2019年全国II卷理科数学高考真题.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|x25x+60，B=x|x1b，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)=cos2x Bf(x)=sin2x Cf(x)=cosx Df(x)=sinx10已知(0，)，2sin2=cos2+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=lnx 在点 A(x0，lnx0)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 44：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 45：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.(,1)x()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 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，190BEBRtABE11RtAB 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DDDAuuu r|DAuuu rxyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），1C，(1,0,0)CB uu u r(1,1,1)CE uuu r1(0,0,2)CC uuu u r设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则即0,0,CBCEuu u ruuu rnn0,0,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,CCCEuuu u ruuu rmm20,0.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1010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）（10.4）=0.5（2）X=4且甲获胜，就是1010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，即114()4()8nnnnabab112nnnnabab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，+）U因为，所以在（0，1），（1，+）单调递增212()0(1)f xxx()f x因为 f（e）=，所以 f（x）在（1，+）有唯一零点e 110e 122222e1e3(e)20e1e1fx1，即 f（x1）=0又，故 f（x）在（0，1）有唯一1101x1111111()ln()01xfxf xxx 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，故直线 AB 的斜率0()0f x0001ln1xxx00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx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，所以PQG 的面积2|21PQuk2221|2uk kPGk222218()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281 2tSt169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,)