2019年普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅱ文科数学高考试卷（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 文科数学 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已知集合= | 1Ax x ， |2Bx x，则 AB= A(1，+) B(，2) C(1，2) D 2设 z=i(2+i)，则z= A1+2i B1+2i C12i D12i 3已知向量 a=(2，3)，b=(3，2)，则|ab|= A 2 B2 第 2 页 共 10 页 C5 2 D50 4生物实验室有 5 只兔子，其中只有 3 只测量过某项指标，若从这 5 只兔子中随机取出 3 只，则恰有 2 只 测量过该指标的概率为 A

3、 2 3 B 3 5 C 2 5 D 1 5 5在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测 甲：我的成绩比乙高 乙：丙的成绩比我和甲的都高 丙：我的成绩比乙高 成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为 A甲、乙、丙 B乙、甲、丙 C丙、乙、甲 D甲、丙、乙 6设 f(x)为奇函数，且当 x0 时，f(x)=e1 x ，则当 x0)两个相邻的极值点，则= A2 B 3 2 C1 D 1 2 9若抛物线 y2=2px（p0）的焦点是椭圆 22 1 3 xy pp 的一个焦点，则 p= A2 B3 C4 D8 10曲线 y=2sinx+cosx 在

4、点(，1)处的切线方程为 A10xy B2210xy C2210xy D10xy 11已知 a（0， 2 ），2sin2=cos2+1，则 sin= A 1 5 B 5 5 C 3 3 D 2 5 5 12设F 为双曲线 C： 22 22 1 xy ab （a0，b0）的右焦点，O 为坐标原点，以 OF 为直径的圆与 圆 x2+y2=a2交于 P、Q 两点若|PQ|=|OF|，则 C 的离心率为 A2 B 3 C2 D 5 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 第 4 页 共 10 页 13若变量 x，y 满足约束条件 2360 30 20 xy xy y ， ， ， 则

5、 z=3xy 的最大值是_. 14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_. 15ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 bsinA+acosB=0，则 B=_. 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

6、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 题为选考题，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. 第 5 页 共 10 页 （1）证明：BE平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，AB=3，求

7、四棱锥 11 EBBCC的体积 18（12 分） 已知 n a是各项均为正数的等比数列， 132 2,216aaa. （1）求 n a的通项公式； （2）设 2 log nn ba，求数列 n b的前 n 项和. 19（12 分） 某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了 100 个企业，得到这些企业第一季度 相对于前一年第一季度产值增长率 y 的频数分布表. y的分组 0.20,0) 0,0.20) 0.20,0.40) 0.40,0.60) 0.60,0.80) 企业数 2 24 53 14 7 （1）分别估计这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例、产值负增长的企业比

8、例； （2） 求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值 （同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） . （精确到 0.01） 附：748.602. 第 6 页 共 10 页 20（12 分） 已知 12 ,F F是椭圆 22 22 :1(0) xy Cab ab 的两个焦点，P 为 C 上一点，O 为坐标原点 （1）若 2 POF为等边三角形，求 C 的离心率； （2)如果存在点 P，使得 12 PFPF，且 12 FPF的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围. 21.（12 分） 已知函数( )(1)ln1f xxxx .证明： （1）( )f x存在唯一的极值点； （2）(

9、)=0f x有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. （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( )

10、0f x 的解集； （2）若(,1)x 时，( )0f x ，求a的取值范围. 第 7 页 共 10 页 参考答案参考答案 1C 2D 3A 4B 5A 6D 7B 8A 9D 10C 11B 12A 139 140.98 15 3 4 1621 17解： （1）由已知得 B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1， 故 11 BCBE. 又 1 BEEC，所以 BE平面 11 EBC. （2） 由 （1） 知BEB1=90 .由题设知 RtABERtA1B1E， 所以 11 45AEBAEB ， 故 AE=AB=3， 1 26AAAE. 作 1 EFBB，垂足为 F，则 EF平面 1

11、1 BBCC，且3EFAB. 所以，四棱锥 11 EBBCC的体积 1 3 6 318 3 V . 18解： （1）设 n a的公比为q，由题设得 2 2416qq，即 2 280qq . 解得2q （舍去）或q=4. 第 8 页 共 10 页 因此 n a的通项公式为 121 2 42 nn n a . （2）由（1）得 2 (21)log 221 n bnn，因此数列 n b的前n项和为1 321nn . 19.解： （1）根据产值增长率频数分布表得，所调查的100个企业中产值增长率不低于40%的企业频率为 147 0.21 100 . 产值负增长的企业频率为 2 0.02 100 . 用

12、样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例为21%， 产值负增长的企 业比例为2%. （2） 1 ( 0.10 20.10 240.30 530.50 140.70 7)0.30 100 y ， 5 2 2 1 1 100 ii i snyy 22222 1 ( 0.40)2( 0.20)240530.20140.407 100 =0.0296， 0.02960.02740.17s ， 所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为30%，17%. 20.解： （1）连结 1 PF，由 2 POF为等边三角形可知在 12 FPF中， 12 90FPF， 2 P

13、Fc， 1 3PFc，于是 12 2( 3 1)aPFPFc，故C的离心率是3 1 c e a . （2） 由题意可知， 满足条件的点( , )P x y存在当且仅当 1 | 216 2 yc，1 yy xc xc ， 22 22 1 xy ab ， 即| |16cy ， 222 xyc， 第 9 页 共 10 页 22 22 1 xy ab ， 由及 222 abc得 4 2 2 b y c ，又由知 2 2 2 16 y c ，故4b . 由得 2 222 2 a xcb c ，所以 22 cb，从而 2222 232,abcb故4 2a . 当4b ，4 2a 时，存在满足条件的点P.

14、所以4b ，a的取值范围为4 2,). 21.解：（1）( )f x的定义域为（0，+）. 11 ( )ln1ln x fxxx xx . 因为lnyx单调递增， 1 y x 单调递减，所以( )fx单调递增，又(1)10 f ， 1ln4 1 (2)ln20 22 f ，故存在唯一 0 (1,2)x ，使得 0 0fx. 又当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递减；当 0 xx时，( )0fx，( )f x单调递增. 因此，( )f x存在唯一的极值点. （2）由（1）知 0 (1)2f xf，又 22 ee30f ，所以( )0f x 在 0, x 内存在唯一根 x. 由 0 1

15、x得 0 1 1x . 又 1111( ) 1 ln10 f f ，故 1 是( )0f x 在 0 0,x的唯一根. 综上，( )0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 第 10 页 共 10 页 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 . （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,).