2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学(全国卷Ⅱ)

1、1 / 15 绝密 启用前 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 数学(全国卷,理) 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

2、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.(2019 全国,理 1)设集合 a=x|x2-5x+60,b=x|x-10,则 ab=( ) a.(-,1) b.(-2,1) c.(-3,-1) d.(3,+) 解析由题意,得 a=x|x3,b=x|x1,所以 ab=x|x1,故选 a. 答案 a 2.(2019 全国,理 2)设 z=-3+2i,则在复平面内对应的点位于( ) a.第一象限 b.第二象限 c.第三象限 d.第四象限 2 / 15 解析由 z=-3+2i,得=-3-2i,则在复平面内对应的点(-3,-2

3、)位于第三象限,故选 c. 答案 c 3.(2019 全国,理 3)已知 =(2,3), =(3,t),| |=1,则 =( ) a.-3 b.-2 c.2 d.3 解析由 = =(1,t-3),| |=12+ (-3)2=1,得 t=3,则 =(1,0).所以 =(2,3) (1,0)=21+30=2.故选 c. 答案 c 4.(2019 全国,理 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

4、朗日 l2点的轨道运行.l2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,l2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:1(+)2+22=(r+r)13. 设 =,由于 的值很小,因此在近似计算中33+34+5(1+)233,则 r的近似值为( ) a.21r b.221r c.3213r d.2313r 解析由 =,得 r=r. 1(+)2+22=(r+r)13, 12(1+)2+222=(1+)12, 即21=2(1+)3-1(1+)2=5+34+33(1+)233, 解得 m23m13. 3 / 15 r=r2313r

5、. 答案 d 5.(2019 全国,理 5)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 解析设 9位评委的评分按从小到大排列为 x1x2x3x4x8x9.对于 a,原始评分的中位数为 x5,去掉最低分 x1,最高分 x9后,剩余评分的大小顺序为 x2x3b,则( ) a.ln(a-b)0 b.3a0 d.|a|b| 解析取 a=2,b=1,满足 ab.但 ln(a-b)=0,排除 a;3a=9,3b=

6、3,3a3b,排除 b;y=x3是增函数,ab,a3b3,故 c 正确;取 a=1,b=-2,满足 ab,但|a|0)的焦点是椭圆23+2=1的一个焦点,则 p=( ) a.2 b.3 c.4 d.8 解析y2=2px的焦点坐标为2,0 ,椭圆23+2=1 的焦点坐标为(3-,0),3p-p=24,解得 p=8,故选 d. 答案 d 9.(2019 全国,理 9)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)=|cos 2x| b.f(x)=|sin 2x| c.f(x)=cos|x| d.f(x)=sin|x| 解析 y=|cos 2x|的图象为,由图知 y=|cos

7、2x|的周期为2,且在区间4,2内单调递增,符合题意;y=|sin 2x|的图象为,由图知它的周期为2,但在区间4,2内5 / 15 单调递减,不符合题意;因为 y=cos|x|=cos x,所以它的周期为 2,不符合题意;y=sin |x|的图象为,由图知其不是周期函数,不符合题意.故选 a. 答案 a 10.(2019 全国,理 10)已知 0,2,2sin 2=cos 2+1,则 sin =( ) a.15 b.55 c.33 d.255 解析2sin 2=cos 2+1, 4sin cos =2cos2. 0,2,cos 0,sin 0, 2sin =cos . 又 sin2+cos2

8、=1, 5sin2=1,即 sin2=15. sin 0,sin =55. 故选 b. 答案 b 11.(2019 全国,理 11)设 f为双曲线 c:2222=1(a0,b0)的右焦点,o 为坐标原点,以 of 为直径的圆与圆 x2+y2=a2交于 p,q 两点.若|pq|=|of|,则 c 的离心率为( ) a.2 b.3 c.2 d.5 解析 6 / 15 如图,设 pq与 x 轴交于点 a,由对称性可知 pqx轴. |pq|=|of|=c, |pa|=2. pa 为以 of 为直径的圆的半径,a 为圆心, |oa|=2. p2,2. 又点 p在圆 x2+y2=a2上,24+24=a2,

9、即22=a2,e2=22=2,e=2,故选 a. 答案 a 12.(2019 全国,理 12)设函数 f(x)的定义域为 r,满足 f(x+1)=2f(x),且当 x(0,1时,f(x)=x(x-1).若对任意 x(-,m,都有 f(x)-89,则 m 的取值范围是( ) a. -,94 b. -,73 c. -,52 d. -,83 解析f(x+1)=2f(x),f(x)=2f(x-1). 当 x(0,1时,f(x)=x(x-1), f(x)的图象如图所示. 7 / 15 当 2x3 时,f(x)=4f(x-2)=4(x-2)(x-3), 令 4(x-2)(x-3)=-89, 整理得 9x2

10、-45x+56=0, 即(3x-7)(3x-8)=0, 解得 x1=73,x2=83. 当 x(-,m时,f(x)-89恒成立,即 m73,故 m -,73. 答案 b 二、填空题:本题共 4小题,每小题 5分,共 20分。 13.(2019 全国,理 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 . 解析由题意,得经停该高铁站的列车的正点数约为 100.97+200.98+100.99=39.2,其中车次数为10

