2019年高考理科数学全国2卷(附答案).pdf

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1、12B-SX-0000020-绝密启用前 _ _2019 年普通高等学校招生全国统一考试_-_ _-理科数学全国 II 卷 _ _ -本试卷共 23 小题，满分150 分，考试用时120 分钟： 号 - (适用地区：内蒙古 / 黑龙江 /辽宁 /吉林 /重庆 /陕西 / 甘肃 /宁夏 /青海 /新疆 / 西藏 /海南 ) 学- 注意事项：_ -_ _1 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。_ -_ _ 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。_ _-如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在_ _答

2、题卡上。写在本试卷上无效。_线_ _封_3 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。_密_ _-_ _ 12 小题，每小题5 分，共 60 分。在每个小题给出的四个选：-一、选择题：本题共 名 -项中，只有一项是符合题目要求的。姓 -2-1设集合 A= x|x -5x+60 ， B= x|x-1b ，则A ln(a- b)0B 3a0D a b7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2x2y2p=8若抛物线 y =2px(p0) 的焦点是椭圆1 的一个焦点，则3pp-1-2-12B-SX-

3、0000020A 2B 3C 4D 89下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是242A f(x)= cos x2 B f(x)= sin 2x Cf(x)=cos xD f(x)= sin x 10已知 (0，)， 2sin 2 =cos 2 +1，则 sin =21B 5 A 55C3D 2 5 35x2y2 1(a0,b0)的右焦点， O 为坐标原点，以 OF11设 F 为双曲线 C： b2a2为直径的圆与圆x2y2 a2交于 P，Q 两点 .若PQOF ，则 C 的离心率为A 2B 3C 2D 512设函数 f ( x) 的定义域为R ，满足 f (x1)2 f ( x) ，且当

4、x(0,1 时，f (x )x(x 1) .若对任意 x (, m，都有 f ( x)8，则 m 的 9取值范围是A 9 B 7 , 43C5 D 8 , 23二、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x 0 时，( )ax. 若f (ln2)8 ，则afe x _.15ABC的内角A, B, C的对边分别为a

5、, b, c .若b6, a 2c, B3，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 .）-3-4-12B-SX-0000020三、解答题：共 70分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第1721 题1

6、8（ 12 分）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。 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 （一）必考题：共 60 分。 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， 17（ 12 分）如图，长方体 ABCD A1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上， BE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 EC1.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（ 1）证明： BE平面 EB1

7、C1；束 .（ 2）若 AE=A1E，求二面角BECC1 的正弦值 .（ 1）求 P（ X=2 ）；（ 2）求事件 “X=4 且甲获胜 ”的概率 .-5-6-12B-SX-000002019（ 12 分）20（ 12 分）已知数列 a n和 bn满足a1=1，b1=0，4an 13an bn4 ，x1 已知函数 f xln x.x14bn 1 3bn an 4.（ 1）讨论 f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（ 1）证明： an+bn 是等比数列， anbn 是等差数列；（ 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（

8、2）求 an 和 bn 的通项公式 .曲线 y ex的切线 .-7-8-12B-SX-000002021（ 12 分）按所做的第一题计分。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 -122 选修 4-4：坐标系与参数方程 （ 10 分） .记在极坐标系中， O 为极点，点M(0,0)(00)在曲线C :4sin2上，M 的轨迹为曲线 C. 直线 l 过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为 P. （ 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， PE x 轴，垂（1）

9、当0=时，求0及 l 的极坐标方程；3足为 E，连结 QE 并延长交 C 于点 G.（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.（ i）证明： PQG是直角三角形；（ ii）求 PQG面积的最大值 .23 选修 4-5：不等式选讲 （10 分） （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-9-10-12B-SX-0000020已知 f ( x ) | x a | x | x 2 | ( x a).（ 1）当a1 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.-11-1

10、2-12B-SX-00000202019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学全国 II卷 参考答案1 A2 C3 C4 D5 A6 C7 B8 D9 A10 B11 A 12 B13 0.9814 315 631626； 2 117解：（ 1）由已知得，BC11平面 ABBA11，BE平面 ABBA11，故 BC BE1 1 又 BE EC1，所以BE平面1 1EBC（ 2）由（ 1）知BEB90 由题设知RtABE Rt ABE ，所以 111AEB45 ，故AEAB， AA2AB1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- xy

