(完整版)2019年高考理科数学全国2卷(附答案)

12B-SX-0000020-1--PAGE\*MERGEFORMAT#-离为r,根据牛顿运动定律和万有引力定律,r满足方程:M1M2(Rr)2T2(Rr)M1R3r的近似值为绝密★启用前_-2019年普通高等学校招生全国统一考试_-理科数学全国II卷_-本试卷共23小题，满分150分，考试用时120分钟j(适用地区：内蒙古/黑龙江/辽宁/吉林/重庆/陕西/甘肃/宁夏/青海/新疆/西藏/海南)注意事项：........_1,答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。-......................_2,回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。_一如需改动，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_线答题卡上。写在本试卷上无效。二封_H3,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。在每个小题给出的四个选笳-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=-班-A.(-8,1)B.(-2,1)C.(-3,-1)D.(3,+8)2.设z=-3+2i,则在复平面内Z对应的点位于年-A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限一uuuuuiruuuruuruuir二线3.已知AB=(2,3),AC=(3,t),BC=1,则ABBC=_g一密A.-3B,-2C.2D,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Ml,月球质量为M2,地月距离为校-学.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，地月连线的延长线上.设地球质量为Mi,月球质量为M2,地月距离为R,L2点到月球的距r33345设一，由于的值很小，因此在近似计算中2-33,则R(1)2.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.若a>b,则A.ln(a-b)>0B.3a<3bC.a3-b3>0D.a>b.设a,3为两个平面，则all3的充要条件是A.a内有无数条直线与3平行B.a内有两条相交直线与3平行C.%3平行于同一条直线D.a,3垂直于同一平面22cxy,8.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆——工1的一个焦点，则p=3pp12B-SX-0000020-PAGE\*MERGEFORMAT#--4-A.2B.3C.4D.89.下列数中，以了为周期且在区间(—2)单调递增的是A.f(x)=cosXB.f(x)=sinXC.f(x)=cosXD.f(x)=sinx|二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。.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..已知f(x)是奇函数，且当x0时，f(x)eax.若f(ln2)8,则a10.已知氏(0,—)2sin2o=cos2o+1,则sina=B.15.4ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b—兀6,a2c,B—,则AABC3的面积为D.2.5511.设F为双曲线C:2x2a1(a0,b0)的右焦点,O为坐标原点，以2OF为直径的圆与圆xa2交于P,Q两点.若PQOF16.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.则该半正多面体共心率为有个面，其棱长为.本本题第一空2分，第二空3分.)C.212,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)8一，则m9的取值范围是A.B.7,3C.D.12B-SX-0000020-PAGE\*MERGEFORMAT#--6-三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。第17~21题为必，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。(12分)如图，长方体ABCDABiCiDi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B_EC~Ci的正弦值.(I2分)ii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.12B-SX-0000020-PAGE\*MERGEFORMAT#--8-(12分)已知数列｛an｝和｛bn｝满足ai=i,bi=o,4an13anbn4,4bni3bnan4.(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.(12分)x1已知函数fxlnx.x1(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设xo是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(xo,lnxo)处的切线也是曲线y3的切线.12B-SX-0000020-PAGE\*MERGEFORMAT#--10-21.(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--.记2M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，PE^x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△PQG面积的最大值.