2019年高考真题理科数学全国卷II解析

2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国II卷）理科数学一、选择题1.设集合065|2xxxA，01|xxB，则BA()A.)1,(B.)1,2(C.)1,3(D.),3(答案：A解答：2|xxA或3x，1|xxB，∴）（1,BA.2.设iz23,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.第四象限答案：C解析：i23z，对应的点坐标为），（2-3-,故选C.3．已知(2,3)AB，(3,)ACt，||1BC，则ABBC（）A.3B.2C.2D.3答案：C解答：∵(1,3)BCACABt，∴22||1(3)1BCt，解得3t，(1,0)BC，∴2ABBC.4．2019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。实现月球背面软着路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”，鹊桥沿着围绕地球月拉格朗日点的轨道运行，点是平衡点，位于地月连线的延长线上。设地球的质量为，月球质量为，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345323+331（），则r的近似值为（）A．21MRMB．212MRMC．2313MRMD．2313MRM答案：D解答：1211212232222()(1)()(1)MMMMMMRrRrrRRrR所以有2321122222133[(1)](1)(1)MMMrRR化简可得223331221221333(1)3MrMMMRM，可得2313MrRM。5.演讲比赛共有9位评委分别给出某位选手的原始评分，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．极差答案：A解答：由于共9个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第5个，假设为a，去掉一头一尾的最低和最高分后，中位数还是a，所以不变的是数字特征是中位数。其它的数字特征都会改变。6.若ab，则（）A.ln()0abB.33abC.330abD.||||ab答案：C解答：由函数3yx在R上是增函数，且ab，可得33ab，即330ab.7.设,为两个平面，则//的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面答案：B解析：根据面面平行的判定定理易得答案.选B.8.若抛物线)0(22ppxy的焦点是椭圆1322pypx的一个焦点，则p（）A.2B.3C.4D.8答案：D解答：抛物线)0(22ppxy的焦点是)0,2(p，椭圆1322pypx的焦点是)0,2(p，∴pp22，∴8p.9.下列函数中，以2为周期且在区间,42单调递增的是（）A.|2cos|)(xxfB.|2sin|)(xxfC.||cos)(xxfD.||sin)(xxf答案：A解答：对于A,函数|2cos|)(xxf的周期2T,在区间,42单调递增,符合题意；对于B,函数|2sin|)(xxf的周期2T,在区间,42单调递减,不符合题意；对于C，函数xxxfcos||cos)(，周期2T,不符合题意；对于D,函数||sin)(xxf的周期T,不符合题意.10.已知(0,)2，2sin2cos21，则sin（）A.15B.55C.33D.255答案：B解析：(0,)2，22sin2cos214sincos2cos，则12sincostan2，所以2125cos1tan5，所以25sin1cos5.11.设F为双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆222xya交于,PQ两点，若||||PQOF，则C的离心率为（）A.2B.3C.2D.5答案:A解答：∵||||PQOFc，∴90POQ,又||||OPOQa，∴222aac解得2ca，即2e.12.已知函数的定义域为xR，(1)2()fxfx，且当(0,1]x时，()(1)fxxx，若对任意的(,]xm，都有8()9fx，则m的取值范围是（）A．9(,]4B．7(,]3C．5(,]2D．2(,]3答案：B解答：由当xR，(1)2()fxfx，且当(0,1]x时，()(1)fxxx可知当(1,2]x时，231()2()22fxx，当(2,3]x时，25()4()12fxx，……当(,1],xnnnZ时，221()2()22nnfxxn，函数值域随变量的增大而逐渐减小，对任意的(,]xm，都有8()9fx有23854()1()292mm解得的取值范围是73m。二、填空题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.