11、z ，则 C（ 0，1，0），B（ 1，1，0），C1（0，1，2），E（ 1，0，1），CE(1, 1,1)，CC1(0,0,2) 设平面 EBC 的法向量为n=（x， y， x），则CB n0,x0,CE n即 xy z 0,0,所以可取 n=(0, 1,1) .设平面 ECC1的法向量为m=（ x， y， z），则CC1m 0,2z0,CE m 0,即y z 0.x所以可取 m=（ 1， 1，0）于是 cos n,mn m1| n |m | 2-13-14-12B-SX-00000203 所以，二面角B EC C1的正弦值为 218解：（ 1） X=2 就是 10： 10 平后，两人又打

12、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10：10 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4(an 1bn 1)2(anbn )，即an 1bn 11 ( an bn ) 2又因为 a1+b1=l ，所以anbn是首项为 1 ，公比为1的等比数列2由题设得 4(ab) 4(ab )8，n 1n

13、 1nn即 an 1bn 1anbn2又因为 a1b1 anbn是首项为 1，公差为 2 的等差数列=l ，所以anbn1bn2n 1（ 2）由（ 1）知，2n 1 ，an所以 an1( an bn ) ( anbn )1n1 ，22n2b1( ab ) ( ab )1n1n2nnnn2n2 20解：（ 1） f（ x）的定义域为（0， 1），（ 1， +）单调递增因为 f（ e）= 1e10 ，f (e2) 2e21e2 30 ，e1e21e2 1所以 f（ x）在（ 1， +）有唯一零点x1，即 f（ x1） =011x11 又 01 ， f ( )ln x1 x1f (x1) 0 ， x

14、1x11故 f（ x）在（ 0， 1）有唯一零点1 x1综上， f（ x）有且仅有两个零点（ 2）因为1e ln x0，故点 B（ lnx0，1）在曲线 y=ex上x0x0由题设知 f (x0 )x01 0 ，即ln x0， x0111x01 ln x0x0x01 1x0 故直线 AB 的斜率k x01 ln x0 x0x0x01x0曲线 y=ex在点B(ln x0, 1) 处切线的斜率是1，曲线 y ln x 在点 x0x01 A(x0,ln x0 ) 处切线的斜率也是， x0所以曲线 yln x 在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线21解：（ 1）由题设得yy1x2y2

15、，化简得1(|x | 2) ，所以Cx2 x 2242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) -15-16-12B-SX-0000020ykx 得 x2由 x2 y2 11 2k 242记 u2，则 P (u , uk ), Q ( u ,uk ), E (u ,0) 12k2于是直线 QG 的斜率为k ，方程为 yk( x u) 22yk(xu),由2得x2y21 42(2 k2 )x2 2uk2x k2u2 8 0设 G(xG , yG) ，则u和 xG是方程的解，故 xGu(3k22)2 k2，由此得

16、yGuk3 2 k2uk3uk1从而直线 PG 的斜率为2 k 22 u(3k2)uk 2 k 2所以 PQPG ，即 PQG 是直角三角形k 2，|PG|2ukk 21（ ii）由（ i）得| PQ | 2u 1 2k 2，18k (12)8( 1 k) 所以的面积 S| PQPG |kk PQG2(12k 2)(2k2 )121k)2( k设t=k+ 1，则由k0 得t2k=1 时取等号k，当且仅当因为 S8t2 + t=2k=1S 1 2 t 2在，）单调递减，所以当，即时，取得最大值，最大值为16 9因此， PQG 面积的最大值为16 922解：（ 1）因为M0, 0在 C 上，当03

17、时，04sin23 .3由已知得 | OP | | OA | cos 32 .设Q( ,) 为 l 上除 P 的任意一点.在 Rt OPQ中cos|OP| 2， 3经检验，点 P(2, ) 在曲线cos 32 上 . 3所以， l 的极坐标方程为cos 32 .（ 2） 设 P( , )， 在Rt OAP中 ， | O P |O A|c o s4 c o 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,.2-17-18-12B-SX-000002023解：（ 1）当 a=1 时，f ( x)=| x1| x+|x 2|( x 1) .当 x 1时，f (x)2(x1)20；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 a1 .当 a 1 ，x (,1) 时， f ( x)=( ax) x+(2 x)( xa)=2( a x)( x 1)0所以， a的取值范围是1,) .-19-20-