2019年高考理科数学全国卷2含答案.docx

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1、数学试卷 第 1 页（共 24 页） 数学试卷 第 2 页（共 24 页） 绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 理科数学本试卷满分 150 分,考试时间 120 分钟.一、选择题：本题共 12 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，则( )256|0Ax xx 1 0|Bx xAB IA.B.(1)，(2 ) 1 ，C.D.(3)1，(3)，2.设，则在复平面内对应的点位于( )32zizA.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限3.已知，则( )2,3AB uu u r (3 )ACt,uuu r1BC

2、 uu u r AB BC uu u r uu u rA.B.32C.2D.34.2019 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，实现月球背面软着陆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，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日点的轨道运行.点是平衡点，位于地月连线的延长线上.设2L2L地球质量为，月球质量为，地月距离为 R，点到月球的距离为 r，根据牛顿MM2L运动定律和万有引力定律，r 满足方程：.设，由121 223()()MMMRrRrrRr R于的值很小，因此在近似计算中，则 r

3、的近似值为( )345 3 2333(1)A.B.21MRM212MRMC.D.2313MRM2313MRM5.演讲比赛共有 9 位评委分别给出某选手的原始评分，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6.若，则( )abA.B.0()ln ab33abC.D.330abab7.设，为两个平面，则的充要条件是( )PA.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.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则

4、( )220ypx p2231xyppp 毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 3 页（共 24 页） 数学试卷 第 4 页（共 24 页）A.2B.3C.4D.89.下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是( )2 4 2 ，A.B. cos2f xx sin2f xxC.D. cosf xx f xsin x10.已知），则( ) 20a，2sin2cos2 +1sinA.B.1 55 5C.D.3 32 5 511.设 F 为双曲线 C：的右焦点，为坐标原点，以为直径22221(0,0)xyababOOF的圆与圆交于 P，Q 两点.若，

5、则 C 的离心率为( )222xyaPQOFA.B.23C.2D.512.设函数的定义域为，满足，且当时，( )f xR(1)2 ( )f xf x(0,1x.若对任意，都有，则 m 的取值范围是( )( )(1)f xx x(,xm 8( )9f x A.B.9,47,3C.D.5,28,3二、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.已知是奇

6、函数，且当时，.若，则 .( )f x0x ( )eaxf x (ln2)8fa 15.的内角的对边分别为.若，则的面ABC, ,A B C, ,a b c6,2 ,3bac BABC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

7、3 分.）图图三、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。数学试卷 第 5 页（共 24 页） 数学试卷 第 6 页（共 24 页） （一）必考题：共 60 分。17.（12 分）如图，长方体的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱上，1111ABCDABC D1AA.1BEEC（1）证明：平面；BE 11EBC（2）若，求二面角的正弦值.1AEAE1BECC18.（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

8、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.在某局双方平后，甲先发球，两人又打了 X 个球该局比赛结束.10:10（1）求；2P X （2）求事件“且甲获胜”的概率.4X 19.（12 分）已知数列和满足，. na nb11a 10b 1434nnnaab1434nnnbba（1）证明：是等比数列，是等差数列；nnabnnab（2）求和的通项公式. na nb20.（12 分）已知函数. 11lnxf xxx（1）讨论的单调性，并证明有且仅有两个零点； f x f x-在-此-卷-上-答-题-无-效

9、- -毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学试卷 第 7 页（共 24 页） 数学试卷 第 8 页（共 24 页）（2）设是的一个零点，证明曲线在点处的切线也是曲线0x f xylnx00(,)A x lnx的切线.exy 21.（12 分）已知点，动点满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为.记2,0A 2,0B,M x y12M 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，轴，垂足为PExE，连结 QE 并延长交 C 于点 G.（i）证明：是直角三角形；PQG（ii）求面积的最大值.PQG（二）选考题：

10、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，点在曲线上，直线 l 过000(,)(0)M :4sinC点且与垂直，垂足为 P.(4,0)AOM（1）当时，求及 l 的极坐标方程；0=30（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）当时，求不等式的解集；1a ( )0f x （2）若时，求的取值范围.(,1)x ( )0f x a数学试卷 第 9 页（共

11、 24 页） 数学试卷 第 10 页（共 24 页） 2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科数学答案解析第卷一、选择题1 【答案】A【解析】因为，所以2|560|32Ax xxx xx或|1 0| |1Bx xx x，故选 A.|1ABx xI【考点】不等式的求解，集合的交运算【考查能力】运算求解2 【答案】C【解析】由题意，得，其在复平面内对应的点为，位于第三象限，故选32iz ( 3, 2)C.【考点】共扼复数，复数的几何意义【考查能力】运算求解3 【答案】C【解析】因为，所以，解得，所以(1,3)BCACABtuu u ruuu ruu u r21(3)1BCtuu u r

