《(精校版)2019年全国卷Ⅱ理数高考试题文档版(附答案).pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《(精校版)2019年全国卷Ⅱ理数高考试题文档版(附答案).pdf(10页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
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 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|x 2 5x+60 ,B= x|x 1b,则 Aln(a- b)0 B3 a0 D a b 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y 2=2px(p0)的焦点是椭圆 22 3 1 xy pp 的一个焦点,则p= A2 B3 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)= cos2 xBf(x)= sin2x Cf(x)=cos xDf(x
3、)=sin x 10已知(0, 2 ),2sin2 =cos2 +1,则sin = A 1 5 B 5 5 C 3 3 D 2 5 5 11设 F 为双曲线C: 22 22 1(0,0) xy ab ab 的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆 222 xya交于 P,Q 两点若PQOF,则 C 的离心率为 A 2 B 3 C2 D 5 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 ( ) 9 f x ,则 m的取值范围是 A 9 , 4 B 7 , 3 C 5 , 2 D 8
4、 , 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0x时,( )e ax fx .若 (ln 2)8f ,则 a _ 15ABC的 内 角,A B C的 对边 分别为, ,a b c.若 6,2 , 3 bac 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、
5、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。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
6、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 B EC C1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
7、足 a1=1,b1 =0,14 34 nnn aab, 1 434 nnn bba. (1)证明: an+bn是等比数列, an bn是等差数列; (2)求 an和bn的通项公式 . 20( 12 分) 已知函数 1 1 ln x fxx x . (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 e x y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 2 .记 M 的轨迹为曲线C. (1)求
8、 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 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
9、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( )0fx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 一、选择题 1.答案: A 解答:2|xxA或3x,1|xxB,)(1 ,BA. 2.答案: C 解析:i 23z,对应的点坐标为),(2-3-, 故选 C. 3答案: C 解答:(1,3)BCACABt, 22 |1(3)1BCt,解得3t,(1,0)BC, 2AB BC. 4答案:
10、 D 解答: 121121 2232222 ()(1) ()(1) MMMMMM Rr RrrRRrR , 所以有 23 211 22222 133 (1) (1)(1) MMM rRR , 化简可得 223 3312 2122 1 33 3 (1)3 M rM MM RM ,可得 2 3 1 3 M rR M . 5.答案: A 解答: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.答案: C 解答:由函数 3 yx在R上是增函数,且ab,可得 33 ab,即
11、33 0ab. 7.答案: B 解析:根据面面平行的判定定理易得答案. 选 B. 8.答案: D 解答:抛物线)0(2 2 ppxy的焦点是)0, 2 ( p ,椭圆1 3 22 p y p x 的焦点是)0,2(p, p p 2 2 ,8p. 9.答案: A 解答:对于A,函数|2cos|)(xxf的周期 2 T,在区间, 42 单调递增 ,符合题意; 对于 B,函数|2sin|)(xxf的周期 2 T ,在区间, 42 单调递减 ,不符合题意; 对于 C,函数xxxfcos|cos)(,周期2T,不符合题意; 对于 D,函数|sin)(xxf的周期T,不符合题意 . 10.答案: B 解析
12、:(0,) 2 , 2 2sin 2cos214sincos2cos, 则 1 2sincostan 2 ,所以 2 12 5 cos 1tan5 , 所以 25 sin1cos 5 . 11.答案 :A 解答:| |PQOFc,90POQ, 又| |OPOQa, 222 aac,解得2 c a ,即2e. 12.答案: B 解答:由当xR,(1)2 ( )fxf x,且当(0,1x时,( )(1)fxx x可知当(1, 2x时, 2 31 ( )2() 22 f xx, 当(2,3x时 , 2 5 ()4()1 2 fxx, 当( ,1,xn nnZ时 , 221 ( )2 ()2 2 nn
