2019年全國卷2理數(shù)試題

1、絕密啟用前2019 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)本試卷共 5 頁?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。 注意事項： 1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用 2B 鉛筆填涂；非選擇題必須使用 0.5 毫米黑色字跡的簽字筆書寫， 字體工整、筆跡清楚。 3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上 答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。 5保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共 12小題，每小

2、題 5分，共 60 分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目 要求的 21設(shè)集合 A=x|x2-5x+6>0 ，B= x|x-1<0 ，則 AB=A（-， 1）B（-2，1）C（-3，-1）D （3， +）2設(shè) z=-3+2i ，則在復(fù)平面內(nèi) z 對應(yīng)的點位于A第一象限B 第二象限C第三象限D(zhuǎn) 第四象限3已知 AB =（2,3）， AC=（3，t），BC=1，則 AB BC=A-3B -2C2D 342019年 1月 3日嫦娥四號探測器成功實現(xiàn)人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業(yè)取得又一重大成就，實現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個關(guān)鍵技術(shù)問題是地面與探測器的通訊聯(lián)系 為解

3、決這個問題，發(fā)射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2 點的軌道運行 L2點是平衡點，位于地月連線的延長線上設(shè)地球質(zhì)量為M，月球質(zhì)量為 M，地月距離為 R， L2 點到月球的距離為 r，根據(jù)牛頓運動定律和萬有引力定律， r 滿足方程：M12(R r)2M22M1(R r)MR31r設(shè) r ，由于 的值很小，因此在近似計算中 R33ACMM21R2 rR3 3 3 4 5，則 r 的近似值為5演講比賽共有 9 位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時，從 9 個原始評分中去掉 1 個 最高分、 1個最低分，得到 7 個有效評分 .7 個有效評分與 9個原始評分相比，不變

4、的數(shù)字特征是A中位數(shù)C方差6若 a>b，則A ln（ a- b）>033C a - b >07設(shè) ， 為兩個平面，則 的充要條件是 A 內(nèi)有無數(shù)條直線與 平行 C，平行于同一條直線B平均數(shù)D極差abB 3 <3D a >bB 內(nèi)有兩條相交直線與 平行D ，垂直于同一平面28若拋物線 y2=2px(p>0)的焦點是橢圓 3p22 xy1 p的一個焦點，則 p=A2C4B3D89下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間 ( ，24A f(x)= co s2x C f(x)=cos x2 )單調(diào)遞增的是B f(x)= sin 2x f(x)= sin xD10已知 (0 ，)

5、， 2sin 2=cos 2+1，則 sin = 21A5C 33BD5525511設(shè) F 為雙曲線x ( ,m ，都有 f (x) ，則 m 的取值范圍是9,45C,C,2ABD,7,38 ,322x y 2 2 2 C： 22 1(a 0,b 0) 的右焦點， O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F 為直徑的圓與圓 x2 y2 a2ab交于 P，Q兩點.若 PQ OF ，則 C 的離心率為A 2B 3C 2D 512設(shè)函數(shù) f ( x)的定義域為 R，滿足 f(x 1) 2 f(x)，且當(dāng) x (0,1時， f (x) x(x 1) .若對任意 8二、填空題：本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20分13

6、我國高鐵發(fā)展迅速，技術(shù)先進 .經(jīng)統(tǒng)計，在經(jīng)停某站的高鐵列車中，有10 個車次的正點率為 0.97，有20 個車次的正點率為 0.98，有 10 個車次的正點率為 0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點率 的估計值為 .14已知 f (x)是奇函數(shù)，且當(dāng) x 0時， f(x)eax.若 f (ln 2) 8，則 a .15 ABC的內(nèi)角 A, B,C的對邊分別為 a,b,c.若b 6,a 2c,B，則 ABC的面積為 .3 16中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體 ”(圖 1).半正多面體是

7、由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體 .半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美 .圖 2 是一個棱數(shù)為 48的半正多面體，它的所有頂點都 在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有 個面，其棱長為.(本題第一空 2 分，第二空 3 分.)三、解答題：共70 分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第1721 題為必考題，每個試題考生都必須作答 第 22、23 為選考題，考生根據(jù)要求作答一）必考題：共 60 分。17（ 12 分）如圖，長方體 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，點 E 在棱 AA1上， BEEC1.（1）證明：BE平面 EB1C1；（2）若 A

