《2019年全国II卷理科数学高考真题(含答案)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年全国II卷理科数学高考真题(含答案)（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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 小题，每小
2、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)=si
3、nx 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 B3 C 2 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 , 3 二、
4、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0 x时，( )e ax f x.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、正方体或圆柱体，但 南北朝时期的
5、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 是正方形，点E 在棱 AA1上，
6、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满足 a1=1，b1 =0， 1 4
7、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 C 的方程，并说明C 是什么
8、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上运动且P在线段OM 上时，求 P点轨迹的极
9、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 2 C 3C 4D 5A 6C 7 B 8D 9A 10B 11 A 12B 13 0.98 14 3 15 6 3 1626； 21 17解：（ 1）由已知得， 11 BC平面 11 ABB A，BE平面 11 ABB A， 故 11 BCBE 又 1 BEEC，所以 BE平面11 EBC （2）由（ 1）知 1 90
10、BEB由题设知RtABE 11 RtAB E，所以45AEB， 故AEAB， 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 10, 0, CC CE m m 即 20,
11、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 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()
12、 nnnn abab，即 11 1 () 2 nnnn abab 又因为 a1+b1 =l，所以nna b是首项为 1，公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4()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 nnnnnn bababn 20解：（ 1）f（x）的定义域为（0， 1）（1，+） 因为 2 12 ( )0 (1) f x xx
13、，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）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 0 ln 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
14、 000 0 000 0 0 111 ln 11 1 ln 1 x x xxx k x xxx x x 曲线 y=ex在点 0 0 1 ( ln,)Bx x 处切线的斜率是 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 yk
15、x xy 得 2 2 12 x k 记 2 2 12 u k ，则( ,),(,),( ,0)P u uk QuukE u 于是直线QG的斜率为 2 k ，方程为() 2 k 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
16、21 | 2 uk k PG k ，所以 PQG 的面积 2 22 2 1 8() 18 (1) | 1 2(1 2)(2) 12() k kk k SPQ PG kk k 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 12 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