12、3t ，所以，故选 C(1,0)BC uu u r 2 13 02AB BC uu u r uu u r【考点】平面向量的数量积，平面向量的坐标运算【考查能力】运算求解4 【答案】D【解析】由，得，因为，所121 223()()MMMRrRrrR12 122(1)1MMrMRrr RR r R以，得，由，得 312 122(1)(1)MMM345 2 2 133 (1)M M 345 3 2333(1)，即 3，所以，故选 D321M M3 21Mr RM2313MrRM【考查能力】对背景材料的审读，逻辑思维，化归与转化，运算求解5 【答案】A【解析】记 9 个原始评分分别为 a，b，c，d，

13、e，f，g，h，i（按从小到大的顺序排列） ，易知 c 为 7 个有效评分与 9 个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选 A.【考点】样本的数字特征【考查能力】分析问题和解决问题数学试卷 第 11 页（共 24 页） 数学试卷 第 12 页（共 24 页）6 【答案】C【解析】通解 由函数的图象（图略）知，当时，故 A 不lnyx01abln0ab正确；因为函数在上单调递增，所以当时，故 B 不正确；因为3xy Rab33ab函数在上单调递增，所以当时，即，故 C 正确；当3xy Rab33ab330ab时，故 D 不正确。故选 C.0ba| |ab优解 当，时，故排除 A，B，D

14、，故选 C.0.3a 0.4b ln0ab33ab| |ab【考点】函数的性质【考查能力】逻辑思维，运算求解7 【答案】B【解析】对于 A，内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可能相交，所以 A 不正确；对于 B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B 正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以 C 不正确；对于 D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以 D 不正确.综上可知选 B.【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系【考查能力】逻辑思维，空间想象8 【答案】D【解析】由题意，知抛物线的焦

15、点坐标为，椭圆的焦点坐标为，所以,02p(2 ,0)p，解得，故选 D.22pp8p 【考点】抛物线与椭圆的几何性质【考查能力】逻辑思维，运算求解9 【答案】A【解析】A 中，函数的周期为，当时，( )cos2f xx2,4 2x ，函数单调递增，故 A 正确；B 中，函数的周期为，当2,2x( )f x( ) |sin2 |f xx2时，函数单调递减，故 B 不正确；C 中，函数,4 2x 2,2x( )f x的周期为，故 C 不正确；D 中，( )cos| cosf xxx2 由正弦函数图象知，在和时，均以为周sin ,0( )sin|sin ,0x xf xxx x0x0z( )f x2

16、 期，但在整个定义域上不是周期函数，故 D 不正确.故选 A.( )f x【考点】三角函数的图像与性质【考查能力】逻辑思维，运算求解10 【答案】B【解析】由，得，即2sin2cos2124sincos12sin1 .因为，所以，所以22sincos1sin 0,22cos1 sin，解得，故选 B.222sin1 sin1 sin 5sin5【考点】同角三角函数的基本关系，二倍角公式【考查能力】运算求解，逻辑思维11 【答案】A【解析】如图，由题意，知以为直径的圆的方程为，将OF22 2 24ccxy数学试卷 第 13 页（共 24 页） 数学试卷 第 14 页（共 24 页） 记为式，-得

17、，则以为直径的圆与圆的相交弦222xya2axcOF222xya所在直线的方程为，所以.由，得2axc22 2| 2aPQacPQOF，整理得，即，解得，故22 22aacc4224440ca ca42440ee2e 选 A.【考点】双曲线的几何性质、圆与圆的位置关系【考查能力】运算求解，逻辑思维12 【答案】B【解析】当时，则；当时，10x 01 1x 11( )(1)(1)22f xf xxx12x，则；当时，则01 1x ( )2 (1)2(1)(2)f xf xxx23x02 1x ，由此可得22( )2 (1)2(2)2 (2)(3)f xf xf xxx由此作出函数的图象，如图所示

18、，由图可知时21(1) , 102 2(1),01( ) 2(1)(2),12 2 (2)(3),23xxxxxf x xxx xxx LL f x，令，整理，得，解得或，23x282 (2)(3)9xx (37)(38)0xx7 3x 8 3x 将这两个值标注在图中，要使对任意都有，必有，即实数(,xm 8( )9f x7 3mm 的取值范围是，故选 B.7,3【考点】函数的解析式，函数的图象，不等式恒成立问题【考查能力】运算求解，化归与转化第卷二填空题13 【答案】0.98【解析】经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为.100.97200.98100.990.98102010数学试

