2019年高考理科数学全国2卷(附答案)

学校：___________________________年_______班姓名：____________________学号：________---------密封线---------密封线---------绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学全国II卷本试卷共23小题，满分150分，考试用时120分钟(适用地区：内蒙古/黑龙江/辽宁/吉林/重庆/陕西/甘肃/宁夏/青海/新疆/西藏/海南)注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每个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，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，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、解答过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，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全国II卷参考答案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