《官方版》2019年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 (全国II卷) word版

一、选择题

1. 设集合Ax|x5x60，Bx|x10，则AB( )

2A. (,1) B. (2,1) C. (3,1) D. (3,)

2. 设z32i,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

3．已知AB(2,3)，AC(3,t) ，|BC|1 ，则ABBC（ ） A.3 B.2 C.2 D.3

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，质量为

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

，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(Rr)。设。由于的值很小，因此在近似计算中=(Rr)2r2R3R33+34533，则r的近似值为（ ） 2（1）A．M2R M1B．M2R 2M13M2R M1M2R 3M1C．3D．35. 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

6. 若ab，则（ ） A.ln(ab)0 B.33 C.ab0 D.|a||b|

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

33abx2y21的一个焦点，则p（ ） 8. 若抛物线y2px(p0)的焦点是椭圆

3pp2A.2 B.3 C.4 D.8

9. 下列函数中，以

为周期且在区间,单调递增的是（ ） 242A. f(x)|cos2x| B. f(x)|sin2x| C. f(x)cos|x|D. f(x)sin|x| 10. 已知(0,

2)，2sin2cos21，则sin（ ）

A.

1 55 53 325 5B.

C. D. x2y211. 设F为双曲线C:221(a0,b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的

ab圆与圆xya交于P,Q 两点，若|PQ||OF| ，则C的离心率为（ ） A.2 B.3 222C.2 D.5 12. 已知函数的定义域为xR，f(x1)2f(x)，且当x(0,1]时，f(x)x(x1)，若对任意的x(,m]，都有f(x)8，则m的取值范围是（ ） 9947B．(,]

35C．(,]

22D．(,]

3A．(,] 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 .

14. 已知f(x)是奇函数，且当x0时,f(x)e .若f(ln2)8，则a_______. 15. ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若b6,a2c,B为_______.

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.)

ax3,则ABC的面积

三、解答题

17. 如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1 （1）证明：BE平面EB1C1;

（2）若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值.

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(X2)；

（2）求事件“X4且甲获胜”的概率.

19. 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的通项公式. 20. 已知函数f(x)lnxx1 x1(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；

xyef(x)ylnx(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。

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的轨迹为曲线C.

1，记M2（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，PEx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. 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)(00)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.选修4-5（不等式选讲）

已知f(x)xaxx2(xa)。 （1）当a1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（全国II卷）

理科数学 答 案

1. 答案：A 解答：

Ax|x2或x3，Bx|x1，∴AB（,1）.

2. 答案：C 解析：

z32i，对应的点坐标为,故选C. （-3，-2）3． 答案：C 解答：

∵BCACAB(1,t3)，

∴|BC|12(t3)21，解得t3，BC(1,0)， ∴ABBC2. 4． 答案：D 解答：

M1M2M1M1M2M1(Rr)(1)

(Rr)2r2R3R2(1)2r2R2M2M1M133231]2所以有22[(1)

rR(1)2R(1)2M2M1r23323M2333rR。 化简可得M2，可得M31223M1R(1)3M15. 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. 答案：C

解答：

由函数yx在R上是增函数，且ab，可得ab，即ab0. 7. 答案：B 解析：

根据面面平行的判定定理易得答案.选B. 8. 答案：D 解答：

33333x2y2p1的焦点是(2p,0)， 抛物线y2px(p0)的焦点是(,0)，椭圆3pp22∴

p2p，∴p8. 29. 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T2,在区间,单调递减,不符合题意； 42对于C，函数f(x)cos|x|cosx，周期T2,不符合题意； 对于D,函数f(x)sin|x|的周期T10. 答案：B 解析：

,不符合题意.

(0,)，2sin2cos214sincos2cos2，

21251，所以cos，

1tan252则2sincostan所以sin1cos11. 答案:A 解答：

25. 5

∵|PQ||OF|c，∴POQ90, 又|OP||OQ|a，∴aac

222解得

c2，即e2. a

12. 答案：B 解答：

由当xR，f(x1)2f(x)，且当x(0,1]时，f(x)x(x1)可知当x(1,2]时，

315当x(2,3]时，f(x)4(x)21，……当x(n,n1],nZ时，f(x)2(x)2，

2221f(x)2n(xn)22n2，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(m)21(m)解得的取值范围是m。

9292313.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

P100.97200.98100.990.98。

4014.答案：3 解答：

∵f(ln2)f(ln2)(e∴a3. 15. 答案：63 解析：

aln2)(eln2)a2a8，

a2c2b24c2c2361cosBcos32ac24c2,

c23,a43,S16. 答案：26 解析：

113acsinB432363222

2-1

由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；该半正多面体的正视图如下，设该半正多面体的棱长为a，则MNa，EMNF2a，由正方体的棱长为1，有2a22aa1，∴a21，及该半正多面体的的棱长为2-1. 22

17. 答案：（1）见解析 （2）解析：

（1）证明：∵B1C1平面ABB1，BE平面ABB1， ∴B1C1BE，又BEEC1，EC1B1C1C1， ∴BE平面EB1C1.

