2019年高考全国卷2理科数学及答案(word精校版可以编辑).doc

1、2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 2 理科数学考试时间： 2019年 6 月 7 日 15：0017：00使用省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、重庆、海南本试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分 , 满分 150 分，考试时间 120 分钟。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

2、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。第卷（选择题，共 60 分）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-1 b，则Aln( a- b)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2 2x y28若抛物线 y =2px(p0)的焦点是椭圆3p p1的一

3、个焦点，则p=A2 B3C4 D89下列函数中，以 ， )单调递增的是为周期且在区间(2 4 2Af( x)= cos x2 Bf( x)= sin 2xCf(x)=cos x Df (x)= sin x10已知 (0， )，2sin 2=cos 2+1，则sin =2A15B55C33D2552 2x y11设 F 为双曲线 C： 2 2 1( 0, 0)a ba b2 2 2的右焦点，O为坐标原点， 以OF 为直径的圆与圆x y a交于 P，Q 两点 .若 PQ OF ，则C 的离心率为A 2 B 3C2 D 512设函数 f ( x) 的定义域为 R，满足f (x 1) 2 f (x)

4、，且当 x (0,1 时， f (x) x(x 1) .若对任意x ( ,m ，都有8f (x) ，则m 的取值范围是9A ,94B,73C,52D,83第卷（非选择题，共 90 分）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 _.f x ax .若 f (ln 2) 8 ，则 a _. 14已知 f (x) 是奇函数，且当 x 0时， ( ) e15 A

5、BC的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b, c.若b 6,a 2c, B ，则 ABC的面积为 _.316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

6、。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 ABCD A1B1C1D1 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

7、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， 4an 1 3an bn 4 ， 4bn 1 3bn an 4 .（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f x ln xxx11.（1）讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；x（2）设 x0 是 f( x)的一个零点，证明曲线 y=ln x 在点 A(x0，ln x0

8、)处的切线也是曲线 y e 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 -（1）求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；12.记 M 的轨迹为曲线 C.（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，

9、 O 为极点， 点 M ( 0 , 0 )( 0 0) 在曲线 C : 4sin 上，直线 l 过点 A(4,0) 且与 OM垂直，垂足为 P.（1）当 0 =时，求 0 及 l 的极坐标方程；3（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 f (x) | x a | x | x 2 |(x a).（1）当 a 1时，求不等式 f (x) 0的解集；（2）若 x ( ,1时， f (x) 0，求 a 的取值范围 .2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 2 理科数学 参考答案1A 2C 3C 4D

10、5A6C 7B 8D 9A 10B11A 12B130.98 143156 3 1626； 2 117解：（ 1）由已知得， B1C1 平面 ABB1 A1 ， BE 平面 ABB1 A1 ，故 B1C1 BE 又BE EC ，所以 BE 平面 EB1C1 1（2）由（ 1）知 BEB1 90 由题设知 RtABE RtA1B1E ，所以 AEB 45 ，故 AE AB ， AA1 2AB 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），C （0，1，2），E（1，0，1）， CE (1,

11、 1,1)，CC1 (0,0,2) 1设平面 EBC的法向量为 n=（x，y，x），则CBCEnn0, 0,即x 0,x y z0,所以可取 n= (0, 1, 1) .设平面 ECC1的法向量为 m=（x，y，z），则CCCE1 m 0,m 0,即2z 0,x y z0.所以可取 m=（1，1，0）于是cos n,mn m 1| n | m | 2所以，二面角B EC C 的正弦值为13218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

12、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0.5 （ 10.4）+（10.5）0.4 0.5 0.4=0.1119解：（ 1）由题设得 4( an 1 bn 1) 2(an bn )，即 a 1 b 1 (a b ) n n n n2又因为 a1+b1=l ，所以 an bn 是首项为 1，公比为12的等比数列由题设得 4( an 1 bn 1 ) 4( an bn ) 8，即an 1 bn 1 an bn 2 又因为 a1b1=l ，所以 an bn 是首项为 1，公差为 2的等差数列（2）由（ 1）知，

13、1a b ， an bn 2n 1n n n 12所以1 1 1a (a b ) (a b ) n ，n n n n n n2 2 21 1 1b ( a b ) (a b ) n n n n n n n2 2 220解：（ 1）f（x）的定义域为（ 0，1），（ 1，+）单调递增因为 f（e）= e 11 0 e 1，2 2e 1 e 32f (e ) 2 0，2 2e 1 e 1所以 f（x）在（ 1，+）有唯一零点 x1，即 f（x1）=0又10 1x1，1 x 11f ( ) ln x f (x ) 01 1x x 11 1，故 f（x）在（ 0，1）有唯一零点1x1综上， f（x）有

14、且仅有两个零点（2）因为1x0elnx0，故点 B（lnx0，1x0x）在曲线 y=e上由题设知 f (x0 ) 0 ，即lnx0x0x011，故直线 AB 的斜率 k1 1 x11 10ln x0x x x0 0 0lnx 1x x x x00 0 00x 10x曲线 y=e1B( ln x , )在点 0x0处切线的斜率是1x0，曲线 y ln x 在点A( x ,ln x ) 处切线的斜率也是0 01x0，所以曲线 y ln x 在点xA(x ,ln x ) 处的切线也是曲线 y=e0 0的切线21解：（ 1）由题设得y y 1x 2 x 2 2，化简得2 2x y4 21(| x| 2

15、) ，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 y kx( k 0) y kx由 x2 y2 得14 2x21 2k 2记u21 2k2，则 P(u, uk ), Q( u, uk ), E (u,0) 于是直线 QG 的斜率为k2k，方程为 ( ) y x u 2由ky (x u),22 2x y4 21得2 2 2 2 2(2 k )x 2uk x k u 8 0设G(x , y ) ，则 u 和 xG 是方程的解，故G GxG2u(3k 2)22 k，由此得yGuk23k2 3uk uk212 k从而直线 PG 的

16、斜率为2u(3k 2) ku22 k所以 PQ PG ，即 PQG 是直角三角形（ii）由（ i）得2| PQ| 2u 1 k ，| PG |22uk k 122k ，所以 PQG 的面积18( k)21 8k (1 k ) kS |PQPG| 2 2 12 (1 2k )(2 k ) 1 2( k)2k设t= k+1k，则由 k0 得 t 2，当且仅当 k=1 时取等号因为S8t21 2t16 9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因此， PQG 面积的最大值为922解：（ 1）因为M 0 , 0 在C上，当 03时， 0 4sin 2 33.

17、由已知得 | | | | cos 2OP OA .3设Q( , )为l上除 P的任意一点 .在 RtOPQ 中 cos | | 2 OP ，3经检验，点 P(2, ) 在曲线 cos 23 3上.所以， l的极坐标方程为cos 23.（2）设P( , ) ，在 RtOAP中， |OP | |OA | cos 4cos , 即 4cos .因为P在线段OM上，且 AP OM ，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， f ( x)=| x 1| x+|x 2|(x 1) .当 x 1时，2f (x) 2(x 1) 0 ；当 x 1时， f ( x) 0 .所以，不等式 f (x) 0的解集为 ( ,1) .（2）因为 f ( a)=0 ，所以 a 1.当 a 1， x ( ,1) 时， f ( x)=( a x) x+(2 x)( x a)=2( a x)( x 1)0所以， a 的取值范围是 1, ) .