8、E=A1E，求二面角 BECC1 的正弦值 . 18（ 12 分）11 分制乒乓球比賽，每贏一球得 1 分，當(dāng)某局打成 10:10 平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得 2 分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束 .甲、乙兩位同學(xué)進行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時甲得分的概率為 0.4，各球的結(jié)果相互獨立 .在某局雙方 10:10 平后，甲先發(fā)球，兩人又打了 X 個球該局比賽 結(jié)束 .（ 1）求 P（X=2 ）；（ 2）求事件 “X=4 且甲獲勝 ”的概率 .19（ 12 分）已知數(shù)列 an和bn滿足 a1=1，b1=0， 4an 1 3an bn 4 ， 4bn 1 3bn an 4.（1

9、）證明： an+bn 是等比數(shù)列， anbn是等差數(shù)列；（2）求 an和 bn的通項公式 .20（ 12 分）已知函數(shù)f x ln xx1x11）討論 f（x）的單調(diào)性，并證明f（x）有且僅有兩個零點；2）設(shè) x0是 f（x）的一個零點，證明曲線 y=ln x 在點 A（x0，ln x0）處的切線也是曲線 y ex 的切線 .21（ 12 分）1 已知點 A（-2,0），B（2,0），動點 M（x,y）滿足直線 AM與BM的斜率之積為 - .記 M的軌跡為曲線 C.2 （1）求 C 的方程，并說明 C 是什么曲線；（2）過坐標(biāo)原點的直線交 C 于P，Q兩點，點 P在第一象限， PEx軸，垂足為

10、 E，連結(jié) QE 并延長交C 于點 G.i）證明： PQG 是直角三角形；ii )求 PQG 面積的最大值(二)選考題：共 10 分請考生在第 22、 23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分22選修 4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程 (10 分)在極坐標(biāo)系中， O為極點，點M ( 0, 0)( 0 0)在曲線 C:4sin 上，直線 l過點 A(4,0) 且與OM垂直，垂足為 P.(1)當(dāng) 0= 時，求 0及 l的極坐標(biāo)方程；3(2)當(dāng) M 在 C 上運動且 P 在線段 OM 上時，求 P 點軌跡的極坐標(biāo)方程 .23 選修 4-5：不等式選講 ( 10 分)已知 f (x) |x a|x

11、 | x 2|(x a).(1)當(dāng) a 1時，求不等式 f (x) 0 的解集；(2)若 x ( ,1時， f (x) 0，求 a 的取值范圍 .2019 年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)·參考答案1 A2C3C4D5A6 C7B8D9A10B11 A 12B13 0.9814315 6 316 26； 2 117解：（ 1）由已知得，B1C1 平面 ABB1 A1 ， BE 平面 ABB1 A1故 B1C1 BE BE 平面 EB1C1 又 BE EC1 ，所以（2）由（ 1）知 BEB1 90 由題設(shè)知 RtABE Rt A1B1E ，所以 AEB 45 ， 故 AE AB

12、 ， AA1 2AB 以 D 為坐標(biāo)原點， DA 的方向為 x軸正方向， | DA |為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D -xyz，CB n 0,CE n 0, 所以可取 n=(0, 1, 1). 設(shè)平面 ECC1的法向量為 m=( x， y， z)，則 2z 0,即x y z 0.E(1，0，1)，CE (1, 1,1) ， CC1 (0,0,2) 則C（0，1，0），B（1，1，0）， C1（0，1，2）， 設(shè)平面 EBC的法向量為 n=（ x，y，x），則即 x 0,x y z 0,CC1 m 0, CE m 0,所以可取 m=（ 1， 1， 0）n m 1于是 cos n, m|

