x)，且当x(0,1]时，f(x)x(x1).若对任意

8x(,m]，都有f(x)，则m的取值范围是

99,A． 4C．,

2

7,B． 3D．,

3

5

8

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有

20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为__________.

14．已知f(x)是奇函数，且当x0时，f(x)eax.若f(ln2)8，则a__________. 15．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b6,a2c,Bπ，则△ABC的面积为__________. 316．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

.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）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_________.（本题第一空2分，第二空3分.）

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考

生都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分。 17．（12分）

如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值. 18．（12分）

11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10:10平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为0.5，乙发球时甲得分的概率为0.4，各球的结果相互独立.在某局双方10:10平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束.

（1）求P（X=2）；

（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率. 19．（12分）

已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an13anbn4 ，4bn13bnan4. （1）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列； （2）求{an}和{bn}的通项公式.

20．（12分）

已知函数fxlnxx1x1.

（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；

x（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线ye的切线.

21．（12分）

已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；

（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交

C于点G.

（i）证明：△PQG是直角三角形； （ii）求△PQG面积的最大值.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分． 22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

O为极点，在极坐标系中，点M(0,0)(00)在曲线C:4sin上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P. （1）当0=12.记M的轨迹为曲线C.

时，求0及l的极坐标方程； 3（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. 23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知f(x)|xa|x|x2|(xa). （1）当a1时，求不等式f(x)0的解集； （2）若x(,1]时，f(x)0，求a的取值范围.

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理科数学·参考答案

1．A 6．C

2．C 7．B

3．C 8．D

4．D 9．A

5．A 10．B

11．A 12．B

13．0.98 15．63

14．–3

16．26；21

17．解：（1）由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，

故B1C1BE．

又BEEC1，所以BE平面EB1C1．

（2）由（1）知BEB190．由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以AEB45， 故AEAB，AA12AB．

以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），CE(1,1,1)，CC1(0,0,2)． 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则

CBn0,x0,即 CEn0,xyz0,所以可取n=(0,1,1).

设平面ECC1的法向量为m=（x，y，z），则

CC1m0,2z0,即 xyz0.CEm0,所以可取m=（1，1，0）．

于是cosn,mnm1．

|n||m|23． 2所以，二面角BECC1的正弦值为

18．解：（1）X=2就是10：10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙

0.4+（1–0.5）×得分．因此P（X=2）=0.5×（1–04）=05．

（2）X=4且甲获胜，就是10：10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这4个球的得分情况为：前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分． 因此所求概率为

[0.5×0.4]×0.5×0.4=0.1． （1–0.4）+（1–0.5）×

19．解：（1）由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn11(anbn)． 2又因为a1+b1=l，所以anbn是首项为1，公比为由题设得4(an1bn1)4(anbn)8， 即an1bn1anbn2．

1的等比数列． 2又因为a1–b1=l，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，anbn1，anbn2n1． n12所以an111[(anbn)(anbn)]nn， 222111bn[(anbn)(anbn)]nn．

22220．解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．

e1e21e2320，f(e)22因为f（e）=10， e1e1e21所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0． 又0x111f(x1)0， 1，f()lnx11x1x11x1

故f（x）在（0，1）有唯一零点

1． x1综上，f（x）有且仅有两个零点． （2）因为

11elnx0，故点B（–lnx0，）在曲线y=ex上． x0x0x01， x01由题设知f(x0)0，即lnx011x01lnx0x0x0x011kAB故直线的斜率．

x1lnx0x00x0x0x01曲线y=e在点B(lnx0,x

111)处切线的斜率是， 曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是，x0x0x0x

所以曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=e的切线．

x2y2yy11(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦21．解：（1）由题设得，化简得42x2x22点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．

（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)．

ykx2由x2y2得x．

2112k42记u212k2，则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)．

于是直线QG的斜率为

kk，方程为y(xu)． 22ky(xu),2由2得 2xy142(2k2)x22uk2xk2u280．①

u(3k22)uk3设G(xG,yG)，则u和xG是方程①的解，故xG，由此得yG．

2k22k2uk3uk21k． 从而直线PG的斜率为22u(3k2)ku2k2所以PQPG，即△PQG是直角三角形．

2ukk21|PG|22|PQ|2u1k2k（ii）由（i）得，，

18(k)18k(1k)k‖PG|所以△PQG的面积S|PQ． 2212(12k)(2k)12(k)2k2设t=k+

1，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号． k因为S8t16[2+t=2k=1S在，∞）单调递减，所以当，即时，取得最大值，最大值为． 212t916． 9时，04sin23. 33因此，△PQG面积的最大值为

22．解：（1）因为M0,0在C上，当0由已知得|OP||OA|cos2. 3|OP|2， 3设Q(,)为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中cos经检验，点P(2,)在曲线cos32上. 3所以，l的极坐标方程为cos2. 3（2）设P(,)，在Rt△OAP中，|OP||OA|cos4cos, 即 4cos.. 因为P在线段OM上，且APOM，故的取值范围是,.

42

所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos,, .

4223．解：（1）当a=1时，f(x)=|x1| x+|x2|(x1).

当x1时，f(x)2(x1)0；当x1时，f(x)0. 所以，不等式f(x)0的解集为(,1). （2）因为f(a)=0，所以a1.

当a1，x(,1)时，f(x)=(ax) x+(2x)(xa)=2(ax)(x1)<0 所以，a的取值范围是[1,).

2