2019年全国卷2(理科数学)含答案2979.pdf

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1、 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（全国卷）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

2、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|x25x+60，B=x|x1b，则 Aln(ab)0 B3a0 Dab 7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 y2=2px(p0)的焦点是椭圆2231xypp的一个焦点，则 p=A2 B3 3 C4 D8 9下列函数中，以2为周期且在区间(4，2)单调递增的是 Af(x)=cos2x Bf(x)=sin2x Cf(x)=cosx Df(x)=sinx 10已知(0，2)，2sin2=

3、cos2+1，则 sin=A15 B55 C33 D255 11设 F 为双曲线 C：22221(0,0)xyabab的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆222xya交于 P，Q 两点若PQOF，则 C 的离心率为 A2 B3 C2 D5 12 设函数()f x的定义域为 R，满足(1)2()f xf x，且当(0,1x时，()(1)f xx x 若对任意(,xm，都有8()9f x ，则 m 的取值范围是 A9,4 B7,3 C5,2 D8,3 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

4、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0 x时，()eaxf x .若(ln 2)8f，则a _ 历年高考真题 4 15ABC的内角,A B C的对边分别为,a b c.若6,2,3bac B，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

5、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 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 5 18（12 分）11 分制乒乓球比赛，每赢一球得

6、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=0，1434nnnaab，1434nnnbba.（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 11lnxfxxx.（1）讨论 f(x)

7、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exy 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12.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：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

8、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）6 在极坐标系中，O 为极点，点000(,)(0)M 在曲线:4sinC上，直线 l 过点(4,0)A且与OM垂直，垂足为 P.（1）当0=3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 45：不等式选讲（10 分）已知()|2|().f xxa xxxa（1）当1a 时，求不等式()0f x 的解集；（2）若(,1)x 时，()0f x，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 1A 2C 3C 4D

9、 5A 6C 7B 8D 9A 10B 11A 12B 130.98 143 1563 1626；21 17解：（1）由已知得，11B C 平面11ABB A，BE 平面11ABB A，故11B C BE 又1BEEC，所以BE 平面11EB C（2）由（1）知190BEB由题设知RtABE11RtA B E，所以45AEB，历年高考真题 7 故AEAB，12AAAB 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，则C（0，1，0），B（1，1，0），1C（0，1，2），E（1，0，1），(1,0,0)CB，(1,1,1)CE，1(0,0,2)C

10、C 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 0,0,CBCEnn即0,0,xxyz 所以可取n=(0,1,1).设平面1ECC的法向量为m=（x，y，z），则 10,0,CCCEmm即20,0.zxyz 所以可取m=（1，1，0）于是1cos,|2 n mn mn m 所以，二面角1BECC的正弦值为32 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，8 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

11、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=0.1 19解：（1）由题设得114()2()nnnnabab，即111()2nnnnabab 又因为a1+b1=l，所以nnab是首项为1，公比为12的等比数列 由题设得114()4()8nnnnabab，即112nnnnabab 又因为a1b1=l，所以nnab是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，112nnnab，21nnabn 所以111()()222nnnnnnaababn，111()()222nnnnnnbababn 20解：（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+）因为212()0

12、(1)f xxx，所以()f x在（0，1），（1，+）单调递增 因为 f（e）=e 110e 1，22222e1e3(e)20e1e1f，所以 f（x）在（1，+）有唯一零点 x1，即 f（x1）=0又1101x，1111111()ln()01xfxf xxx ，故 f（x）在（0，1）有唯一零点11x 综上，f（x）有且仅有两个零点 9（2）因为0ln01exx，故点 B（lnx0，01x）在曲线 y=ex上 由题设知0()0f x，即0001ln1xxx，故直线 AB 的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx 曲线 y=ex在点001(ln,)Bxx处切

13、线的斜率是01x，曲线lnyx在点00(,ln)A xx处切线的斜率也是01x，所以曲线lnyx在点00(,ln)A xx处的切线也是曲线 y=ex的切线 21解：（1）由题设得1222yyxx，化简得221(|2)42xyx，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(0)ykx k 由22142ykxxy得2212xk 记2212uk，则(,),(,),(,0)P u ukQuukE u 于是直线QG的斜率为2k，方程为()2kyxu 由22(),2142kyxuxy得 22222(2)280kxuk xk u 10

14、设(,)GGG xy，则u和Gx是方程的解，故22(32)2Gukxk，由此得322Gukyk 从而直线PG的斜率为322212(32)2ukukkukkuk 所以PQPG，即PQG是直角三角形（ii）由（i）得2|21PQuk，2221|2uk kPGk，所以PQG 的面积222218()18(1)|12(1 2)(2)1 2()kkkkSPQ PGkkkk 设 t=k+1k，则由 k0 得 t2，当且仅当 k=1 时取等号 因为281 2tSt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169 因此，PQG 面积的最大值为169 22解：（1）因为00,M

15、在C上，当03时，04sin2 33 由已知得|cos23OPOA 设(,)Q 为l上除P的任意一点在RtOPQ中，cos|23OP，经检验，点(2,)3P在曲线cos23上 所以，l的极坐标方程为cos23（2）设(,)P，在RtOAP中，|cos4cos,OPOA 即 4cos 11 因为P在线段OM上，且APOM，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，()=|1|+|2|(1)f xxxxx 当1x时，2()2(1)0f xx；当1x时，()0f x 所以，不等式()0f x 的解集为(,1)（2）因为()=0f a，所以1a 当1a，(,1)x 时，()=()+(2)()=2()(1)0f xax xx xaax x 所以，a的取值范围是1,)