(完整版)2019年高考全国2卷理科数学及答案.doc

1、绝密启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、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Ax|x25x60，B x|x1b，则Aln(ab）0B3a0 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y22px(p0）的焦点是椭圆的一个焦点，则pA2 B3C4D89下列函数中，以为周期且在区间(，）单调递增的是Af (x）cos 2xBf (x）sin 2xCf (x）cosxDf (x） sinx10已知(0，），2sin 2cos

2、 21，则sin ABCD11设F为双曲线C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点若，则C的离心率为AB C2D12设函数的定义域为R，满足，且当时，若对任意，都有，则m的取值范围是ABCD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097，有20个车次的正点率为098，有10个车次的正点率为099，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_15的内角的对边分别为若，则的面积为_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、

3、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（1）证明：

4、BE平面EB1C1；（2）若AEA1E，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05，乙发球时甲得分的概率为04，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（X2）；（2）求事件“X4且甲获胜”的概率19（12分）已知数列an和bn满足a11，b10， ，（1）证明：anbn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（1）讨论f (x）的单调

5、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yln x 在点A(x0，ln x0）处的切线也是曲线的切线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（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；（ii）求面积的最大值（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44：坐标系与参数方程（10分）在极坐标系中，O为极点，点

6、在曲线上，直线l过点且与垂直，垂足为P（1）当时，求及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45：不等式选讲（10分）已知 （1）当时，求不等式的解集；（2）若时，求的取值范围2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案一、选择题1A 2C 3C 4D 5A 6C7B 8D 9A 10B 11A 12B二、填空题130.981431561626；三、解答题：17解：（1）由已知得，平面，平面，故又，所以平面（2）由（1）知由题设知，所以，故，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Dxyz，则C（0，1，

7、0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），设平面EBC的法向量为n（x，y，x），则即所以可取n设平面的法向量为m（x，y，z），则即所以可取m（1，1，0）于是所以，二面角的正弦值为18解：（1）X2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（X2）0504（105）（104）05（2）X4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05（104）（105）0405040119解：（1）由题设得，即又因为a1b1l，所以是首项为1，公

8、比为的等比数列由题设得，即又因为a1b1l，所以是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，所以，20解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，）单调递增因为f（e），所以f（x）在（1，）有唯一零点x1，即f（x1）0又，故f（x）在（0，1）有唯一零点综上，f（x）有且仅有两个零点（2）因为，故点B（lnx0，）在曲线yex上由题设知，即，故直线AB的斜率曲线yex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，所以曲线在点处的切线也是曲线yex的切线21解：（1）由题设得，化简得，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，则其方程为由得记，则于是直线的斜率为，方程为由得设，则和是方程的解，故，由此得从而直线的斜率为所以，即是直角三角形（ii）由（i）得，所以PQG的面积设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为在2，）单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为因此，PQG面积的最大值为22解：（1）因为在C上，当时，由已知得设为l上除P的任意一点在中，经检验，点在曲线上所以，l的极坐标方程为（2）设，在中， 即因为P在线段OM上，且，故的取值范围是所以，P点轨迹的极坐标方程为 23解：（1）当a1时，当时，；当时，所以，不等式的解集为（2）因为，所以当，时，所以，的取值范围是