2019年高考理科数学全国2卷(附答案).pdf

12B-SX-0000020-1-2-学校：_ _年_班 姓名：_ 绝密绝密启用前启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学 全国全国 II 卷卷本试卷共 23 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟(适用地区：内蒙古/黑龙江/辽宁/吉林/重庆/陕西/甘肃/宁夏/青海/新疆/西藏/海南)注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、一、选择题：本题共选择题：本题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 60 分。在每个小题给出的四个分。在每个小题给出的四个选项中，选项中，只有一项是符合题目要求的。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22221(0,0)xyababO为直径的圆与圆交于 P，Q 两点.若，则 C 的离OF222xyaPQOF心率为A B 23C2D512设函数的定义域为 R，满足，且当()f x(1)2()f xf x时，.若对任意，都有(0,1x()(1)f xx x(,xm，则 m 的取值范围是8()9f x AB 9,47,312B-SX-0000020-5-6-C D5,28,3二、填空题：本题共二、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。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)8f_.a 15的内角的对边分别为.若，则ABC,A B C,a b c6,2,3bac B的面积为_.ABC16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：共三、解答题：共 70 分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第 1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作题为选考题，考生根据要求作答。答。（一）必考题：共（一）必考题：共 60 分。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.12B-SX-0000020-7-8-18（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=0，1434nnnaab.1434nnnbba（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.12B-SX-0000020-9-10-20（12 分）已知函数.11lnxfxxx（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.12记 M 的轨迹为曲线 C.（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.PQG12B-SX-0000020-11-12-（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分请考生在第分请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。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，000(,)(0)M:4sinC直线 l 过点且与垂直，垂足为 P.(4,0)AOM（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 a12B-SX-0000020-13-14-2019 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试理科数学理科数学 全国全国 IIII 卷卷 参考答案参考答案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 E，45AEB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DDA|DA 示的空间直角坐标系D-xyz，12B-SX-0000020-15-16-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）=，e110e122222e1e3(e)20e1e1f12B-SX-0000020-17-18-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001(ln,)Bxx01xlnyx处切线的斜率也是，00(,ln)A xx01x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1222yyxx 221(|2)42xyxC 为中心在坐标原点，焦点在 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22142ykxxy221 2xk 记，则221 2uk(,),(,),(,0)P u ukQuukE 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 kPGk12B-SX-0000020-19-20-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2812tSt值，最大值为169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,)