2019年全国二卷高考理科数学试题(试卷版+详解版).pdf

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1、20192019 年全国卷理数年全国卷理数试题版试题版解析版解析版20192019 年全国卷高考理科数学试题年全国卷高考理科数学试题1设集合A=x|x2-5x+60，B=x|x-1b，则Aln(ab)0Ca3b307设，为两个平面，则的充要条件是A内有无数条直线与平行C，平行于同一条直线B内有两条相交直线与平行D，垂直于同一平面B3abB平均数D极差8若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆x23py2p1的一个焦点，则p=B3A2C49下列函数中，以D82为周期且在区间(4，2)单调递增的是Bf(x)=sin 2xDf(x)=sinxAf(x)=cos 2xCf(x)=cosx10已知(0，

2、2)，2sin 2=cos 2+1，则 sin=A15B55C33D255x2y211设F为双曲线C：221(a 0,b 0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的ab222圆与圆x y a交于P，Q两点.若PQ OF，则C的离心率为A2B3C2D512 设函数f(x)的定义域为 R，满足f(x1)2 f(x)，且当x(0,1时，f(x)x(x1).若对任意x(,m，都有f(x)8，则m的取值范围是97A,49B,3C,25D,38二、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

3、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_.ax14已知f(x)是奇函数，且当x 0时，f(x)e.若f(ln2)8，则a _.15ABC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3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

4、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 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：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

5、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=0，4an1 3anbn4，4bn1 3bnan4.（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fx ln xx1x 1.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，

6、证明曲线y=lnx在点A(x0，ln x0)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x12.记M的轨结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，O为极点，点M(0,0)(0 0)在曲线C

7、: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；（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）3已知f(x)|xa|x|x2|(xa).（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理科数学参考答案1A2C3C4D5A6C7B8D9A10B11A12B130.9815631431626；2 117解：（1）由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE 平面ABB1A1，故B1C1BE又BE EC1，所以BE

8、 平面EB1C1（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），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 n=（x，y，x），则CBn n 0,x 0,即CE n n 0,x y z 0,所以可取n n=(0,1,1).设平面ECC1的法向量为mm=（x，y，z），则CC1m m 0,2z 0,即x y z 0.CEm m 0,所以

9、可取mm=（1，1，0）于是cos n n,m m n nm m1|n n|m m|232所以，二面角B EC C1的正弦值为18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）=0.50.4+（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）0.40.50.4=0.119解：（1）由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1又因为a1+b1=l，所以an

10、bn是首项为1，公比为1(anbn)21的等比数列2由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1 anbn2又因为a1b1=l，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，anbn1a bn 2n1n1，n2所以an111(anbn)(anbn)nn，222111bn(anbn)(anbn)nn22220解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+）单调递增e1e21e2320，f(e)22因为f（e）=1 0，e1e 1e21所以f（x）在（1，+）有唯一零点x1，即f（x1）=0又0 x 111 f(x1)0，1，f()ln x11x1x11x11故f（x

11、）在（0，1）有唯一零点x1综上，f（x）有且仅有两个零点11lnx0 e（2）因为，故点B（lnx0，）在曲线y=ex上x0 x0由题设知f(x0)0，即ln x0 x01，x0111x01ln x0 x0 xx0110故直线AB的斜率k ln x0 x0 x01 xx00 x01曲线y=ex在点B(ln x0,11)处切线的斜率是，曲线y lnx在点A(x0,ln x0)处切x0 x01线的斜率也是，x0所以曲线y lnx在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线x2y2yy11(|x|2)，所以C为中心21解：（1）由题设得，化简得42x2 x22在坐标原点，焦点在x轴上的

12、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 kx2由x2y2得x 2112k 42记u 212k2，则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)于是直线QG的斜率为kk，方程为y(xu)22ky(xu),2由2得2xy1 42(2k2)x22uk2xk2u28 0u(3k22)uk3设G(xG,yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG2k22k2uk3uk212k 从而直线PG的斜率为u(3k22)ku2k2所以PQ PG，即PQG是直角三角形2uk k21|PG|2|PQ|2u 1k2k2，（ii）由（i）得，18(k)18k(1k2)kPG

13、|所以PQG的面积S|PQ222(12k)(2k)12(1k)2k设t=k+1，则由k0 得t2，当且仅当k=1 时取等号k8t在2，+）单调递减，所以当t=2，即k=1 时，S取得最大值，最大12t2因为S 值为169169时，0 4sin 2 3.33因此，PQG面积的最大值为22解：（1）因为M0,0在C上，当0由已知得|OP|OA|cos2.3|OP|2，3设Q(,)为l上除P的任意一点.在RtOPQ中cos经检验，点P(2,)在曲线cos32上.3所以，l的极坐标方程为cos2.3（2）设P(,)，在RtOAP中，|OP|OA|cos 4cos,即 4cos.因为P在线段OM上，且A

14、P OM，故的取值范围是,.4 2所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos,.4 223解：（1）当a=1 时，f(x)=|x1|x+|x2|(x1).当x1时，f(x)2(x1)0；当x1时，f(x)0.2 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)(xa)=2(a x)(x1)0所以，a的取值范围是1,).20192019 全国全国 II II 卷高考数学试题解析卷高考数学试题解析1.设集合A x|x 5x60，B x|x1 0，则AB()2A.(,1)B.(2,1)C.(3,1)D.(3,)AAx|x