13、 n |m|23 所以，二面角 B EC C1的正弦值為218解：（ 1）X=2就是 10：10平后，兩人又打了 2個球該局比賽結(jié)束，則這 2個球均由甲得分，或者均由乙 得分因此 P（X=2）=0.5 ×0.4+（10.5）×（104）=05（2） X=4且甲獲勝，就是 10：10平后，兩人又打了 4個球該局比賽結(jié)束，且這 4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得 1分，后兩球均為甲得分 因此所求概率為0.5 ×( 10.4) +(10.5)×0.4 ×0.5 ×0.4=0.1119解：( 1)由題設(shè)得 4(an 1 bn 1) 2(a

14、n bn)，即 an 1 bn 1(an bn) 21又因為 a1+b1=l ，所以 an bn 是首項為 1，公比為 的等比數(shù)列n n 2 由題設(shè)得 4(an 1 bn 1) 4(an bn) 8 ， 即 an 1 bn 1 an bn 2 又因為 a1b1=l ，所以 an bn 是首項為 1，公差為 2的等差數(shù)列1n12）由（ 1）知， an bn 2n1，an bn 2n 1201 1 1所以 an1（anbn）（anbn）1nn 1 ，n2 nn nn2n 2111bn（ an bn） （an bn ）n n n2nnnn2n2解：（ 1）f（x）的定義域為（ 0， 1），（ 1，+

15、）單調(diào)遞增 因為f（e）=1e10 ， f （e2） 2 e21e23 0，e1e1e1所以 f（ x）在（ 1，+）有唯一零點 x1，即 f（x1）=0 f（1）ln x1 x1 1x1又 0 1 1，x1故 f( x)在( 0， 1)有唯一零點x1 11f （x1） 0 ，x1lnx0，x1 )在曲線 y=ex 上x0綜上， f( x)有且僅有兩個零點(2)因為 1 e lnx0 ，故點 Bx0由題設(shè)知 f(x0) 0，即 ln x0x0 1x0 1 11ln x0 故直線 AB 的斜率 kln x0 x0x0 1x0x0 1x0 x0 1x0 1x0x0曲線 y=ex在點 B( ln x

16、0, 1) 處切線的斜率是x01，曲線 y ln x在點 A（ x0,ln x01x0 ) 處切線的斜率也是，x021所以曲線 y ln x 在點 A(x0,ln x0) 處的切線也是曲線 y=ex 的切線y 1(|x| 2) ，所以yy1x2解：( 1)由題設(shè)得 yy1 ，化簡得 x2 4 2x 2 x 2點在 x 軸上的橢圓，不含左右頂點(2)( i)設(shè)直線 PQ 的斜率為 k，則其方程為 y kx(k 0) y kx2由 x2 y 2得 x 2 x y 1 1 2k 242C 為中心在坐標(biāo)原點，焦記u2 ，則 P(u,uk),Q( u, uk),E(u,0) 1 2k 2于是直線 QG的

17、斜率為 k ，方程為2y k2(x u) y k2(x u), 由 2 得22 xy1422 2 2 2 2(2 k2)x2 2uk2x k2u2 8 0 設(shè) G(xG ,yG ) ，則 u和 xG 是方程的解，故xG2u(3k 2) ，由此得 yGuk3uk32 uk從而直線 PG 的斜率為 2 k2u(3k2 2)2 k2 u所以 PQ PG ，即 PQG 是直角三角形2 k2|PG | 2uk k2 1ii)由( i)得|PQ| 2u 1 k2 ，|PG|2 k21 8k(1 k2)所以 PQG 的面積 S| PQPG |22(1 2k2)(2 k2)18(1 k)k121 2( k)2

18、k設(shè) t=k+ 1 ，則由 k>0 得 t2，當(dāng)且僅當(dāng) k=1 時取等號 k8t16因為 S2 在2，+)單調(diào)遞減，所以當(dāng) t=2，即 k=1 時， S 取得最大值，最大值為1 2t29因此， PQG 面積的最大值為 16922解：(1)因為 M 0, 0 在C上，當(dāng) 0 時， 0 4sin 2 3 .33由已知得 |OP| |OA|cos 23設(shè)Q( , )為l上除P的任意一點 .在RtOPQ中 cos |OP | 2，3經(jīng)檢驗，點 P(2, ) 在曲線 cos2 上.33所以， l 的極坐標(biāo)方程為 cos2.3.2)設(shè) P( , )，在 RtOAP中， |OP| |OA | cos