2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅱ理科数学高考试卷（精编版含答案）.docx

1、 第 1 页 共 10 页 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 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

2、，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 22 3 1 xy pp 的一个焦点，则 p= A2 B3 C4 D8 9下列函数中，以 2 为周期且在区间( 4 ， 2 )单调递增的是 Af(x

3、)=cos 2x Bf(x)=sin 2x Cf(x)=cosx Df(x)= sinx 10已知 (0， 2 )，2sin 2=cos 2+1，则 sin = A 1 5 B 5 5 第 3 页 共 10 页 C 3 3 D 2 5 5 11 设 F 为双曲线 C： 22 22 1(0,0) xy ab ab 的右焦点，O为坐标原点， 以OF为直径的圆与圆 222 xya 交于 P，Q 两点.若PQOF，则 C 的离心率为 A 2 B 3 C2 D 5 12设函数( )f x的定义域为 R，满足 (1)2 ( )f xf x，且当(0,1x时，( )(1)f xx x.若对任意 (,xm ，

4、都有 8 ( ) 9 f x ，则 m 的取值范围是 A 9 , 4 B 7 , 3 C 5 , 2 D 8 , 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( )f x是奇函数，且当0x 时，( )eaxf x .若(ln2)8f，则a _. 15ABC的内角 , ,A B C的对边分别为, ,a b c.若 6,2 , 3 bac

5、B，则ABC的面积为_. 16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.） 第 4 页 共 10 页 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

6、 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

7、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， 1 434 nnn aab ， 1 434 nnn bba . （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. 第 5 页 共 10 页 20（12 分） 已知函数 1 1 ln x f xx x . （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 exy 的切线. 21

8、（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 2 .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：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） 在极坐标系中， O 为极点， 点 000 (,)(0)M 在曲

9、线:4sinC上， 直线 l 过点(4,0)A且与OM 垂直，垂足为 P. （1）当 0= 3 时，求 0 及 l 的极坐标方程； （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1a 时，求不等式( )0f x 的解集； （2）若(,1x 时，( )0f x ，求a的取值范围. 第 6 页 共 10 页 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 理理科科数学参考答案数学参考答案 1A 2C 3C 4D 5A 6C 7B 8D 9A

10、 10B 11A 12B 130.98 143 156 3 1626； 21 17解：（1）由已知得， 11 BC 平面 11 ABB A，BE 平面 11 ABB A， 故 11 BC BE 又 1 BEEC，所以BE 平面 11 EBC （2）由（1）知 1 90BEB由题设知 11 RtRtABEABE，所以45AEB， 故AEAB， 1 2AAAB 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）， 1 C（0，1，2），E（1，0，1），(1, 1,1)CE ， 1 (0,0,2)CC 设平面EBC

11、的法向量为n=（x，y，x），则 0, 0, CB CE n n 即 0, 0, x xyz 所以可取n=(0, 1, 1) . 第 7 页 共 10 页 设平面 1 ECC的法向量为m=（x，y，z），则 10, 0, CC CE m m 即 20, 0. z xyz 所以可取m=（1，1，0） 于是 1 cos, |2 n m n m n m 所以，二面角 1 BECC的正弦值为 3 2 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 得分因此P（X=2）=0.5 0.4+（10.5） （104）=05 （2）X=4且甲获胜，就是10

12、：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） 0.4 0.5 0.4=0.1 19解：（1）由题设得 11 4()2() nnnn abab ，即 11 1 () 2 nnnn abab 又因为a1+b1=l，所以 nn ab是首项为1，公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4()8 nnnn abab ， 即 11 2 nnnn abab 又因为a1b1=l，所以 nn ab是首项为1，公差为2的等差数列 （2）由（1）知， 1 1 2 nn n ab ，21 nn

13、 abn 所以 111 ()() 222 nnnnn n aababn， 111 ()() 222 nnnnn n bababn 20解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+）单调递增 第 8 页 共 10 页 因为 f（e）= e 1 10 e 1 ， 22 2 22 e1e3 (e )20 e1e1 f ， 所以 f（x）在（1，+）有唯一零点 x1，即 f（x1）=0 又 1 1 01 x ， 1 11 11 11 ()ln( )0 1 x fxf x xx ， 故 f（x）在（0，1）有唯一零点 1 1 x 综上，f（x）有且仅有两个零点 （2）因为 0 ln 0 1 e x

14、x ，故点 B（lnx0， 0 1 x ）在曲线 y=ex上 由题设知 0 ()0f x，即 0 0 0 1 ln 1 x x x ， 故直线 AB 的斜率 0 0 000 0 000 0 0 111 ln 11 1 ln 1 x x xxx k x xxx x x 曲线 y=ex在点 0 0 1 ( ln,)Bx x 处切线的斜率是 0 1 x ， 曲线lnyx在点 00 (,ln)A xx处切线的斜率也是 0 1 x ， 所以曲线lnyx在点 00 (,ln)A xx处的切线也是曲线 y=ex的切线 21解：（1）由题设得 1 222 yy xx ，化简得 22 1(| 2) 42 xy

15、x，所以 C 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 22 1 42 ykx xy 得 2 2 1 2 x k 记 2 2 12 u k ，则( ,),(,), ( ,0)P u uk Quuk E u 于是直线QG的斜率为 2 k ，方程为() 2 k yxu 第 9 页 共 10 页 由 22 (), 2 1 42 k yxu xy 得 22222 (2)280kxuk xk u 设(,) GG G xy，则u和 G x是方程的解，故 2 2 (32) 2 G uk x k ，由此得 3 2 2 G

16、uk y k 从而直线PG的斜率为 3 2 2 2 1 2 (32) 2 uk uk k ukk u k 所以PQPG，即PQG是直角三角形 （ii）由（i）得 2 | 21PQuk ， 2 2 21 | 2 uk k PG k ， 所以PQG 的面积 2 22 2 1 8() 18 (1) | 1 2(1 2)(2) 1 2() k kk k SPQ PG kk k k 设 t=k+ 1 k ，则由 k0 得 t2，当且仅当 k=1 时取等号 因为 2 8 1 2 t S t 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16 9 因此，PQG 面积的最大值为

17、16 9 22解：（1）因为 00 ,M 在C上，当 0 3 时， 0 4sin2 3 3 . 由已知得| |cos2 3 OPOA . 设( , )Q 为l上除P的任意一点.在RtOPQ中cos| 2 3 OP ， 经检验，点(2,) 3 P 在曲线cos2 3 上. 所以，l的极坐标方程为cos2 3 . 第 10 页 共 10 页 （2）设( , )P ，在RtOAP中，| |cos4cos ,OPOA 即 4cos 因为P在线段OM上，且APOM，故的取值范围是, 4 2 . 所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos , 4 2 . 23解： （1）当 a=1 时，( )=|1| +|2|(1)f xxx xx. 当1x 时， 2 ( )2(1)0f xx ；当1x 时，( )0f x . 所以，不等式( )0f x 的解集为(,1). （2）因为( )=0f a，所以1a . 当1a ，(,1)x 时，( )=() +(2)()=2()(1)0f xax xx xaax x 所以，a的取值范围是1,).