2019年海南省高考数学试题及答案（理科）.pdf

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+60，B=x|x-1b，则 Aln(ab)0 B3a0 Dab 7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 D8 9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)=sinx 10已知(0，)，2sin 2=cos 2+1，则 sin=2A B 1555C D 3325511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)xyababOOF222xya交于 P，Q 两点.若，则 C 的离心率为 PQOFA B 23C2 D 512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 A B 9,47,3C D 5,28,3 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 过点且与垂000(,)(0)M:4sinC(4,0)AOM直，垂足为 P.（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 理科数学参考答案 1A 2C 3C 4D 5A 6C 7B 8D 9A 10B 11A 12B 130.98 143 156 1626；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-xyz，DDA|DA 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=0.1 19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()()222nnnnnnaababn 111()()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 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 C 为中心在坐标原点，焦点在1222yyxx 221(|2)42xyxx 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(),2142kyxuxy 22222(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,)选择填空解析 一、选择题 1.设集合，则()065|2xxxA01|xxBBAA.)1,(B.)1,2(C.)1,3(D.),3(答案：A 解答：或，.2|xxA3x1|xxB）（1,BA2.设,则在复平面内对应的点位于（）iz23zA.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 答案：C 解析：，对应的点坐标为,故选 C.i 23z），（2-3-3已知，则（）(2,3)AB (3,)ACt|1BC AB BC A.3B.2C.2D.3答案：C 解答：，(1,3)BCACABt ，解得，22|1(3)1BCt 3t(1,0)BC .2AB BC 42019 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。实现月球背面软着路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”，鹊桥沿着围绕地球月拉格朗日点的轨道运行，点是平衡点，位于地月连线的延长线上。设地球的质量为，月球质量为，地月距离为，点到月球的距离为，根据牛顿运动定律和万R2Lr有引力定律，满足方程。设。由于的值很小，因此在近似计算中r121223()()MMMRrRrrR=rR，则的近似值为（）345323+331（）rA 21MRMB 212MRMC 2313MRMD 2313MRM答案：D 解答：1211212232222()(1)()(1)MMMMMMRrRrrRRrR所以有 2321122222133(1)(1)(1)MMMrRR化简可得，可得。223331221221333(1)3M rMMMRM2313MrRM5.演讲比赛共有 9 位评委分别给出某位选手的原始评分，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 B 平均数 C 方差 D极差 答案：A 解答：由于共 9 个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第 5 个，假设为，去掉一头一尾的最低和最高分a后，中位数还是，所以不变的是数字特征是中位数。其它的数字特征都会改变。a6.若，则（）abA.ln()0abB.33abC.330abD.|ab答案：C 解答：由函数在上是增函数，且，可得，即.3yxRab33ab330ab7.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,答案：B 解析：根据面面平行的判定定理易得答案.选 B.8.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（）)0(22ppxy1322pypxpA.2 B.3 C.4 D.8 答案：D 解答：抛物线的焦点是，椭圆的焦点是，)0(22ppxy)0,2(p1322pypx)0,2(p，.pp228p9.下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是（）2,42A.|2cos|)(xxfB.|2sin|)(xxfC.|cos)(xxfD.|sin)(xxf答案：A 解答：对于 A,函数的周期,在区间单调递增,符合题意；|2cos|)(xxf2T,42对于 B,函数的周期,在区间单调递减,不符合题意；|2sin|)(xxf2T,42对于 C，函数，周期,不符合题意；xxxfcos|cos)(2T对于 D,函数的周期,不符合题意.|sin)(xxfT 10.已知，则（）(0,)22sin2cos21sinA.15B.55C.33D.2 55答案：B 解析：，(0,)222sin2cos214sincos2cos 则，所以，12sincostan2212 5cos1tan5所以.25sin1 cos511.设为双曲线的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆F2222:1(0,0)xyCababOOF222xya交于 两点，若，则的离心率为（）,P Q|PQOFCA.2B.3C.2D.5答案:A 解答：，,|PQOFc90POQ又，|OPOQa222aac解得，即.2ca2e 12.已 知 函 数 的 定 义 域 为，且 当时，若 对 任 意 的xR(1)2()f xf x(0,1x()(1)f xx x，都有，则的取值范围是（）(,xm 8()9f x mA 9(,4B 7(,3C 5(,2D 2(,3答案：B 解答：由当，且当时，可知当时，xR(1)2()f xf x(0,1x()(1)f xx x(1,2x231()2()22f xx，当时，当时，函数值(2,3x25()4()12f xx(,1,xn nnZ221()2()22nnf xxn域随变量的增大而逐渐减小，对任意的，都有有解得的取(,xm 8()9f x 23854()1()292mm 值范围是。73m 二、填空题 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 .答案：0.98 解答：经 停 该 站 的 列 出 共 有40 个 车 次，所 有 车 次 的 平 均 正 点 率 的 估 计 值 为。10 0.9720 0.98 10 0.990.9840P14.已知是奇函数，且当时,.若，则_.()f x0 x()axf xe(ln2)8fa 答案：3解答：，ln2ln2(ln2)(ln2)()()28aaaffee .3a 15.的内角的对边分别为，若则的面积为_.ABCCBA,cba,3,2,6BcabABC答案：36解析：,21436423coscos222222cccacbcaB 3623323421sin21,34,32BacSac16.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.)答案：26 2-1解析：由图 2 结合空间想象即可得到该正多面体有 26 个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.