19、卷 第 15 页（共 24 页） 数学试卷 第 16 页（共 24 页）【考点】用样本估计总体【考查能力】数据处理能力，运算求解能力14 【答案】3当时，.因为函数为奇函数，所以当时，0x0,()axxfxe f x0x，所以，所以.( )()axf xfxe atn21(ln2)82a fe3a 【考点】函数奇偶性【考查能力】逻辑思维，运算求解15 【答案】6 3【解析】解法一 因为，所以由余弦定理号，2ac6b 3B2222cosbacacB得，所以，所以，所以的面积2226(2 )22cos3ccc2 3c 4 3a ABC.11csin4 32 3sin6 3223SaB解法二 因为，

20、所以由余弦定理，得2ac6b 3B2222cosbacacB，得，所以，所以，所以2226(2 )22cos3ccc2 3c 4 3a 222abc号，所以的面积.2AABC12 366 32S 【考点】余弦定理，三角形的面积公式【考查能力】逻辑思维，运算求解16 【答案】2621【解析】依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后 6 个面都在正方体的表面上，且该半正多面体由 18 个正方形和 8 个正三角形围成，因此题中的半正多面体共有 26 个面。注意到该多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为 x，则，解得，故题中的半正多面体的棱长为22122xxx21x

21、.21【考点】弧长的计算【考查能力】运算求解，空间想象能力三、解答题（一）必考题17 【答案】 （1）由已知得平面，平面，故.11BC 11ABB ABE 11ABB A11BCBE又，所以平面.1BEECBE 11EBC（2）由（1）知.由题设知，所以，故190BEB11RtRtABEAB E11AEBAEB ，.AEAB12AAAB以 D 为坐标原点，方的方向为 x 轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角DAuu u r DAuu u r坐标系，则，Dxyz(0,1,0)C(1,1,0)B1(0,1,2)C(1,0,1)E(1,0,0)CB uur，.(1, 1,1)CE uu u r

22、1(0,0,2)CC uuu r设平面 EBC 的法向量为，则即( , , )x y zn00CBCEnn，uuruu u r0,0.xxyz 所以可取.(0, 1, 1) n设平面的法向量为，则，1ECC111,x y zm111,x y zm数学试卷 第 17 页（共 24 页） 数学试卷 第 18 页（共 24 页） ，即，10,0,CCCEmmuuu ruu u r1111200zxyz ，所以可取.于是(1,1,0)m1cos,|2n m n m n m所以，二面角的正弦值为.1BECC3 2【解析】 （1）根据长方体的性质得出平面，从而推出，再结合11BC 11ABB A11BCB

23、E，然后结合已知条件，利用线面垂直的判定定理即可使问题得证；1BEEC（2）以 D 为坐标原点建立恰当的空间直角坐标系，然后求出相关点的坐标与相关向量，求得平面 EBC 与平面的法向量，最后利用向量的夹角公式求解即可.1ECC【考点】直线与平面垂直的证明、几何体体积的求解【考查能力】化归与转化能力、运算求解能力18.【答案】解：（1）就是平后，两人又打了 2 个球该局比赛结束，则这 2 个2X 10 10：球均由甲得分，或者均由乙得分.因此. 20.5 0.410.510.40.5P Xx（2）且甲获胜，就是平后，两人又打了 4 个球该局比赛结束，且这 4 个球的得4X 1010：分情况为：前

24、两球是甲、乙各得 1 分，后两球均为甲得分。因此所求概率为.0.510.410.50.40.5 0.40.1（）（）【解题思路】 （1）由题意知包括甲获胜的概率与乙获胜的概率，则利用互斥事件2P X 的概率公式求解即可；（2）利用相互独立事件与互斥事件的概率公式计算即可。【考点】互斥事件的概率，相互独立事件的概率【考查能力】逻辑思维，数据获取与处理，运算求解19.【答案】解：（1）由题设得，即.1142nnnnabab111 2nnnnabab又因为，所以是首项为 1，公比为的等比数列。111ab|nnab1 2由题设得，即.11448nnnnabab112nnnnabab又因为，所以是首项为

25、 1，公差为 2 的等差数列。111abnnab（2）由（1）知，.11,212nnnnnababn所以， 111 222nnnnnnaababn . 111 222nnnnnnbababn 【解析】 （1）首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列为nnab等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列数学试卷 第 19 页（共 24 页） 数学试卷 第 20 页（共 24 页）为等差数列；nnab（2）由（1）分别求得数列和的通项公式，然后将这两个通项公式进行nnabnnab加减运算即可求得，的通项公式。 na nb【考点】等差数列与等比数列的定义及通项公

26、式【考查能力】逻辑推理，运算求解20.【答案】解：（1）的定义域为.( )f x(0,1)(1,)因为，所以在单调递增.212( )0(1)fxxx( )f x(0,1)(1,)因为，所以在有唯一零点， 22 2 22113( )10,20111eeef ef eeee ( )f x(1,)1x即.又，故在有唯一 10f x 1 11 11111101,ln01xfxf xxxx ( )f x(0,1)零点.11 x综上，有且仅有两个零点。( )f x（2）因为，故点在曲线上由题设知，即0ln01ex x0 01ln,Bxxxye 00f x，连接 AB，则直线 AB 的斜率曲线0 0 01l