11、+20+10=40,所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为39.240=0.98. 答案 0.98 14.(2019 全国,理 14)已知 f(x)是奇函数,且当 x0时,f(x)=-eax.若 f(ln 2)=8,则 a= . 解析ln 2(0,1),f(ln 2)=8,f(x)是奇函数, f(-ln 2)=-8. 当 x0 时,f(x)=-eax, 8 / 15 f(-ln 2)=-e-aln 2=-8, e-aln 2=8,-aln 2=ln 8, -a=3,a=-3. 答案-3 15.(2019 全国,理 15)abc 的内角 a,b,c 的对边分别为 a,b,c.若 b=

12、6,a=2c,b=3,则abc的面积为 . 解析b2=a2+c2-2accos b, (2c)2+c2-22cc12=62, 即 3c2=36,解得 c=23或 c=-23(舍去). a=2c=43. sabc=12acsin b=124323 32=63. 答案 63 16.(2019 全国,理 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

13、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.) 图 1 9 / 15 图 2 解析 由题图 2可知第一层与第三层各有 9 个面,共计 18 个面,第二层共有 8 个面,所以该半正多面体共有18+8=26 个面.如图,设该半正多面体的棱长为 x,则 ab=be=x,延长 cb与 fe的延长线交于点 g,延长bc 交正方体的另一条棱于点 h.由半正多面体的对称性可知,bge为等腰直角三角形,所以bg=ge=ch=22x,所以 gh=222x+x=(2+1)x=1,解得 x=12+1= 2-1,即该半正多面体的棱长为2-1. 答案

14、26 2-1 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 题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题:共 60 分。 17.(2019 全国,理 17)(12分) 如图,长方体 abcd-a1b1c1d1的底面 abcd是正方形,点 e 在棱 aa1上,beec1. 10 / 15 (1)证明:be平面 eb1c1; (2)若 ae=a1e,求二面角 b-ec-c1的正弦值. (1)证明由已知得,b1c1平面 abb1a1,be平面 abb1a1,故 b1c1be.又 beec1,所以 be平面eb1c1.

15、(2)解由(1)知beb1=90.由题设知 rtaberta1b1e,所以aeb=45, 故 ae=ab,aa1=2ab. 以 d 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,| |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),c1(0,1,2),e(1,0,1), =(1,0,0), =(1,-1,1),1 =(0,0,2). 设平面 ebc 的法向量为 n=(x,y,z),则 = 0, = 0,即 = 0,- + = 0, 所以可取 n=(0,-1,-1). 设平面 ecc1的法向量为 m=(x,y,z),则 1 = 0, = 0,即2 = 0,-

16、+ = 0, 所以可取 m=(1,1,0). 于是 cos=|=-12. 所以,二面角 b-ec-c1的正弦值为32. 11 / 15 18.(2019 全国,理 18)(12分)11分制乒乓球比赛,每赢一球得 1 分.当某局打成 1010 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 1010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. (1)证明 x=2就是 1010平后,两人

17、又打了两个球该局比赛结束,则这两个球均由甲得分,或者均由乙得分.因此 p(x=2)=0.50.4+(1-0.5)(1-0.4)=0.5. (2)解 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(1-0.4)+(1-0.5)0.40.50.4=0.1. 19.(2019 全国,理 19)(12分)已知数列an和bn满足 a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4. (1)证明:an+bn是等比数列,an-bn是等差数列; (2)求an和bn的

18、通项公式. (1)证明由题设得 4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即 an+1+bn+1=12(an+bn). 又因为 a1+b1=1,所以an+bn是首项为 1,公比为12的等比数列. 由题设得 4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即 an+1-bn+1=an-bn+2. 又因为 a1-b1=1,所以an-bn是首项为 1,公差为 2 的等差数列. (2)解由(1)知,an+bn=12-1,an-bn=2n-1. 所以 an=12(an+bn)+(an-bn)=12+n-12, bn=12(an+bn)-(an-bn)=12-n+12. 20.(2019 全国,理 20

19、)(12分)已知函数 f(x)=ln x-+1-1. 12 / 15 (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=ln x 在点 a(x0,ln x0)处的切线也是曲线 y=ex的切线. (1)解 f(x)的定义域为(0,1)(1,+). 因为 f(x)=1+2(-1)20,所以 f(x)在区间(0,1),(1,+)内单调递增. 因为 f(e)=1-e+1e-10,所以 f(x)在区间(1,+)内有唯一零点 x1,即 f(x1)=0. 又 0110). 由 = ,24+22= 1,得 x=21+22. 记 u=21+22

20、,则 p(u,uk),q(-u,-uk),e(u,0). 于是直线 qg的斜率为2,方程为 y=2(x-u). 由 =2(-),24+22= 1,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0. () 设 g(xg,yg),则-u和 xg是方程()的解,故 xg=(32+2)2+2,由此得 yg=32+2. 从而直线 pg 的斜率为32+2-(32+2)2+2-=-1. 所以 pqpg,即pqg 是直角三角形. 由得|pq|=2u1 + 2,|pg|=22+12+2,所以pqg的面积 s=12|pq|pg|=8(1+2)(1+22)(2+2)=8(1+)1+2(1+) 2. 设 t=k+1,则由 k0,得 t2,当且仅当 k=1 时取等号. 因为 s=81+22在区间2,+)内单调递减,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. (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. 14 / 15 22.选修 44:坐标系与参数方程 (2019全国,理 22)(10 分)在极坐标系中,o为极