2019年高考全国卷2理科数学及答案.pdf

2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 2 理科数学考试时间：考试时间：2019 年年 6 月月 7 日日 15：0017：00使用省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、重庆、海南使用省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、重庆、海南本试卷分第本试卷分第 I I 卷（选择题）和第卷（选择题）和第 IIII 卷（非选择题）两部分卷（非选择题）两部分,满分满分 150150 分，考试时间分，考试时间 120120 分钟。分钟。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。第第卷卷（选择题，共（选择题，共 6060 分）分）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+60，B=x|x-1b，则Aln(ab)0 B3a0 Dab7设，为两个平面，则 的充要条件是A 内有无数条直线与 平行 B 内有两条相交直线与 平行 C，平行于同一条直线 D，垂直于同一平面8若抛物线 y2=2px(p0)的焦点是椭圆的一个焦点，则 p=2231xyppA2 B3 C4 D89下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是242Af(x)=cos 2x Bf(x)=sin 2x Cf(x)=cosx Df(x)=sinx10已知(0，)，2sin 2=cos 2+1，则 sin=2A B 1555C D3325511设 F 为双曲线 C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆22221(0,0)xyababOOF交于 P，Q 两点.若，则 C 的离心率为222xyaPQOFA B 23C2D512设函数的定义域为 R，满足，且当时，.若对任意()f x(1)2()f xf x(0,1x()(1)f xx x，都有，则 m 的取值范围是(,xm 8()9f x AB 9,47,3C D5,28,3第第卷卷 （非选择题，共（非选择题，共 9090 分）分）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已知是奇函数，且当时，.若，则_.()f x0 x()eaxf x (ln2)8fa 15的内角的对边分别为.若，则的面积为_.ABC,A B C,a b c6,2,3bac BABC16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”（图 1）.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_.（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 1721 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 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1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，.1434nnnaab1434nnnbba（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式.20（12 分）已知函数.11lnxf xxx（1）讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；（2）设 x0是 f(x)的一个零点，证明曲线 y=ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线.exy 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.记 M 的轨迹为曲线 C.12（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，PEx 轴，垂足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G.（i）证明：是直角三角形；PQG（ii）求面积的最大值.PQG（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）在极坐标系中，O 为极点，点在曲线上，直线 l 过点且与000(,)(0)M:4sinC(4,0)A垂直，垂足为 P.OM（1）当时，求及 l 的极坐标方程；0=30（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()|2|().f xxa xxxa（1）当时，求不等式的解集；1a()0f x（2）若时，求的取值范围.(,1x()0f x a2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 2 理科数学参考答案1A 2C 3C 4D 5A 6C7B 8D 9A 10B 11A 12B130.981431561626；32117解：（1）由已知得，平面，平面，11BC 11ABB ABE 11ABB A故11BC BE又，所以平面1BEECBE 11EBC（2）由（1）知由题设知，所以，190BEB11RtRtABEAB E45AEB故，AEAB12AAAB以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-DDA|DA xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），1C，(1,1,1)CE 1(0,0,2)CC 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即0,0,CBCE nn0,0,xxyz所以可取n=.(0,1,1)设平面的法向量为m=（x，y，z），则1ECC即10,0,CCCE mm20,0.zxyz所以可取m=（1，1，0）于是1cos,|2 n mn mn m所以，二面角的正弦值为1BECC3218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，或者均由乙得分因此P（X=2）=0.50.4+（10.5）（104）=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（10.4）+（10.5）0.40.50.4=0.119解：（1）由题设得，即114()2()nnnnabab111()2nnnnabab又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列nnab12由题设得，114()4()8nnnnabab即112nnnnabab又因为a1b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列nnab（2）由（1）知，112nnnab21nnabn所以，111()()222nnnnnnaababn111()()222nnnnnnbababn20解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+）单调递增因为 f（e）=，e 110e 122222e1e3(e)20e1e1f所以 f（x）在（1，+）有唯一零点 x1，即 f（x1）=0又，1101x1111111()ln()01xfxf xxx 故 f（x）在（0，1）有唯一零点11x综上，f（x）有且仅有两个零点（2）因为，故点 B（lnx0，）在曲线 y=ex上0ln01exx01x由题设知，即，0()0f x0001ln1xxx故直线 AB 的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx曲线 y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是001(ln,)Bxx01xlnyx00(,ln)A xx，01x所以曲线在点处的切线也是曲线 y=ex的切线lnyx00(,ln)A xx21解：（1）由题设得，化简得，所以 C 为中心在坐标原点，焦1222yyxx 221(|2)42xyx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(0)ykx k由得22142ykxxy2212xk 记，则2212uk(,),(,),(,0)P u uk QuukE u于是直线的斜率为，方程为QG2k()2kyxu由得22(),2142kyxuxy22222(2)280kxuk xk u设，则和是方程的解，故，由此得(,)GGG xyuGx22(32)2Gukxk322Gukyk从而直线的斜率为PG322212(32)2ukukkukkuk 所以，即是直角三角形PQPGPQG（ii）由（i）得，2|21PQuk2221|2uk kPGk所以PQG 的面积222218()18(1)|12(12)(2)12()kkkkSPQ PGkkkk设 t=k+，则由 k0 得 t2，当且仅当 k=1 时取等号1k因为在2，+）单调递减，所以当 t=2，即 k=1 时，S 取得最大值，最大值为2812tSt169因此，PQG 面积的最大值为16922解：（1）因为在C上，当时，.00,M 0304sin2 33由已知得.|cos23OPOA设为l上除P的任意一点.在中，(,)Q RtOPQcos|23OP经检验，点在曲线上.(2,)3Pcos23所以，l的极坐标方程为.cos23（2）设，在中，即.(,)P RtOAP|cos4cos,OPOA 4cos因为P在线段OM上，且，故的取值范围是.APOM,4 2 所以，P点轨迹的极坐标方程为.4cos,4 223解：（1）当 a=1 时，.()=|1|+|2|(1)f xxxxx当时，；当时，.1x 2()2(1)0f xx 1x()0f x 所以，不等式的解集为.()0f x(,1)（2）因为，所以.()=0f a1a 当，时，1a(,1)x()=()+(2)()=2()(1)0f xax xx xaax x所以，的取值范围是.a1,)