2019年高考全国2卷理科数学及答案(word).pdf

理科数学试题 第 1 页（共 10 页）绝密绝密启用前启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷共 23 题，共 150 分，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条形码区域内。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 05 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、试题卷上答题无效。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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1设集合 Ax|x25x60，B x|x1b，则Aln(ab）0B3a0 Dab7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 y22px(p0）的焦点是椭圆的一个焦点，则 p2231xyppA2 B3C4D89下列函数中，以为周期且在区间(，）单调递增的是242Af(x）cos 2xBf(x）sin 2xCf(x）cosxDf(x）sinx10已知(0，），2sin 2cos 21，则 sin 2ABCD15553325511设 F 为双曲线 C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的22221(0,0)xyababOOF圆与圆交于 P，Q 两点若，则 C 的离心率为222xyaPQOFAB C2D23512设函数的定义域为 R，满足，且当时，()f x(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 ABCD9(,47(,35(,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 097，有 20 个车次的正点率为 098，有 10 个车次的正点率为 099，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已知是奇函数，且当时，若，则()f x0 x()eaxf x (ln2)8f_a 理科数学试题 第 3 页（共 10 页）15的内角的对边分别为若，则的ABC,A B C,a b c6,2,3bac BABC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 题为选考题，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 AEA1E，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 05，乙发球时甲得分的概率为 04，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（X2）；（2）求事件“X4 且甲获胜”的概率19（12 分）理科数学试题 第 4 页（共 10 页）已知数列an和bn满足 a11，b10，1434nnnaab，1434nnnbba（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20（12 分）已知函数 11lnxf xxx（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 yln x 在点 A(x0，ln x0）处的切线也是曲线的切线exy 21（12 分）已知点 A(2,0），B(2,0），动点 M(x,y）满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为记12M 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：是直角三角形；PQG（ii）求面积的最大值PQG（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，点在曲线上，直线 l 过点000(,)(0)M:4sinC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理科数学试题 第 5 页（共 10 页）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理科数学试题 第 6 页（共 10 页）2019 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学参考答案说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则。二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答末改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分。一、选择题1A 2C 3C 4D 5A 6C7B 8D 9A 10B 11A 12B二、填空题130.981431561626；321三、解答题：17解：（1）由已知得，平面，平面，故11BC 11ABB ABE 11ABB A11BC BE又，所以平面1BEECBE 11EBC（2）由（1）知由题设知，所以190BEB11RtRtABEAB E，45AEB故，AEAB12AAAB以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建DDA|DA 立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），1CE（1，0，1），(1,1,1)CE 1(0,0,2)CC 设平面EBC的法向量为n（x，y，x），则即所以可取n0,0,CBCE nn0,0,xxyz(0,1,1)设平面的法向量为m（x，y，z），则1ECC即所以可取m（1，1，0）10,0,CCCE mm20,0.zxyz理科数学试题 第 7 页（共 10 页）于是所以，二面角的正弦值为1cos,|2 n mn mn m1BECC3218解：（1）X2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（X2）0504（105）（104）05（2）X4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05（104）（105）0405040119解：（1）由题设得，即114()2()nnnnabab111()2nnnnabab又因为a1b1l，所以是首项为1，公比为的等比数列nnab12由题设得，114()4()8nnnnabab即112nnnnabab又因为a1b1l，所以是首项为1，公差为2的等差数列nnab（2）由（1）知，112nnnab21nnabn所以，111()()222nnnnnnaababn111()()222nnnnnnbababn20解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，）单调递增因为 f（e），e 110e 122222e1e3(e)20e1e1f所以 f（x）在（1，）有唯一零点 x1，即 f（x1）0又，1101x1111111()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（2）因为，故点 B（lnx0，）在曲线 yex上0ln01exx01x理科数学试题 第 8 页（共 10 页）由题设知，即，0()0f x0001ln1xxx故直线 AB 的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx曲线 yex在点处切线的斜率是，曲线在点处001(ln,)Bxx01xlnyx00(,ln)A xx切线的斜率也是，01x所以曲线在点处的切线也是曲线 yex的切线lnyx00(,ln)A xx21解：（1）由题设得，化简得，所以 C 为中心1222yyxx 221(|2)42xyx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22142ykxxy2212xk 记，则2212uk(,),(,),(,0)P u uk QuukE u于是直线的斜率为，方程为QG2k()2kyxu由得22(),2142kyxuxy22222(2)280kxuk xk u设，则和是方程的解，故，由此(,)GGG xyuGx22(32)2Gukxk得322Gukyk理科数学试题 第 9 页（共 10 页）从而直线的斜率为PG322212(32)2ukukkukkuk 所以，即是直角三角形PQPGPQG（ii）由（i）得，2|21PQuk2221|2uk kPGk所以PQG 的面积222218()18(1)|12(12)(2)12()kkkkSPQ PGkkkk设 tk，则由 k0 得 t2，当且仅当 k1 时取等号1k因为在2，）单调递减，所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最2812tSt大值为169因此，PQG 面积的最大值为16922解：（1）因为在C上，当时，00,M 0304sin2 33由已知得|cos23OPOA设为l上除P的任意一点在中，(,)Q RtOPQcos|23OP经检验，点在曲线上(2,)3Pcos23所以，l的极坐标方程为cos23（2）设，在中，(,)P RtOAP|cos4cos,OPOA即 4cos理科数学试题 第 10 页（共 10 页）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,4 223解：（1）当 a1 时，()=|1|+|2|(1)f xxxxx当时，；当时，1x 2()2(1)0f xx 1x()0f x 所以，不等式的解集为()0f x(,1)（2）因为，所以()=0f a1a 当，时，1a(,1)x()=()+(2)()=2()(1)0f xax xx xaax x所以，的取值范围是a1,)