高考全國2卷理科數(shù)學(xué)

1、絕密啟用前2019年一般高等學(xué)校招生全國一致考試?yán)砜茢?shù)學(xué)一、選擇題：本題共12小題，每題5分，共60分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的。1設(shè)會集Ax|x25x60，Bx|x1b，則Aln(a-b）0B3a0Dab7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B內(nèi)有兩條訂交直線與平行C，平行于同一條直線D，垂直于同一平面8若拋物線y22px(p0）的焦點是橢圓x2y21的一個焦點，則p3ppA2B3C4D89以下函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間(，）單調(diào)遞加的是242Af(x）cos2xBf(x）sin2xCf(x）cosxDf(x）sinx理科數(shù)學(xué)試題第1頁（共7頁）1

2、0已知(0，），2sin2cos21，則sin2A1B5C3D255x2y25351(a0,b0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓11設(shè)F為雙曲線C：x2y2a2交于P，Q兩點若PQOF，則C的離心率為A2B3C2D512設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為R，滿足f(x1)2f(x)，且當(dāng)x(0,1時，f(x)x(x1)若對任意x(,m，都有f(x)8，則m的取值范圍是9A(,9B(,7C(,5D(,84323二、填空題：本題共4小題，每題5分，共20分。13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097，有20個車次的正點率為098，有10個車次的正

3、點率為099，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)x0時，f(x)eax若f(ln2)8，則a_15ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c若b6,a2c,BABC的面積為，則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）半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體半正多面體表現(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，它的所有極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

4、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，每個試題考生都必定作答。第22、23題為選考題，考生依照要求作答。（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，BEEC11）證明：BE平面EB1C1；2）若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值理科數(shù)學(xué)試題第2頁（共7頁）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05，乙發(fā)球時甲得分的概率為04

5、，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（X2）；2）求事件“X4且甲獲勝”的概率19（12分）已知數(shù)列an和bn滿足a11，b10，4an13anbn4，4bn13bnan41）證明：anbn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)fxlnxx1x1（1）談?wù)揻(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ylnx在點A(x0，lnx0）處的切線也是曲線yex的切線21（12分）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

6、為-1記M的軌跡2為曲線C（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。若是多做，則按所做的第一題計分。22選修44：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)(00)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(fā)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45：不等式選講（1

7、0分）已知f(x)|xa|x|x2|(xa).（1）當(dāng)a1時，求不等式f(x)0的解集；（2）若x(,1)時，f(x)0，求a的取值范圍理科數(shù)學(xué)試題第3頁（共7頁）2019年一般高等學(xué)校招生全國一致考試?yán)砜茢?shù)學(xué)參照答案一、選擇題1A2C3C4D5A6C7B8D9A10B11A12B二、填空題130.9814315631626；21三、解答題：17解：（1）由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE又BEEC1，因此BE平面EB1C1（2）由（1）知BEB190由題設(shè)知RtABERtA1B1E，因此AEB45，故AEAB，AA12ABuuuruuur以D為坐標(biāo)原點，

8、DA的方向為x軸正方向，|DA|為單位長，建立以下列圖的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），uuuruuuurCE(1,1,1)，CC1(0,0,2)設(shè)平面EBC的法向量為n（x，y，x），則CBn0,x0,因此可取n(0,1,1)uuurn0,即yCExz0,設(shè)平面ECC1的法向量為m（x，y，z），則CC1m0,2z0,因此可取m（1，1，0）uuur即xyzCEm0,0.于是cosn,mnm1因此，二面角BECC1的正弦值為3|n|m|2218解：（1）X2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

9、分，也許均由乙得分因此P（X2）0504（105）（104）05（2）X4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05（104）（105）04050401理科數(shù)學(xué)試題第4頁（共7頁）19解：（1）由題設(shè)得4(an1bn1)2(anbn)，即an1b11(ab)n2nn又由于a1b1l，因此anbn是首項為1，公比為1的等比數(shù)列2由題設(shè)得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2又由于a1b1l，因此anbn是首項為1，公差為2的等差數(shù)列（2）由（1）知，anbn1，anbn2n1

10、n12因此an1(anbn)(anbn)1n1，22n2b1(ab)(ab)1n1n2nnnn2n220解：（1）f（x）的定義域為（0，1），（1，）單調(diào)遞加e122由于f（e）10，f(e2)2e1e30，e1e21e21因此f（x）在（1，）有唯一零點x1，即f（x1）0又011，f(1)lnx1x11f(x1)0，x1x1x11故f（x）在（0，1）有唯一零點1x1綜上，f（x）有且僅有兩個零點（2）由于1elnx0，故點B（lnx0，1）在曲線yex上x0 x0由題設(shè)知f(x0)x010，即lnx0，x0111x01lnx0 x0 x011x0故直線AB的斜率kx01lnx0 x0

11、x0 x01x0理科數(shù)學(xué)試題第5頁（共7頁）yexB(lnx,1)1ylnx在點A(x0,lnx0)處切線的斜曲線在點0 x0處切線的斜率是x0，曲線1率也是，x0因此曲線ylnx在點A(x0,lnx0)處的切線也是曲線yex的切線yy1，化簡得x221解：（1）由題設(shè)得x224x2點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右極點y21(|x|2)，因此C為中心在坐標(biāo)原2（2）（i）設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為ykx(k0)ykx2由x2y2得x112k242記u2，則P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)12k2于是直線QG的斜率為k，方程為yk(xu)22yk(xu),由2得x2y2421(

12、2k2)x22uk2xk2u280設(shè)G(xG,yG)，則u和xG是方程的解，故xGu(3k22)，由此得yGuk32k22k2uk3uk1從而直線PG的斜率為2k22)uu(3k2k2k2因此PQPG，即PQG是直角三角形（ii）由（i）得|PQ|2u1k2，|PG|2ukk212k2，理科數(shù)學(xué)試題第6頁（共7頁）28(1k)因此PQG的面積18k(1k)k(12k2)(2k2)121k)22(k設(shè)tk1，則由k0得t2，當(dāng)且僅當(dāng)k1時取等號k8t2t2k1S16由于S12t2在，）單調(diào)遞減，因此當(dāng)，即時，獲取最大值，最大值為9因此，PQG面積的最大值為16922解：（1）由于M0,0在C上，當(dāng)0時，04sin3233由已知得|OP|OA|cos23設(shè)Q(,)為l上除P的任意一點在RtOPQ中cos3|OP|2，經(jīng)檢驗，點P(2,)在曲線cos2上33因此，l的極坐標(biāo)方程為cos32（2）設(shè)P(,)，在RtOAP中，|OP|OA|cos4cos,即4cos由于P在線段OM上，且