2019年全国卷Ⅱ文数高考试题 （精编Word版含参考答案）.doc

1、 1 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 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，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 一、选

2、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 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 2 3 B 3 5 C 2 5 D 1 5 2 5在“一带一路”知识测验后，甲、乙、

3、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 在点(，1)处的切线方程为 A10xy B2210xy C2210xy D10xy

4、11已知 a（0， 2 ），2sin2=cos2+1，则 sin= A 1 5 B 5 5 3 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 13若变量 x，y 满足约束条件 2360 30 20 xy xy y ， ， ， 则 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

5、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

6、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. 4 （1）证明：BE平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，AB=3，求四棱锥 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

7、 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：7

8、48.602. 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. 5 21.（12 分） 已知函数( )(1)ln1f xxxx.证明： （1）( )f x存在唯一的极值点； （2）( )=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

9、 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( )0f x 的解集； （2）若(,1)x 时，( )0f x ，求a的取值范围. 6 1C 2D 3A 4B 5A 6D 7B 8A 9D 10C 11B 12A 1

10、39 140.98 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 11 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

11、去）或q=4. 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 7 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

12、 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 PFc， 1 3PFc，于是 12 2( 3 1)aPFPFc，故C的离心率是31 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

13、 xy ab ，即| |16cy ， 222 xyc， 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. 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

14、22 f ，故存在唯一 0 (1,2)x ，使得 0 0fx. 8 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 1x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. 22解：（1）因为 00 ,M 在C上，当 0 3 时， 0 4sin2 3

15、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 . 9 当1a ，(,1)x 时，( )=() +(2)()=2()(1)0f xax xx xaax x. 所以，a的取值范围是1,).