2019年理科数学海南省高考真题含答案

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|x2-5x+60}，B={x|x-10}，则A∩B=A．(-∞，1)B．(-2，1)C．(-3，-1)D．(3，+∞)2．设z=-3+2i，则在复平面内z对应的点位于A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知AB=(2,3)，AC=(3，t)，||BC=1，则ABBC=A．-3B．-2C．2D．34．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L点的轨道运行．2L点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，2L点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：121223()()MMMRrRrrR.设rR，由于的值很小，因此在近似计算中34532333(1)，则r的近似值为A．21MRMB．212MRMC．2313MRMD．2313MRM5．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是A．中位数B．平均数C．方差D．极差6．若ab，则A．ln(a−b)0B．3a3bC．a3−b30D．│a││b│7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面8．若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆2231xypp的一个焦点，则p=A．2B．3C．4D．89．下列函数中，以2为周期且在区间(4，2)单调递增的是A．f(x)=│cos2x│B．f(x)=│sin2x│C．f(x)=cos│x│D．f(x)=sin│x│10．已知α∈(0，2)，2sin2α=cos2α+1，则sinα=A．15B．55C．33D．25511．设F为双曲线C：22221(0,0)xyabab的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆222xya交于P，Q两点.若PQOF，则C的离心率为A．2B．3C．2D．512．设函数()fx的定义域为R，满足(1)2()fxfx，且当(0,1]x时，()(1)fxxx.若对任意(,]xm，都有8()9fx，则m的取值范围是A．9,4B．7,3C．5,2D．8,3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()fx是奇函数，且当0x时，()eaxfx.若(ln2)8f，则a__________.15．ABC△的内角,,ABC的对边分别为,,abc.若π6,2,3bacB，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17～21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，BE⊥EC1.（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=0，1434nnnaab，1434nnnbba.（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11lnxfxxx.（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exy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−12.记M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，PE⊥x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4-4：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点轨迹的极坐标方程.23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）已知()|||2|().fxxaxxxa（1）当1a时，求不等式()0fx的解集；（2）若(,1]x时，()0fx，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1．A2．C3．C4．D5．A6．C7．B8．D9．A10．B11．A12．B13．0.9814．–315．6316．26；2117．解：（1）由已知得，11BC平面11ABBA，BE平面11ABBA，故11BCBE．又1BEEC，所以BE平面11EBC．（2）由（1）知190BEB．由题设知11RtRtABEABE△△，所以45AEB，故AEAB，12AAAB．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），1C（0，1，2），E（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0,0,CBCEnn即0,0,xxyz所以可取n=(0,1,1).设平面1ECC的法向量为m=（x，y，z），则10,0,CCCEmm即20,0.zxyz所以可取m=（1，1，0）．于是1cos,||||2nmnmnm．所以，二面角1BECC的正弦值为32．18．解：（1）X=2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（X=2）=0.5×0.4+（1–0.5）×（1–04）=05．（2）X=4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[0.5×（1–0.4）+（1–0.5）×0.4]×0.5×0.4=0.1．19．解：（1）由题设得114()2()nnnnabab，即111()2nnnnabab．又因为a1+b1=l，所以nnab是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得114()4()8nnnnabab，即112nnnnabab．又因为a1–b1=l，所以nnab是首项为1，公差为2的等差数列．（2）由（1）知，112nnnab，21nnabn．所以111[()()]222nnnnnnaababn，111[()()]222nnnnnnbababn．20．解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f（e）=e110e1，22222e1e3(e)20e1e1f，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．又1101x，1111111()ln()01xfxfxxx，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0ln01exx，故点B（–lnx0，01x）在曲线y=ex上．由题设知0()0fx，即0001ln1xxx，故直线AB的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx．曲线y=ex在点001(ln,)Bxx处切线的斜率是01x，曲线lnyx在点00(,ln)Axx处切线的斜率也是01x，所以曲线lnyx在点00(,ln)Axx处的切线也是曲线y=ex的切线．21．解：（1）由题设得1222yyxx，化简得221(||2)42xyx，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)ykxk．由22142ykxxy得2212xk．记2212uk，则(,),(,),(,0)PuukQuukEu．于是直线QG的斜率为2k，方程为()2kyxu．由22(),2142kyxuxy得22222(2)280kxukxku．①设(,)GGGxy，则u和Gx是方程①的解，故22(32)2Gukxk，由此得322Gukyk．从而直线PG的斜率为322212(32)2ukukkukkuk．所以PQPG，即PQG△是直角三角形．（ii）由（i）得2||21PQuk，2221||2ukkPGk，所以△PQG的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()kkkkSPQPGkkkk‖．设t=k+1k，则由k0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为2812tSt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169．因此，△PQG面积的最大值为169．22．解：（1）因为00,M在C上，当03时，04sin233