所做的第一题计分。22.［选彳4-4：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=三时，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.［选彳4-5：不等式选讲］(10分)(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12B-SX-0000020-11--12-已知f(x)|xa|x|x2|(xa).(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若x(,1］时，f(x)o,求a的取值范围12B-SX-0000020-13--PAGE\*MERGEFORMAT#-2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学全国II卷参考答案1.A2.C3.C6.C7.B8.D11.A12,B13.0.9815.6、、317.解：(1)由已知得，故BGBE.又BEEC，所以4.D5.A9.A10,B14.T16.26；2/21BGBE平面EBC1.平面ABBA,BE平面ABBA,（2）由（1）知BE早90.由题设知AEB故AEAB,AA2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,RttAABERttAARE,所以uuu|DA|为单位长，建立如图所示uuu则C(0,1,0),B(1,1,0),Ci(0,1,2),E(1,0,1),CE(1,1,1)uuuuCC1(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,v,x),则CBn。，即x0,uuu即CEn0,xyz0,所以可取n=(0,1,1).设平面ECC的法向量为m=（x,y,z）,则的空间直角坐标系D-xyz,CC1m0,口2z0,uuu即CEm0,xyz0.所以可取m=(1,1,0).nm1于是cosn,m一|n||m|212B-SX-0000020-15--PAGE\*MERGEFORMAT#-18.19.20.3所以，二面角BECG的正弦值为——2解：(1)X=2就是10：10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+(1。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[0.5X16.4)+(1-0.5)解：(1)由题设得4a又因为a1+b1=i,所以anX0.4]1bn0.5私4=0.1.1)2(anbn是首项为1,由题设得4(an1bm)4(anbn)8,即a.1bn1anbn2.又因为a1力i=i,所以anbn是首项为(2)由(1)知,所以bn解:因为所以1,ananbn।,1，，、0),即an1bn12(anbn).1，……，公比为£的等比数列.公差为2的等差数列.2n1.又0工1,X1故f(x)在(0,1f()lnx1X11)有唯一零点综上，f(x)有且仅有两个零点.1(2)因为一eXo由题设知f(X0)故直线AB的斜率曲线y=ex在点B(lnxo,故点B0,即lnX0X11X11(Inx。,X0lnX0f(X1)0,一)x0在曲线y=ex上.xolnXoXoX0X0X1Xo11ln%,一)处切线的斜率是x0A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1XoXoX001一,曲线x0ylnx在点1an-[(an21-[(anbn)2(1)f(x)f(e)=1f(x)在(bn)(an(anbn)]12n所以曲线ylnx在点A(xjn%)处的切线也是曲线y=ex的切线.bn)]12n的定义域为(0,1)+8)单调递增.21.解：(1)由题设得—yx2-^21(|x|2),所以Ce12770，f(e2)1,+°°)有唯一零点e21e23cZ70为中心在坐标原点，焦点在X轴上的椭圆，不含左右顶点.(2)⑴设直线PQ的斜率为k,则其方程为ykx(k0).X1,即f(X1)=0.12B-SX-0000020-PAGE\*MERGEFORMAT#--18-ykx由x2I得X—匕1421„所以APQG的面积S-|PQllPG|28k(1k2)k)(12k2)(2k2)12dk)2k-j,则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0)12k设1=卜+1，则由k>0得t>2,当且仅当k=1时取等k于是直线QG的斜率为幺，方程为yK（x22y由2X42(x2y2u),得1(2k2)x22uk2xk2u20.①设G(Xg)g),则u和XG是方程①的解，故xGu(3k22)———廿,由此得2k2uk3:k2,从而直线uk32uk2k2PG的斜率为u(3k2)k2所以PQPG,即△PQG是直角三角形.2uk、k21(ii)由(i)得1PQ|2u2k28t.因为S2在［2,+8）单调递减,12t2最大值为—.9因此，APQG面积的最大值为16922.解：（1）由已知得因为Mo,0在C上，当|OP||OA|cos-2.3所以当t=2）为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中经检验，点P（2,-）在曲线cos3所以，l的极坐标方程为cos即k=1时，S取得最大值,4sin—32、,3.cos|OP|2,(2)设P(,),在RtAOAP中4cos因为P在线段OM上，且APOM,故所以，P点轨迹的极坐标方程为2上.，|OP||OA|cos的取值范围是一，一.424cos,4cos,即12B-SX-0000020-PAGE\*MERGEFORMAT#--20-23.解:(1)当a=1时,f(x)=|x1|x+|x2|(x1).当x1时，f(x)2(x1)0；当x1时，f(x)0.所以，不等式f(x)0的解集为(,1).(2)因为f(a)=0,所以a1.当a1,x(,1)时，f(x)=(ax)x+(2x)(xa)=2(ax)(x1)<0所以，a的取值范围是［1,).