15、 2或x 3，B x|x 1，AB （,1）.2.设z 32i,则在复平面内z对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限Cz 32i，对应的点坐标为（-3，-2）,故选 C.3已知AB (2,3)，AC (3,t)，|BC|1，则ABBC（A.3B.2C.2D.3CBC AC AB (1,t 3)，）|BC|12(t 3)21，解得t 3，BC (1,0)，ABBC 2.42019 年 1 月 3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就。实现月球背面软着路需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系。为解决这个问题，发射了

16、嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地球月拉格朗日点的轨道运行，球质量为点是平衡点，位于地月连线的延长线上。设地球的质量为，月，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程M1M2M1r(Rr)。设。由于的值很小，因此在近似计算中=223(Rr)rRR33+345 33，则r的近似值为（）2（1）AM2RM1M2R2M13M2RM1M2R3M1BC3D3DM1M2M1M1M2M1(Rr)(1)(Rr)2r2R3R2(1)2r2R2M2M1M1332312所以有22(1)22rR(1)R(1)M2M1r23323M2333化简可得M2，可得r R。M 3122

17、3M1R(1)3M15.演讲比赛共有 9 位评委分别给出某位选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9 个原始评分中去掉 1 个最高分、1 个最低分，得到 7 个有效评分。7 个有效评分与 9 个原始评分相比，不变的数字特征是（）A中位数B平均数C方差D极差A由于共 9 个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第 5 个，假设为a，去掉一头一尾的最低和最高分后，中位数还是a，所以不变的是数字特征是中位数。其它的数字特征都会改变。6.若a b，则（）A.ln(a b)0B.33abC.a b 0D.|a|b|33C由函数y x在R上是增函数，且a b，可得a b，即a b 0.7.设,为两个平

18、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B根据面面平行的判定定理易得答案.选 B.33333x2y21的一个焦点，则p（）8.若抛物线y 2px(p 0)的焦点是椭圆3pp2A.2B.3C.4D.8Dx2y2p1的焦点是(2p,0)，抛物线y 2px(p 0)的焦点是(,0)，椭圆3pp22p2p，p 8.29.下列函数中，以为周期且在区间,单调递增的是（）242A.f(x)|cos2x|B.f(x)|sin2x|C.f(x)cos|x|D.f(x)sin|x|A对于 A,函数f(x)|cos2x|的周期T2,在区间,

19、单调递增,符合题意；42对于 B,函数f(x)|sin2x|的周期T2,在区间,单调递减,不符合题意；42对于 C，函数f(x)cos|x|cos x，周期T 2,不符合题意；对于 D,函数f(x)sin|x|的周期T,不符合题意.10.已知(0,2)，2sin 2 cos21，则sin（）A.1555332 55B.C.D.B(0,)，2sin 2 cos21 4sincos 2cos2，212 51，所以cos，21 tan52则2sin cos tan所以sin1cos25.5x2y211.设F为双曲线C:221(a 0,b 0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的ab圆与圆x y a

20、交于P,Q两点，若|PQ|OF|，则C的离心率为（）A.2B.3C.2D.5答案:A|PQ|OF|c，POQ 90,又|OP|OQ|a，a a c222222解得c2，即e 2.a12.已知函数的定义域为xR，f(x1)2 f(x)，且当x(0,1时，f(x)x(x1)，若对任意的x(,m，都有f(x)A(,B(,C(,D(,B由当xR，f(x1)2 f(x)，且当x(0,1时，f(x)x(x1)可知当x(1,2时，8，则m的取值范围是（）99473522331当x2(3,f(x)2(x)2，22时，f(x)4(x)21，当x(n,n1,nZ时，521f(x)2n(xn)22n2，函数值域随变

21、量的增大而逐渐减小，对任意的x(,m，2都有f(x)二、填空题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83857有4(m)21(m)解得的取值范围是m。92923高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为.0.98经 停 该 站 的 列 出 共 有40个 车 次，所 有 车 次 的 平 均 正 点 率 的 估 计 值 为P 100.97200.98100.99 0.98。40ax14.已知f(x)是奇函数，且当x 0时,f(x)e.若f(ln2)8，则

22、a _.3f(ln2)f(ln2)(ea 3.15.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b 6,a 2c,B 为_.aln2)(eln2)a 2a8，3,则ABC的面积6 3a2 c2b24c2 c2361cosB cos32ac24c2,c 2 3,a 4 3,S 113acsin B 4 32 3 6 322216.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

23、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.)262-1由图 2 结合空间想象即可得到该正多面体有26 个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.三、解答题BE EC117.如图，长方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，（1）证明：BE 平面EB1C1;（2）若AEA1E，求二面角BEC C1的正弦值.（1）见解析（2）32（1）证明：B1C1平面ABB1，BE 平面ABB1，B1C1 BE，又BE EC1，EC1B1C1C1，BE 平面EB1C1.（2