答案：0.98解答：经停该站的列出共有40个车次，所有车次的平均正点率的估计值为100.97200.98100.990.9840P。14.已知()fx是奇函数，且当0x时,()axfxe.若(ln2)8f，则a_______.答案：3解答：∵ln2ln2(ln2)(ln2)()()28aaaffee，∴3a.15.ABC的内角CBA,,的对边分别为cba,,，若,3,2,6Bcab则ABC的面积为_______.答案：36解析：21436423coscos222222cccacbcaB,3623323421sin21,34,32BacSac16.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.)答案：262-1解析：由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.三、解答题17.如图，长方体1111DCBAABCD的底面ABCD是正方形，点E在棱1AA上，1ECBE（1）证明：BE平面11CEB;（2）若EAAE1，求二面角1CECB的正弦值.答案：（1）见解析（2）23解析：（1）证明：∵11CB平面1ABB，BE平面1ABB，∴BECB11，又1ECBE，1111CCBEC，∴BE平面11CEB.（2）设底面边长为1，高为x2，∴122xBE，1221xEB，∵BE平面11CEB，∴901BEB即21212BBEBBE，∴22422xx解得1x.∵BC平面11ABBA，∴EBBC1，又BEEB1，∴EB1平面BCE，故EB1为平面BCE的一个法向量.∵平面CEC1与平面11ACCA为同一平面，故11DB为平面CEC1的一个法向量，在EDB11中，∵21111EBEDDB故EB1与11DB成60角，∴二面角1CECB的正弦值为2360sin.18.11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(2)PX；（2）求事件“4X且甲获胜”的概率.答案：（1）0.5；（2）0.06解析：（1）2X时，有两种可能：①甲连赢两局结束比赛，此时10.50.40.2P；②乙连赢两局结束比赛，此时20.50.60.3P，∴12(2)0.5PXPP；（2）4X且甲获胜，即只有第二局乙获胜，其他都是甲获胜，此时0.50.60.50.40.06P.19.已知数列na和nb满足11a，01b，4341nnnbaa，4341nnnabb.（1）证明：nnba是等比数列，nnba是等差数列；（2）求na和nb的通项公式.答案：（1）见解析（2）21)21(nann，21)21(nbnn.解析：(1)将4341nnnbaa，4341nnnabb相加可得nnnnnnbababa334411，整理可得)(2111nnnnbaba，又111ba，故nnba是首项为1，公比为21的等比数列.将4341nnnbaa，4341nnnabb作差可得8334411nnnnnnbababa，整理可得211nnnnbaba，又111ba，故nnba是首项为1，公差为2的等差数列.（2）由nnba是首项为1，公比为21的等比数列可得1)21(nnnba①；由nnba是首项为1，公差为2的等差数列可得12nbann②；①②相加化简得21)21(nann，①②相减化简得21)21(nbnn。20.已知函数1()ln1xfxxx(1)讨论函数()fx的单调性，并证明函数()fx有且只有两个零点；(2)设0x是()fx的一个零点，证明曲线lnyx在点00(,ln)Axx处的切线也是曲线xye的切线。答案：略解答：（1）函数的定义域为(0,1)(1,)，又2211(1)12()0(1)(1)xxfxxxxx，所以函数在(0,1),(1,)上单调递增，又221232()0,()011efefeee，所以在区间(0,1)存在一个零点，且2223(2)ln230,()01effee，所以在区间(1,)上也存在一个零点，所以函数有且只有2个零点；（2）因为0x是函数的一个零点，所以有000012ln111xxxx。曲线lnyx在00(,ln)Axx处的切线方程为0000112ln11yxxxxxx，曲线曲线xye当切线斜率为01x时，切点坐标为001(ln,)xx，切线方程为00011(ln)yxxxx，化简为00000000211ln1111121xxyxxxxxxxxx，所以曲线lnyx在00(,ln)Axx处的切线也是曲线xye的切线。21.已知点(2,0),(2,0)AB，动点(,)Mxy满足直线AM和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什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于,PQ两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.①证明：PQG是直角三角形；②求PQG的面积的最大值.答案：见解析解答：(1)由题意得：1222yyxx，化简得：