27、n1xxx0 0 00000000 0111ln11 1ln 1xxxxxkxxxxxx在点处切线的斜率是一，曲线在点处切线的斜xye0 01ln,Bxx1ynx00,lnA xx率也是一，所以曲线在点处的切线也是曲线的切线.1ynx00,lnA xxxye【解析】 （1）首先求得函数的定义域，然后求出了，根据了与 0 的大小关( )f x( )fx( )fx系可得函数的单调性，从而利用函数零点的存在性定理证明即可；( )f x（2）先确定点在曲线上，结合得直线 AB 的斜率，再由导数0 01ln,Bxxxye 00f x的几何意义确定曲线在点 B 处的切线斜率及曲线在点 A 处的切线斜率，x

28、ye1ynx从而使问题得证。【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点，导数的几何意义【考查能力】逻辑推理，运算求解21.【答案】解：（1）由题设得，化简得，所以 C 为1 222yy xx 22 1(| 2)42xyx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由得.22 142ykxxy2212x k 记，则. 2212u k ( ,),(,),( ,0)P u uk Quuk E u于是直线 QG 的斜率为，方程为.2k()2kyxu由得22(),2142kyxuxy 222222280kxuk xk u设

29、，则和是方程的解，故，由此得.,ccG xyuGx22322Gukxk322Gukyk从而直线 PG 的斜率为.所以，即是直角三角形.322212 322ukukk kuk uk PQPGPQG数学试卷 第 21 页（共 24 页） 数学试卷 第 22 页（共 24 页） （ii）由（i）得，所以么的面积221PQuk2221|2uk kPGkPQG设，则由得，当 222218811|2122112kkkkSPQ PGkkkk1tkk0k2t且仅当时取等号。1k 因为 在单调递减，所以当，即时，S 取得最大值，最大值为28 12tSt2,)2t 1k 16 9因此，面积的最大值为等PQG【解析

30、】 （1）利用斜率公式建立方程，化简即可求得曲线 C 的方程，从而可判断曲线类型.（2） （i）设直线 PQ 的方程为，然后与椭圆方程联立，求得点 P，Q，E 的坐0ykx k标，从而求得直线 QG 的方程，并与椭圆方程联立，求得点 G 的坐标，由此求得直线PG 的斜率，进而可使问题得证；（i）由（i）求出，从而得到面积PQPGPOG的表达式，进而利用换元法及函数的单调性求得最大值.【考点】轨迹方程的求法、直线与椭圆的位置关系【考查能力】逻辑推理，运算求解22.【答案】解：（1）因为在 C 上，所以当时，.00,M 0304sin2 33由已知得.| |cos23OPOA设为 l 上除 P 的

31、任意一点，连接 OQ，在中，.( , )Q RtOPQcos| 23OP经检验，点在曲线上所以，l 的极坐标方程为.2,3P cos23cos23（2）设，在中，即.( , )P RtOAP| |cos4cosOPOA4cos因为 P 在线段 OM 上，且，故的取值范围是.APOM,4 2 所以，P 点轨迹的极坐标方程为，.4cos,4 2 【解析】 （1）由点 M 在曲线 C 上，将代入曲线 C 的极坐标方程中即可求得的值，030设出直线 l 上除 P 外的任意一点 Q 的极坐标，结合的值及平面几何知识即可求得OP直线 l 的极坐标方程；（2）设点，根据题意得到，再根据已知条件求得的取值范围

32、，从而求( , )P 4cos得 P 点轨迹的极坐标方程.【考点】查极坐标的几何意义，动点的轨迹方程的求法【考查能力】数形结合思想的运用，运算求解，逻辑思维23.【答案】解：（1）当时.当时，1a ( ) |1|2|(1)f xxxxx1x；2( )2(1)0f xx 当时.1x( ) 0f x 所以，不等式的解集为.( )0f x (,1)（2）因为，所以，( )0f a 1a当.时.1a(,1)x ( )()(2)()2()(1)0f xax xx xaax x所以，a 的取值范围是.1,)【解析】 （1）首先求得当时，函数的解析式，然后分，讨论函数1a f xx11x的范围，从而求得不等式的解集； f x数学试卷 第 23 页（共 24 页） 数学试卷 第 24 页（共 24 页）（2）首先由及已知条件得到 a 的取值范围，然后结合 x 的取值范围，利用因式分 0f a 解求得的范围，从而求得 a 的取值范围. f x【考点】绝对值不等式的求解【考查能力】逻辑思维，运算能力