2019年宁夏高考理科数学真题及答案.pdf

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1、2019 年宁夏高考理科数学真题及答案本试卷共 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、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题

2、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|x25x+60，B=x|x1b，则Aln(a b)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8若抛物线y=2px(p0)的焦点是椭圆A2C49下列函数中，以2B平均数D极差B3abB内有两条相交直线与平行D，垂直于同一平面x23py2p1的一个焦点，则p=B3D82为周期且在区间(4，2)单调递增的是Bf(x)=sin2xDf(x)=sinxAf(x)=cos2xCf(x)=cosx10已知(0，2)，2sin2=cos2+1，则 sin=A15B55C33D255x2y211 设F为双曲

3、线C：221(a 0,b 0)的右焦点，以OF为直径的圆与圆x2 y2 a2O为坐标原点，ab交于P，Q两点若PQ OF，则C的离心率为A2C2B3D512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8x(,m，都有f(x)，则m的取值范围是9A,495B,37C,2D,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

4、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

5、：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

6、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，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y e的切线.21（12 分）x已知点A(2,0)，B(2,0)

7、，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 44：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: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

8、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 平面EB1C1（2）由（1）知BEB1 90由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB 45，故AE AB，AA1 2

9、ABuuu ruuu r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Dxyz，uuu u ruuu ruuu r则C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），CB (1,0,0)，CE (1,1,1)，CC1(0,0,2)设平面EBC的法向量为n n=（x，y，x），则uuu rCBn n 0,x 0,即ruuuCE 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m m=（x，y，z），则uuuu rCC1m m 0,2z 0,即ruuux y z 0.CEm m 0,所以可取m m=

10、（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1010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）（10.4）=0.5（2）X=4且甲获胜，就是1010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an1bn11(anbn)2又因为a1+b1=l，所

11、以anbn是首项为1，公比为1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，anbn1，anbn 2n1n12所以an111(anbn)(anbn)nn，222111bn(anbn)(anbn)nn22220解：（1）f（x）的定义域为（0，1）U（1，+）因为f(x)12 0，所以f(x)在（0，1），（1，+）单调递增x(x1)2e1e21e2320，f(e)22因为f（e）=12 0，所以f（x）在（1，+）有唯一零点x1，e1e 1e 1即f（x1）=0又0 x 111

12、f(x1)0，故f（x）在（0，1）有唯一零点1，f()ln x11x1x11x11x1综上，f（x）有且仅有两个零点11lnx0 x e（2）因为，故点B（lnx0，）在曲线y=e 上x0 x011x01ln x0 x01x0 xx0110由题设知f(x0)0，即ln x0，故直线AB的斜率k x01ln x0 x0 x01 xx00 x01曲线y=e 在点B(ln x0,x11)处切线的斜率是，曲线y lnx在点A(x0,ln x0)处切线的斜率也是x0 x01，x0所以曲线y lnx在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=e 的切线xx2y2yy11(|x|2)，所以C为中心在坐标

13、原点，焦点21解：（1）由题设得，化简得42x2 x22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 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yG2k22k2uk3uk21k 从而直线PG的斜率为22u(3k 2)ku2k2所以PQ PG，即PQG是直角三角形2uk k21（ii）由（i）得|

14、PQ|2u 1k，|PG|，所以PQG的面积2k2218(k)18k(1k)kS|PQ PG|2212(12k)(2k)12(k)2k2设t=k+1，则由k0 得t2，当且仅当k=1 时取等号k8t16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212t9169时，0 4sin 2 333因为S 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|cos 23|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cos3 2上3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,4 223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,)2