24、）设底面边长为1，高为2x，BE2 x21，B1E x 1，2222BE 平面EB1C1，BEB190即BE B1E BB1，2x2 2 4x2解得x 1.2BC 平面A1ABB1，BC B1E，又B1E BE，B1E 平面BCE，故B1E为平面BCE的一个法向量.平面C1CE与平面A1ACC1为同一平面，故B1D1为平面C1CE的一个法向量，在B1D1E中，B1D1 D1E B1E 2故B1E与B1D1成60角，二面角BEC C1的正弦值为sin60 3.218.11 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

25、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.（1）0.5；（2）0.06（1）X 2时，有两种可能：甲连赢两局结束比赛，此时P1 0.50.4 0.2；乙连赢两局结束比赛，此时P2 0.50.6 0.3，P(X 2)P1 P2 0.5；（2）X 4且甲获胜，即只有第二局乙获胜，其他都是甲获胜，此时P 0.50.60.50.40.06.19.已知数列an和bn满足a11，b1 0，4an1 3anbn4，4bn1

26、 3bnan4.（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.（1）见解析（2）an()nn(1)将12111，bn()nn.222，4an13anbn44bn1 3bnan4相加可得4an14bn1 3an3bnanbn，整理可得an1bn1比数列.将11(anbn)，又a1b11，故anbn是首项为1，公比为的等224an13anbn4，4bn1 3bnan4作差可得4an14bn1 3an3bnanbn8，整理可得an1bn1 anbn2，又a1b11，故anbn是首项为1，公差为2的等差数列.（2）由anbn是首项为1，公比为11的等比数列可得anb

27、n()n1；22由anbn是首项为1，公差为2的等差数列可得anbn 2n1；相加化简得an()nn20.已知函数f(x)ln x12111，相减化简得bn()nn。222x1x1(1)讨论函数f(x)的单调性，并证明函数f(x)有且只有两个零点；xy ef(x)y ln x(2)设x0是的一个零点，证明曲线在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线的切线。略（1）函数的定义域为(0,1)(1,)，又f(x)1x1(x1)12 0，所22x(x1)x(x1)3e22 0,f(e1)0，所以在区间以函数在(0,1),(1,)上单调递增，又f(e)2e 1e12e23 0，所以在区间(1,)上也存

28、(0,1)存在一个零点，且f(2)ln23 0,f(e)2e 12在一个零点，所以函数有且只有2 个零点；（2）因为x0是函数的一个 零点，所 以有ln x0 x0121。曲 线y ln x在x01x01A(x0,ln x0)处的切线方程为y 112xxln x01x，曲线曲线y e当切线斜x0 x0 x01率为1111(xln x0)，化简为时，切点坐标为(lnx0,)，切线方程为y x0 x0 x0 x0y lnx0111xxx0 x0 x0121x0112，所 以 曲 线y ln x在xx0 x0 x01A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y ex的切线。21.已知点A(2,0),B(

29、2,0)，动点M(x,y)满足直线AM和BM的斜率之积为1，记M2的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C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，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.证明：PQG是直角三角形；求PQG的面积的最大值.见解析yy1x2y2，化简得：1(x 2)，表示焦点在x轴上的(1)由题意得：42x 2 x 22椭圆（不含与x轴的交点）.(2)依题意设P(x1,y1),Q(x1,y1),G(x0,y0)，直线PQ的斜率为k(k 0)，则kPGy1 y0y y0y1 y0,kGQ1，x1 x0 x1 x0 x1 x02y12 y01，2 2

30、x1 x02kPGkGQ又kGQ kEQy1yk1，x1 x12x12kPG 1，kPG PQ，即PQG是直角三角形.2x y kx122k 122直线PQ的方程为y kx(x 0)，联立x，得，y2k1y 1 422k211111k21x1，则直线PG:y (x x1)y1 x x1 kx1 x kkkkk24x1(k21)2x12(k21)22x 4 0，联立直线PG和椭圆C，可得(21)x 22kkk则4x1(k21)x1 x0k2 222，SPQG11 x1k2 4y1(x x1)kx 1022k2 2(118(k)8(k 1)k8k(k 1)k，22421(k 2)(2k 1)2k

31、5k 22(k2)5k2令t k SPQG1，则t 2，k8t8t8，2212(t 2)52t 12t t9，2(2t )min1t(SPQG)max16.9四、选做题（2 选 1）22.选修 4-4（极坐标与参数方程）在极坐标系中，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03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.（1）0 2 3，l的极坐标方程：sin(6)2；（2）P点轨迹的极坐标方程为=4cos(（1）当0,).4 23时，0=4sin0 4sin3 2 3，以O为原点，极轴为x轴建立直角坐标系，在直角坐标系中有M(3,3)，A(4,0)，kOM3，则直线l的斜率k 坐标方程为sin(33(x4)，化成极，由点斜式可得直线l：y 336)2；（2）l OMOPA 2，则P点的轨迹为以OA为直径的圆，此时圆的直角坐标方程为(x2)y 4，化成极坐标方程为=4cos，又P在线段OM上，由22 4sin 4cos可得4，P点轨迹的极坐标方程为=4cos(,).4 2