2019高考数学全国卷2试题（理科）

绝密绝密启用前启用前 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|x25x+60，B=x|x1b，则 Aln(ab)0 B3a0 Dab 6.C 取2,1ab=，满足ab，ln()0ab= ，知 A错，排除 A；因为9333 ab = ，知 B错，排除 B；取1, 2ab=，满足ab，12ab=，知 D错，排除 D，因为幂函数 3 yx=是增函数，ab， 所以 33 ab，故选 C 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 7.B 由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是/ /的充分条件，由面面平行性质定理 知， 若/ /， 则内任意一条直线都与平行， 所以内两条相交直线都与平行是/ /的必要条件， 故选 B 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 8若抛物线 y2=2px(p0)的焦点是椭圆 22 3 1 xy pp +=的一个焦点，则 p= A2 B3 C4 D8 8.D 因为抛物线 2 2(0)ypx p=的焦点(,0) 2 p 是椭圆 22 3 1 xy pp +=的一个焦点，所以 2 3() 2 p pp=，解 得8p =，故选 D 9下列函数中，以 2 为周期且在区间( 4 ， 2 )单调递增的是 Af(x)=cos2x Bf(x)=sin2x Cf(x)=cosx Df(x)=sinx 9.A 因为sin|yx=图象如下图，知其不是周期函数，排除 D；因为coscosyxx= ，周期为2，排 除 C，作出cos2yx=图象，由图象知，其周期为 2 ，在区间(,) 4 2 单调递增，A正确；作出sin2yx= 的图象，由图象知，其周期为 2 ，在区间( ,) 4 2 单调递减，排除 B，故选 A 10已知 (0， 2 )，2sin2=cos2+1，则 sin= A 1 5 B 5 5 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 C 3 3 D 2 5 5 10.B 2sin2cos21=+， 2 4sincos2cos.0,cos0 2 = sin0,2sincos=，又 22 sincos1+= ， 22 1 5sin1,sin 5 = =，又sin0， 5 sin 5 = ，故选 B 11 设 F 为双曲线 C： 22 22 1(0,0) xy ab ab =的右焦点，O为坐标原点， 以OF为直径的圆与圆 222 xya+= 交于 P，Q 两点若PQOF=，则 C 的离心率为 A 2 B 3 C2 D 5 11.A 设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQx 轴， 又|PQOFc=，|, 2 c PAPA=为以OF为直径的圆的半径， A为圆心| 2 c OA = , 2 2 c c P ，又P点在圆 222 xya+=上， 22 2 44 cc a+=，即 22 22 2 ,2 2 cc ae a = 2e = ，故选 A 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 12设函数( )f x的定义域为 R，满足 (1)2 ( )f xf x+=，且当(0,1x时，( )(1)f xx x=若对任意 (,xm ，都有 8 ( ) 9 f x ，则 m 的取值范围是 A 9 , 4 B 7 , 3 C 5 , 2 D 8 , 3 12.B (0,1x时，( )= (1)f xx x，( +1)= ( )f x2 f x，( )2 (1)f xf x=，即 ( )f x右移 1 个单位，图 像变为原来的 2 倍 如图所示：当23x时，( )=4 (2)=4(2)(3)f xf xxx，令 8 4(2)(3) 9 xx= ，整理得： 2 945560 xx+= ， 12 78 (37)(38)0, 33 xxxx=（舍） ，(,xm 时， 8 ( ) 9 f x 成 立，即 7 3 m ， 7 , 3 m ，故选 B 二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 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_ 13.098 由题意得，经停该高铁站列车正点数约为10 0.9720 0.98 10 0.9939.2+=，其中高铁 个数为 10+20+10=40，所以该站所有高铁平均正点率约为 39.2 0.98 40 = 14已知( )f x是奇函数，且当0 x 时，( )eaxf x =.若(ln2)8f=，则a =_ 14.-3 因为 ( )f x是奇函数，且当 0 x 时0 x ，( )() ax f xfxe= 又因为ln2(0,1)，(ln2)8f=， 所以 ln2 8 a e= ，两边取以e为底的对数得ln23ln2a=，所以3a =，即3a = 15ABC的内角 , ,A B C的对边分别为, ,a b c.若 6,2 , 3 bac B=，则ABC的面积为_ 15.6 3 由余弦定理得 222 2cosbacacB=+ ， 所以 222 1 (2 )2 26 2 ccc c+ =， 即 2 12c = 解得2 3,2 3cc= （舍去） 所以 24 3ac= ， 113 sin4 32 36 3. 222 ABC SacB = 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） 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 16.(1)26 (2) 21 . 由图可知第一层与第三层各有 9个面，计 18个面，第二层共有 8个面，所以该半 正多面体共有18 826+ =个面 如图， 设该半正多面体的棱长为x， 则ABBEx=， 延长BC与FE交于点G， 延长BC交正方体棱于H， 由半正多面体对称性可知，BGE为等腰直角三角形， 22 ,2( 21)1 22 BGGECHxGHxxx=+=+=， 1 21 21 x= + ，即该半正多面体棱长为 21 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 1721 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 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 （1）证明：BE平面 EB1C1； （2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1的正弦值 17.