2019年全國卷2理數(shù)試題

絕密★啟用前2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科數(shù)學本試卷共 5頁。考試結(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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準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，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題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．1．設(shè)集合A={x|x2-5x+6>0}，B={x|x-1<0}，則A∩B=A．(-∞，1)B．(-2，1)C．(-3，-1)D．(3，+∞)2．設(shè)z=-3+2i，則在復平面內(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ABBC=A．-3B．-2C．2D．34．2019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M１，月球質(zhì)量為M２，地月距離為R點到月球的距離為r，根，L2據(jù)牛頓運動定律和萬有引力定律，M1M2(RM1r滿足方程：r)2r2r)3.(RR設(shè)r333453，則r的近似值為，由于的值很小，因此在近似計算中(1)23RA．M2RB．M2RM12M1C．33M2RD．3M2RM13M15．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，不變的數(shù)字特征是A．中位數(shù)B．平均數(shù)C．方差D．極差6．若a>b，則3a<3bA．ln(ab)>0B．33D．│a│>│b│C．a(chǎn)-b>07．設(shè)α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是A．α內(nèi)有無數(shù)條直線與β平行B．α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C．α，β平行于同一條直線D．α，β垂直于同一平面82x2y2．若拋物線y=2px(p>0)的焦點是橢圓3p1的一個焦點，則p=pA．2B．3C．4D．89．下列函數(shù)中，以為周期且在區(qū)間(，)單調(diào)遞增的是242A．f(x)=│cos2x│C．f(x)=cos│x│

B．f(x)=│sin2x│D．f(x)=sin│x│10．已知α∈(0，)，2sin2α=cos2α+1，則sinα=21B．5A．55C．3D．253511．設(shè)FCx2y21(a0,b0)的右焦點，O為坐標原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2y2a2b2a2交于P，Q兩點.若PQOF，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(x1)2f(x)，且當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．,743C．,5D．,823二、填空題：本題共4小題，每小題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x0時，f(x)eax.若f(ln2)8，則a__________.15．△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若b6,a2c,Bπ，則△ABC的面積為__________.316．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.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美.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17～21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）ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.如圖，長方體1）證明：BE⊥平面EB1C1；2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.18．（12分）11分制乒乓球比賽，每贏一球得 1分，當某局打成 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=0，4an1 3an bn 4，4bn1 3bn an 4.1）證明：{an+bn}是等比數(shù)列，{an–bn}是等差數(shù)列；2）求{an}和{bn}的通項公式.20．（12分）已知函數(shù)x1fxlnx.11）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=lnx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的斜率之積為-1.記M的軌跡為曲線C.（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；2（2）過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x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。如果多做，則按所做的第一題計分．22．[選修4-4：坐標系與參數(shù)方程]（10分）在極坐標系中，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0=時，求0及l(fā)的極坐標方程；3（2）當M在C上運動且P在線段OM上時，求P點軌跡的極坐標方程.23．[選修4-5：不等式選講]（10分）已知f(x)|xa|x|x2|(xa).（1）當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.2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科數(shù)學·參考答案1．A2．C3．C4．D5．A6．C7．B8．D9．A10．B11．A12．B13．0.9814．–315．6316．26；2117．解：（1）由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE．又BEEC1，所以BE平面EB1C1．（2）由（1）知BEB190．由題設(shè)知Rt△ABERt△A1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB．以D為坐標原點，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系D-xyz，則C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），CE(1,1,1)，CC1(0,0,2)．設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則CBn0,x0,即CEn0,xyz0,所以可取n=(0, 1,1).設(shè)平面ECC1的法向量為m=（x，y，z），則CC1m0,2z0,即xyz0.CEm0,所以可取m=（1，1，0）．于是cosn,mnm1．|n||m|2所以，二面角BECC1的正弦值為3．218．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+（1–0.5）×（1–04）=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×（1–0.4）+（1–0.5）×0.4]×0.5×0.4=0.1．19．解：（1）由題設(shè)得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn11(anbn)．2又因為a1+b1=l，所以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．又因為a1–b1=l，所以anbn是首項為1，公差為2的等差數(shù)列．（2）由（1）知，an1，anbn2n1．bn1[(an2n111所以anbn)(anbn)]n，22n2b1[(ab)(ab)]1n1．n2nnnn2n220．解：（1）f（x）的定義域為（0，1），（1，+∞）單調(diào)遞增．因為fe=1e122e21e230，（）e10，21e21e所以f（x）在（1，+∞）有唯一零點x1，即f（x1）=0．又011，f(1)lnx1x11f(x1)0，x11x1x1故f（x）在（0，1）有唯一零點1．x1綜上，f（x）有且僅有兩個零點．（2）因為1elnx0，故點B（–lnx0，1）在曲線y=ex上．x0x0由題設(shè)知f(x)0，即lnx0x01，0x0111x01lnx0x0x011故直線AB的斜率kx0lnx0x0x01．x0x0x01曲線y=ex在點B(lnx0,1)處切線的斜率是1，曲線ylnx在點A(x0,lnx0)處切線的斜率也是1，x0x0x0所以曲線ylnx在點A(x0,lnx0)處的切線也是曲線y=ex的切線．21．解：（1）由題設(shè)得yy21，化簡得x2y21(|x|2)，所以C為中心在坐標原點，焦x2x242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ykx(k0)．ykx2由x2y2得x．112k24 2記u2，則P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)．2k21于是直線QG的斜率為k，方程為yk(xu)．22yk(xu),由2x2y212設(shè)G(xG,yG)，則

得(2k2)x22uk2xk2u280．①u和xG是方程①的解，故xGu(3k222)，由此得yGuk32．2k2kuk32uk1從而直線PG的斜率為2k．u(3k22)ku2k2所以PQPG，即△PQG是直角三角形．（ii）由（i）得|PQ|2u1k2，|PG|2ukk212k2，28(1k)PQGS1PG|8k(1k)k所以△的面積2‖(12k2)(