(完整版)2019年高考全国2卷理科数学及答案

1、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|x2-5x+6>0,B=x|x-1<0,则AAB=A.(8,1)B.(-2,1)C.(-3,1)D.(3,+8)2 .设z=3+2i,则在复平面内Z对应的点位于3.A.第一象限uuu已知AB=(2,3)，B.第二象限uuu.AC=t),C.第三象限uuuuuuuurBC=1，则ABBC=D.第四象限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，我

2、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Mi,月球质量为M2,地月距(Rr)MR3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：MiM2,、22(Rr)rr,由于的值很小，因此在近似计算中R334533,则r的近似值为(1)25 .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、数字特征是1个最低分，得到7个有效评分.7个

3、有效评分与9个原始评分相比，不变的A,中位数B,平均数6 .若a>b,则A.ln(a-b)>0B.3a<3b7 .设%3为两个平面，则all3的充要条件是A.”内有无数条直线与3平行C.%3平行于同一条直线C.方差D.极差C. a3-b3>0D.a>bB.a内有两条相交直线与3平行D. %3垂直于同一平面22xy8,若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆3pp1的一个焦点，则p=A.2B.3C.4D.89,下列函数中，以-为周期且在区间(-，一)单调递增的是D.f(x)=sinxA.f(x)=coS2xB.f(x)=sin2xC.f(x)=cosxD.2

4、.5511.设F为双曲线C：2卷1(a0,b0)的右焦点,O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆10.已知长(0,),2sin2芹:cos2a+1,则sina=x2y2a2交于P,Q两点.若|PQOF|,则C的离心率为B. V3C. 2D.12.设函数f(x)的定义域为R,满足f(x1)2f(x),且当x(0,1时，f(x)x(x1).若对任意x(,m,都有f(x)88,则m的取值范围是9A-(,4b(,7D.(、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

5、次的正点率为所有车次的平均正点率的估计值为.0.99,则经停该站高铁列车14 .已知f(x)是奇函数，且当x0时，f(x)eax.若f(ln2)8,则a15 .AABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b6,a2GB.一,则zABC的面积为316 .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

6、，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，证明过程或演算步骤。第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。A1721题为必考题，每个17 .(12分)如图，长方体ABCD力1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在AAi上，BEXECi.(1)证明：BE,平面EBiCi；(2)若AE=AiE,求二面角BECCi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

7、.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=0,4a3anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：an+bn是等比数列，an七n是等差数列；(2)求an和bn的通项公式.20. (12分)1 1已知函数fxlnx.2 1(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(x。，lnx。)处的切线也是曲线yex的切线.21 .(12分)已

8、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.记M的轨迹2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：4PQG是直角三角形；(ii)求4PQG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 .选彳44:坐标系与参数方程(10分)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.(1)当0=3时，求0及l的极坐标

9、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 .选彳45：不等式选讲(10分)已知f(x)|xa|x|x21(xa).(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若x(,1)时，f(x)0,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参考答案、选择题1.A2.C3.C4.D5.A6.C7.B8.D9.A10.B11.,A12.B、填空题13.0.9814.T15.6316.26;21三、解答题:17.解：(1)由已知得,B1cl平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1clBE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB

10、190.由题设知RtAABER1AA1B1E,所以AEB45,故AEAB,AA2AB.uuuuu口以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),C1(0,1,2),E(1,0,1),uuuuuuuCE(1,1,1),CC1(0,0,2).CBn0,x0,uuu即CEn0,xyz所以可取n=(0,1,1).0,设平面EBC的法向量为n=(x,y,x),则设平面ECCi的法向量为m=(x,v,z),则所以可取m=0.1,1,0)CC1m0-2z0,uuu即,CEm0,xyznr'.日cosn,mnm1.

11、所以，二面角BECC1的正弦值为*5|n|m|2218.解：(1)X=2就是10：10平后，两人又打了2个球该局比赛Z束，则这2个球均由甲得分，或者均由乙得分.因此P(X=2)=0.5X0.4+(1-0.5)X(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0,5X(1-0,4)+(1-0.5)X0.4X),5X0,4=0.1.19.解:1)由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn).1,又因为a1+b1=l,所以anbn是首项为1,公比为一的等

12、比数列2由题设得4(an1bn1)4(anbn)8,即an1bn1anbn2.又因为a1W=i,所以anbn是首项为1,公差为2的等差数列.1(2)由(1)知，anbn-V7，anbn2n1.2n，,111所以an2(anbn)(anbJ27n万，,111bn二(anbn)(anbn)*n二.22220.解：(1)f(x)的定义域为(0,1),(1,+8)单调递增.e1ce21a23因为f(e)=10,f(e2)2)e0,e1e1e1所以f(x)在(1,+8)有唯一零点X1,即f(X1)=0.又01,f()inX1x-1f(X1)0,X1X1X|1-1故f（X）在（0,1）有唯一零点一.X1综

13、上，f（X）有且仅有两个零点.一一、，1一in%一，一.1（2）因为一e,故点B（TnX0,一）在曲线y=eX上.X0X0由题设知f（x0）Cr"X010,即inX0,X011.1X01inX0故直线AB的斜率X0%X011k.jinX0X0X0_1vX0(X0X01，1、1.曲线y=ex在点B(lnx0,一)处切线的斜率是一，曲线ylnx在点A(x°,lnx°)处切线的斜X0X0一口1率也是一,xo所以曲线yInx在点A(xo,lnx°)处的切线也是曲线y=ex的切线.解：(1)由题设得一y-x21x21,化简得上1(|x|2),所以C为中心在坐标原点

14、，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ykx(k0).y由x24kx2y22.12k2212k2P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0).k于是直线QG的斜率为-,方程为y2-(xu).2y由2x42(x2y2u),得-22(2k)x_222一2ukxku8设G(xgg),则u(3k2u和xg是方程的解，故xg(2k尹，由此得gukuk3.2uk从而直线PG的斜率为-2u(3k22)2k2u2ukk212k2所以PQPG,即PQG是直角三角形.(ii)由(D得ipqi2uTTV,1PG|8（1k）1212（kk）2所以4PQG的面积S1|PQllPG|一8k（2k）22（12k2）（2k2）1设1=卜十一，则由k>0得tR2,当且仅当k=1时取等号.k一8t.一一一一一16因为S2在2,+8)单调递减，所以当t=2,即k=1时，S取得最大值，最大值为一.1 2t29一一，16因此，4PQG面积的最大值为.922.解：(1)因为Mo,o在C上，当°时，04sin-2/3.33由已知得|OP|OA|cos-2.3设、(,)为1上除P的任意一点.在RtOPQ中cos|OP|2,3经检验，点P(2,-)在曲线cos2上.33所以，l的极坐标方程为cos-2.3(2)设P(,)，在RtO