（1）由已知得， 11 BC 平面 11 ABB A，BE 平面 11 ABB A， 故 11 BC BE 又 1 BEEC，所以BE 平面 11 EBC （2）由（1）知 1 90BEB=由题设知RtABE 11 RtABE，所以45AEB=， 故AEAB=， 1 2AAAB= 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Dxyz， 则C（0，1，0），B（1，1，0）， 1 C（0，1，2），E（1，0，1），(1,0,0)CB =，(1, 1,1)CE =， 1 (0,0,2)CC = 设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 0, 0, CB CE = = n n 即 0, 0, x xyz = += 所以可取n=(0, 1, 1) . 设平面 1 ECC的法向量为m=（x，y，z），则 1 0, 0, CC CE = = m m 即 20, 0. z xyz = += 所以可取m=（1，1，0） 于是 1 cos, |2 = n m n m n m 所以，二面角 1 BECC的正弦值为 3 2 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. 18.（1）X=2就是1010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+（10.5） （10.4）=0.5 （2）X=4且甲获胜，就是1010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 （10.4）+（10.5） 0.4 0.5 0.4=0.1 19（12 分） 已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0， 1 434 nnn aab + =+， 1 434 nnn bba + =. （1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列； （2）求an和bn的通项公式. 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 19.（1）由题设得 11 4()2() nnnn abab + +=+，即 11 1 () 2 nnnn abab + +=+ 又因为a1+b1=l，所以 nn ab+是首项为1，公比为 1 2 的等比数列 由题设得 11 4()4()8 nnnn abab + =+，即 11 2 nnnn abab + =+ 又因为a1b1=l，所以 nn ab是首项为1，公差为2的等差数列 （2）由（1）知， 1 1 2 nn n ab +=，21 nn abn= 所以 111 ()() 222 nnnnn n aababn=+=+， 111 ()() 222 nnnnn n bababn=+=+ 20（12 分） 已知函数( ) 1 1 ln x f xx x = + . （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. 20.（1）f（x）的定义域为（0，1）（1，+） 因为 2 12 ( )0 (1) f x xx =+ ，所以( )f x在（0，1），（1，+）单调递增 因为 f（e）= e 1 10 e 1 + ， 22 2 22 e1e3 (e )20 e1e1 f + = ，所以 f（x）在（1，+）有唯一零点 x1， 即 f（x1）=0又 1 1 01 x ， 1 11 11 11 ()ln( )0 1 x fxf x xx + = += = ，故 f（x）在（0，1）有唯一零点 1 1 x 综上，f（x）有且仅有两个零点 （2）因为 0 ln 0 1 e x x = ，故点 B（lnx0， 0 1 x ）在曲线 y=ex上 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 由题设知 0 ()0f x=，即 0 0 0 1 ln 1 x x x + = ，故直线 AB 的斜率 0 0 000 0 000 0 0 111 ln 11 1 ln 1 x x xxx k x xxx x x + = + 曲线 y=ex在点 0 0 1 ( ln,)Bx x 处切线的斜率是 0 1 x ，曲线lnyx=在点 00 (,ln)A xx处切线的斜率也是 0 1 x ， 所以曲线lnyx=在点 00 (,ln)A xx处的切线也是曲线 y=ex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 1 2 .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，PEx 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. 21.（1）由题设得 1 222 yy xx = + ，化简得 22 1(| 2) 42 xy x+=，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)ykx k= 由 22 1 42 ykx xy = += 得 2 2 12 x k = + 记 2 2 12 u k = + ，则( ,),(,), ( ,0)P u uk Quuk E u 于是直线QG的斜率为 2 k ，方程为() 2 k yxu= 更多免费资源，请关注微信公众号【学未已】微信号:Xu e We i Yi 2021 由 22 (), 2 1 42 k yxu xy = += 得 22222 (2)280kxuk xk u+ = 设(,) GG G xy，则u和 G x是方程的解，故 2 2 (32) 2 G uk x k + = + ，由此得 3 2 2 G uk y k = + 从而直线PG的斜率为 3 2 2 2 1 2 (32) 2 uk uk k ukk u k + = + + 所以PQPG，即PQG是直角三角形 （ii）由（i）得 2 | 21PQuk=+， 2 2 21 | 2 uk k PG k + = + ，所以PQG 的面积 2 22 2 1 8() 18 (1) | 1 2(12)(2) 12() k kk k SPQ PG kk k k + + = + + 设 t=k+ 1 k ，则由 k0 得 t2，当且仅当 k=1 时取等号 因为 2 8 1 2 t S t = + 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16 9 因此，PQG 面积的最大值为16 9 （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 44：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: