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    2019年高考真题——理科数学(全国卷II)Word版含解析答案-

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    2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国 II卷）
    理科数学
    注意事项：
    1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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,在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合Ax|x5x60，Bx|x10，则AB(

    2A. (,1 B. (2,1 C. (3,1 D. (3, 答案：
    A 解答：
    Ax|x2或x3，Bx|x1，∴AB（,1）. 2. 设z32i,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：
    z32i，对应的点坐标为,故选C. （-3，-2）3．已知AB(2,3，AC(3,t ，|BC|1 ，则ABBC（ ）

    - 1 -
    A.3 B.2 C.2 D.3 答案：
    C 解答：
    ∵BCACAB(1,t3，
    ∴|BC|12(t321，解得t3，BC(1,0， ∴ABBC2. 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，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M1M2M1r(Rr。设。由于的值很小，因此在近似计算中=223(RrrRR33+34533，则r的近似值为（ ）
    2（1）A．M2R M1M2R 2M13M2R M1M2R 3M1B．C．3D．3答案：
    D 解答：
    M1M2M1M1M2M1(Rr(1
    (Rr2r2R3R2(12r2R2
    - 2 -
    M2M1M133231]2所以有22[(1
    rR(12R(12M2M1r23323M2333化简可得M2，可得rR。 M31223M1R(13M15. 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(ab0 B.33 C.ab0 D.|a||b| 答案：
    C 解答：
    由函数yx在R上是增函数，且ab，可得ab，即ab0. 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：
    3ab333333
    - 3 -
    B 解析：
    根据面面平行的判定定理易得答案.选B. x2y21的一个焦点，则p（ ） 8. 若抛物线y2px(p0的焦点是椭圆3pp2A.2 B.3 C.4 D.8 答案： D 解答：
    x2y2p1的焦点是(2p,0， 抛物线y2px(p0的焦点是(,0，椭圆3pp22∴p2p，∴p8. 29. 下列函数中，以为周期且在区间,单调递增的是（ ） 242A. f(x|cos2x| B. f(x|sin2x| C. f(xcos|x|D. f(xsin|x| 答案：
    A 解答：
    对于A,函数f(x|cos2x|的周期T
    2,在区间,单调递增,符合题意； 42对于B,函数f(x|sin2x|的周期T2,在区间,单调递减,不符合题意； 42对于C，函数f(xcos|x|cosx，周期T2,不符合题意； 对于D,函数f(xsin|x|的周期T
    ,不符合题意.
    - 4 -
    10. 已知(0,2，2sin2cos21，则sin（ ）
    A. 1 55 53 325
    5    B.     C.     D. 答案： B 解析：
    (0,，2sin2cos214sincos2cos2，
    21251，所以cos，
    1tan252则2sincostan所以sin1cos25. 5x2y211. 设F为双曲线C:221(a0,b0的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆ab与圆xya交于P,Q 两点，若|PQ||OF| ，则C的离心率为（ ） A.2 B.3 C.2 D.5 答案: A 解答：
    2    2    2
    - 5 -
    ∵|PQ||OF|c，∴POQ90, 又|OP||OQ|a，∴aac
    2    2    2    解得    c2，即e2. a

    12. 已知函数的定义域为xR，f(x12f(x，且当x(0,1]时，f(xx(x1，若对任意的x(,m]，都有f(x8，则m的取值范围是（ ）
    9947B．(,]
    35C．(,]
    22D．(,]
    3A．(,] 答案：
    B 解答：
    由当xR，f(x12f(x，且当x(0,1]时，f(xx(x1可知当x(1,2]时，315f(x2(x2，当x(2,3]时，f(x4(x21，……当x(n,n1],nZ时，2221f(x2n(xn22n2，函数值域随变量的增大而逐渐减小，对任意的x(,m]，283857都有f(x有4(m21(m解得的取值范围是m。
    92923二、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：

    - 6 -
    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P100.97200.98100.990.98。
    40    ax14. 已知f(x是奇函数，且当x0时,f(xe .若f(ln28，则a_______. 答案：
    3
    解答：
    ∵f(ln2f(ln2(e∴a3. 15. ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b6,a2c,B_______. 答案：
    aln2(eln2a2a8，
    3,则ABC的面积为63
    解析：
    a2c2b24c2c2361cosBcos232ac24c,c23,a43,S113acsinB432363222
    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. 答案：
    26