22（2）设底面边长为1，高为2x，∴BEx1，B1Ex1，

2222∵BE平面EB1C1，∴BEB190即BEB1EBB1，∴2x24x解得x1.

23 222∵BC平面A1ABB1，∴BCB1E，又B1EBE，∴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，∵B1D1D1EB1E2故B1E与B1D1成60角，

∴二面角BECC1的正弦值为sin603. 218. 答案：（1）0.5；（2）0.1 解析：

（1）X2时，有两种可能：

①甲连赢两局结束比赛，此时P10.50.40.2； ②乙连赢两局结束比赛，此时P20.50.60.3， ∴P(X2)P1P20.5；

（2）X4且甲获胜，即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[0.5(10.4)(10.5)0.4]0.50.40.1. 19. 答案：（1）见解析 （2）an()nn解析： (1)

将

12111，bn()nn. 2224an13anbn4，

4bn13bnan4相加可得

4an14bn13an3bnanbn，

整理可得an1bn1比数列. 将

11(anbn)，又a1b11，故anbn是首项为1，公比为的等224an13anbn4，

4bn13bnan4作差可得

4an14bn13an3bnanbn8，

整理可得an1bn1anbn2，又a1b11，故anbn是首项为1，公差为2的等差数列.

（2）由anbn是首项为1，公比为

11的等比数列可得anbn()n1①； 22由anbn是首项为1，公差为2的等差数列可得anbn2n1②； ①②相加化简得an()nn20. 答案：略 解答：

（1）函数的定义域为(0,1)12111，①②相减化简得bn()nn。 222(1,)，又f(x)1x1(x1)120，所x(x1)2x(x1)23e220,f(e1)0，所以在区间以函数在(0,1),(1,)上单调递增，又f(e)2e1e12e230，所以在区间(1,)上也存(0,1)存在一个零点，且f(2)ln230,f(e)2e12在一个零点，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lnx0x0121。曲线ylnx在x01x01A(x0,lnx0)处的切线方程为y112xxlnx01x，曲线曲线ye当切线斜x0x0x01率为

1111(xlnx0)，化简为时，切点坐标为(lnx0,)，切线方程为yx0x0x0x0ylnx0111xxx0x0x0121x0112，所以曲线ylnx在xx0x0x01A(x0,lnx0)处的切线也是曲线yex的切线。

21. 答案：见解析 解答：

yy1x2y2，化简得： 1(x2)，表示焦点在x轴上的(1)由题意得：

42x2x22椭圆（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(k0) ，则

kPGy1y0yy0y1y0,kGQ1，

x1x0x1x0x1x02y12y01， 22x1x02∴kPGkGQ又kGQkEQy1yk1，

x1x12x12∴kPG1， k∴PGPQ，即PQG是直角三角形.

2xykx122k122②直线PQ的方程为ykx(x0)，联立x ，得 ， y2k1y1422k211111k21x1， 则直线PG:y(xx1)y1xx1kx1xkkkkk24x1(k21)2x12(k21)22x40， 联立直线PG和椭圆C，可得(21)xkk2k2则

4x1(k21)x1x0k2222，∴

SPQG11x1k24y1(xx1)kx0 1222k2(118(k)8(k1)k8k(k1)k， 22421(k2)(2k1)2k5k22(k2)5k2令tk1，则t2， k

∴SPQG8t8t8，

2(t22)52t212t1t9， 2∵(2t)min1t∴(SPQG)max22.答案：

16. 9（1）023，l的极坐标方程：sin(6)2；

（2）P点轨迹的极坐标方程为=4cos(解答：

解法一：（1）因为M0,0在C上，当0由已知得|OP||OA|cos,). 42时，04sin23． 332． 3|OP|2， 3设Q(,)为l上除P的任意一点．在Rt△OPQ中cos经检验，点P(2,)在曲线cos32上． 3所以，l的极坐标方程为cos2． 3（2）设P(,)，在Rt△OAP中，|OP||OA|cos4cos, 即 4cos．． 因为P在线段OM上，且APOM，故的取值范围是,．

42所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos,, ．

42解法二： （1）当03时，0=4sin04sin323，

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)，

kOM3，则直线l的斜率k坐标方程为sin(33(x4)，化成极，由点斜式可得直线l：y336)2；

（2）∵lOM∴OPA222，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(x2)y4，化成极坐标方程为=4cos，又P在线段OM上，由4sin4cos可得

4，∴P点轨迹的极坐标方程为=4cos(,). 4223. 答案：略 解答：

2x24x2(x2),（1）当a1时，f(x)x1xx2(x1)2x2(1x2),

2x24x2(x1).2x24x202x202x24x20所以不等式f(x)0等价于或或解得不

1x2x1x2等式的解集为xx2。

（2）当a1时，由x(,1)，可知f(x)2(ax)(x1)0恒成立，当a1时根据条件可知f(x)0不恒成立。所以a的取值范围是a1。