13、 f xxn,函数值域随变量的增大而逐渐减小,对任意的(,xm,都有 8 ( ) 9 f x有 2 385 4()1() 292 mm解得的取值范围是 7 3 m。 二、填空题 13.答案: 0.98 解 答 : 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 100.97200.98100.99 0.98 40 P。 14.答案:3 解答: ln 2ln 2 (ln 2)(ln 2)()()28 aaa ffee, 3a. 15.答案:36 解析: 2 1 4 364 23 coscos 2 22222 c cc ac bca
14、 B , 113 2 3,4 3,sin4 32 36 3 222 caSacB . 16.答案: 26;2-1 解析: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 17解:(1)由已知得, 11 B C平面 11 ABB A,BE平面 11 ABB A,故 11 B CBE又 1 BEEC, 所以BE平面 11 EB C (2)由( 1)知 1 90BEB由题设知RtABE 11 RtA B E,所以45AEB, 故AE AB, 1 2AAAB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
15、直角坐标系D xyz, 则C(0,1, 0), B(1,1,0), 1 C(0,1,2), E(1,0,1),(1,0,0)CB,(1, 1,1)CE, 1 (0,0,2)CC 设平面 EBC的法向量为 n=(x, y,x),则 0, 0, CB CE n n 即 0, 0, x xyz 所以可取 n=(0, 1, 1). 设平面 1 ECC的法向量为 m=(x,y, z),则 1 0, 0, CC CE m m 即 20, 0. z xyz 所以可取 m=(1,1,0) 于是 1 cos, |2 n m n m nm 所以,二面角 1 BECC的正弦值为 3 2 18解:( 1)X=2就是
16、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)=0.5 0.4+(1 0.5)(1 0.4)=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 (1 0.4)+(1 0.5) 0.4 0.5 0.4=0.1 19解:( 1)由题设得11 4()2() nnnn abab ,即 11 1 () 2 nnnn abab 又因为a1+b1=l,所以 nn ab 是首项为 1,公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4(
17、)8 nnnn abab ,即11 2 nnnn abab 又因为 a1 b1 =l,所以nna b是首项为 1,公差为 2的等差数列 (2)由( 1)知, 1 1 2 nnn ab,21 nn abn 所以 111 ()() 222 nnnnnn aababn , 111 ()() 222 nnnnn n bababn 20解:( 1) f(x)的定义域为(0,1)(1,+) 因为 2 12 ( )0 (1) f x xx ,所以( )f x在( 0,1),( 1,+)单调递增 因为 f(e)= e 1 10 e 1 , 22 2 22 e1e3 (e )20 e1e1 f ,所以 f(x)
18、在( 1,+)有唯一零点x1, 即 f(x1)=0又 1 1 01 x , 1 11 11 11 ()ln()0 1 x fxf x xx ,故f(x)在( 0,1)有唯一零 点 1 1 x 综上, f(x)有且仅有两个零点 (2)因为 0ln 0 1 e x x ,故点 B( lnx0, 0 1 x )在曲线y=e x 上 由题设知 0 ()0f x,即 0 0 0 1 ln 1 x x x ,故直线AB 的斜率 0 0 000 0 000 0 0 111 ln 11 1 ln 1 x x xxx k x xxx x x 曲线 y=e x 在点0 0 1 (ln,)Bx x 处切线的斜率是
19、0 1 x ,曲线lnyx在点 00 (,ln)A xx 处切线的斜率也是 0 1 x , 所以曲线 lnyx在点 00 (,ln)A xx 处的切线也是曲线y=e x 的切线 21解:(1)由题设得 1 222 yy xx ,化简得 22 1(|2) 42 xy x,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 22 1 42 ykx xy 得 2 2 12 x k 记 2 2 12 u k ,则( ,),(,),( ,0)P u ukQuukE u 于是直线QG的斜率为 2 k ,方程为() 2 k
20、 yxu 由 22 (), 2 1 42 k yxu xy 得 22222 (2)280kxuk xk u 设(,) GG G xy,则u和 G x是方程的解,故 2 2 (32) 2 G uk x k ,由此得 3 2 2 G uk y k 从而直线PG的斜率为 3 2 2 2 1 2 (32) 2 uk uk k ukk u k 所以PQPG,即PQG是直角三角形 (ii )由( i)得 2 | 21PQuk, 2 2 21 | 2 ukk PG k ,所以 PQG 的面积 2 22 2 1 8() 18 (1) | 1 2(1 2)(2) 1 2() k kk k SPQ PG kk k
21、 k 设 t=k+ 1 k ,则由 k0 得 t 2,当且仅当k=1 时取等号 因为 2 8 1 2 t S t 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 9 因此, PQG 面积的最大值为 16 9 22解:( 1)因为 00 ,M在C上,当 0 3 时, 0 4sin2 3 3 由已知得| |cos2 3 OPOA 设(, )Q为l上除 P的任意一点在RtOPQ中,cos| 2 3 OP , 经检验,点(2,) 3 P 在曲线cos2 3 上 所以, l的极坐标方程为cos2 3 (2)设(, )P,在RtOAP中,| | cos4cos,OPOA即4cos 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( )0fx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,)
链接地址:https://www.31doc.com/p-5571869.html