    2-1
    解析：

    - 7 -
    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ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1 （1）证明：BE平面EB1C1; （2）若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值.
    答案：
    （1）见解析 （2）3
    2解析：
    （1）证明：∵B1C1平面ABB1，BE平面ABB1， ∴B1C1BE，又BEEC1，EC1B1C1C1， ∴BE平面EB1C1. （2）设底面边长为1，高为2x，∴BE2x21，B1Ex1，
    22∵BE平面EB1C1，∴BEB190即BEB1EBB1，∴2x224x2解得x1. 222∵BC平面A1ABB1，∴BCB1E，又B1EBE，∴B1E平面BCE，故B1E为平面BCE的一个法向量. ∵平面C1CE与平面A1ACC1为同一平面，故B1D1为平面C1CE的一个法向量， 在B1D1E中，∵B1D1D1EB1E2故B1E与B1D1成60角，
    ∴二面角BECC1的正弦值为sin603. 2
    - 8 -
    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P(X2；
    （2）求事件“X4且甲获胜”的概率. 答案：
    （1）0.5；（2）0.06 解析：
    （1）X2时，有两种可能：
    ①甲连赢两局结束比赛，此时P10.50.40.2； ②乙连赢两局结束比赛，此时P20.50.60.3， ∴P(X2P1P20.5；
    （2）X4且甲获胜，即只有第二局乙获胜，其他都是甲获胜， 此时P0.50.60.50.40.06.
    19. 已知数列an和bn满足a11，b10，4an13anbn4，4bn13bnan4. （1）证明： anbn是等比数列，anbn是等差数列； （2）求an和bn的通项公式. 答案：
    （1）见解析 （2）an(nn解析：
    (1将4an13anbn4，4bn13bnan4相加可得4an14bn13an3bnanbn， 整理可得an1bn1数列. 12111，bn(nn. 22211(anbn，又a1b11，故anbn是首项为1，公比为的等比224bn13bnan4作差可得4an14bn13an3bnanbn8，将4an13anbn4，
    整理可得an1bn1anbn2，又a1b11，故anbn是首项为1，公差为2的等差数列. （2）由anbn是首项为1，公比为11的等比数列可得anbn(n1①； 22由anbn是首项为1，公差为2的等差数列可得anbn2n1②；

    - 9 -
    ①②相加化简得an(nn20. 已知函数f(xlnx12111，①②相减化简得bn(nn。 222x1 x1(1 讨论函数f(x的单调性，并证明函数f(x有且只有两个零点；
    xyef(xylnx(2 设x0是的一个零点，证明曲线在点A(x0,lnx0处的切线也是曲线的切线。
    答案： 略 解答：
    （1）函数的定义域为(0,1(1,，又f(x1x1(x1120，所以22x(x1x(x13e220,f(e10，所以在区间(0,1函数在(0,1,(1,上单调递增，又f(e2e1e12e230，所以在区间(1,上也存在一个存在一个零点，且f(2ln230,f(e2e12零点，所以函数有且只有2个零点；
    （2）因为x0是函数的一个零点，所以有lnx0x0121。曲线ylnx在x01x01A(x0,lnx0处的切线方程为y112xxlnx01x，曲线曲线ye当切线斜率x0x0x01为1111(xlnx0，化简为时，切点坐标为(lnx0,，切线方程为yx0x0x0x0ylnx0111xxx0x0x0x121x0112，所以曲线ylnx在A(x0,lnx0xx0x0x01处的切线也是曲线ye的切线。
    21. 已知点A(2,0,B(2,0，动点M(x,y满足直线AM和BM的斜率之积为轨迹为曲线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P,Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连结QE
    1，记M的2
    - 10 -
    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：
    yy1x2y2，化简得： 1(x2，表示焦点在x轴上的椭(1由题意得：42x2x22圆（不含与x轴的交点）. (2 ①依题意设P(x1,y1,Q(x1,y1,G(x0,y0，直线PQ的斜率为k(k0 ，则
    kPGy1y0yy0y1y0,kGQ1，
    x1x0x1x0x1x02y12y01， 22x1x02∴kPGkGQ又kGQkEQy1yk1，
    x1x12x12∴kPG1，
    k∴PGPQ，即PQG是直角三角形.
    2xykx122k122②直线PQ的方程为ykx(x0，联立x ，得 ， y2k1y1422k211111k21x1， 则直线PG:y(xx1y1xx1kx1xkkkkk
    - 11 -
    24x1(k212x12(k2122x40， 联立直线PG和椭圆C，可得(21xkk2k2则4x1(k21x1x0k22，∴SPQG114x1(k21y1(x1x0kx1 22k2218(k8(k21k8k(k21k， 24221(k2(2k12k5k22(k25k2令tk1，则t2， k∴SPQG8t8t8，
    2(t2252t212t1t9， 216. 9∵(2tmin1t∴(SPQGmax四、选做题（2选1）
    22.选修4-4（极坐标与参数方程）
    在极坐标系中，O为极点，点M(0,0(00在曲线C:=4sin上，直线l过点A(4,0且与OM垂直，垂足为P. 时，求0及l的极坐标方程；
    3（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. （1）当0答案：
    （1）023，l的极坐标方程：sin(62；
    （2）P点轨迹的极坐标方程为=4cos(解答： （1）当0,. 423时，0=4sin04sin323，
    以O为原点，极轴为x轴建立直角坐标系，在直角坐标系中有M(3,3，A(4,0，kOM3，则直线l的斜率k33(x4，化成极坐标方程为，由点斜式可得直线l：y33
    - 12 -
    sin(2；
    6（2）∵lOM∴OPA222，则P点的轨迹为以OA为直径的圆，此时圆的直角坐标方程为(x2y4，化成极坐标方程为=4cos，又P在线段OM上，由4sin可4cos得4，∴P点轨迹的极坐标方程为=4cos(,. 42
    23.选修4-5（不等式选讲）
    已知f(xxaxx2(xa。 （1）当a1时，求不等式f(x0的解集； （2）若x(,1时，f(x0，求a的取值范围。 答案： 略 解答：
    2x24x2(x2,（1）当a1时，f(xx1xx2(x12x2(1x2,
    2x24x2(x1.2x24x202x202x24x20所以不等式f(x0等价于或或解得不等1x2x2x1式的解集为xx2。
    （2）当a1时，由x(,1，可知f(x2(ax(x10恒成立，当a1时根据条件可知f(x0不恒成立。所以a的取值范围是a1。





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