2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)(全國(guó)卷Ⅱ)-試卷真題、答案及詳細(xì)解析

1、絕密 啟用前2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)(全國(guó)卷,理)本試卷共5頁(yè)?？荚嚱Y(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。注意事項(xiàng):1.答題前,考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚,將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效;在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分

2、,共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.(2019全國(guó),理1)設(shè)集合A=x|x2-5x+60,B=x|x-10,則AB=()A.(-,1)B.(-2,1)C.(-3,-1)D.(3,+)解析由題意,得A=x|x3,B=x|x1,所以AB=x|x1,故選A.答案A2.(2019全國(guó),理2)設(shè)z=-3+2i,則在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限解析由z=-3+2i,得z=-3-2i,則在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(-3,-2)位于第三象限,故選C.答案C3.(2019全國(guó),理3)已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,則A

3、BBC=()A.-3B.-2C.2D.3解析由BC=AC-AB=(1,t-3),|BC|=12+(t-3)2=1,得t=3,則BC=(1,0).所以ABBC=(2,3)(1,0)=21+30=2.故選C.答案C4.(2019全國(guó),理4)2019年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功實(shí)現(xiàn)人類歷史上首次月球背面軟著陸,我國(guó)航天事業(yè)取得又一重大成就,實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個(gè)關(guān)鍵技術(shù)問(wèn)題是地面與探測(cè)器的通訊聯(lián)系.為解決這個(gè)問(wèn)題,發(fā)射了嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋”,鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點(diǎn)的軌道運(yùn)行.L2點(diǎn)是平衡點(diǎn),位于地月連線的延長(zhǎng)線上.設(shè)地球質(zhì)量為M1,月球質(zhì)量為M2,地月距離為R,L2點(diǎn)到月球的距離

4、為r,根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律,r滿足方程:M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3.設(shè)=rR,由于的值很小,因此在近似計(jì)算中33+34+5(1+)233,則r的近似值為()A.M2M1RB.M22M1RC.33M2M1RD.3M23M1R解析由=rR,得r=R.M1(R+r)2+M2r2=(R+r)M1R3,M1R2(1+)2+M22R2=(1+)M1R2,即M2M1=2(1+)3-1(1+)2=5+34+33(1+)233,解得3M23M1.r=R3M23M1R.答案D5.(2019全國(guó),理5)演講比賽共有9位評(píng)委分別給出某選手的原始評(píng)分,評(píng)定該選手的成績(jī)時(shí),從9個(gè)原始評(píng)分中去

5、掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分,得到7個(gè)有效評(píng)分.7個(gè)有效評(píng)分與9個(gè)原始評(píng)分相比,不變的數(shù)字特征是()A.中位數(shù)B.平均數(shù)C.方差D.極差解析設(shè)9位評(píng)委的評(píng)分按從小到大排列為x1x2x3x4x8x9.對(duì)于A,原始評(píng)分的中位數(shù)為x5,去掉最低分x1,最高分x9后,剩余評(píng)分的大小順序?yàn)閤2x3b,則()A.ln(a-b)0B.3a0D.|a|b|解析取a=2,b=1,滿足ab.但ln(a-b)=0,排除A;3a=9,3b=3,3a3b,排除B;y=x3是增函數(shù),ab,a3b3,故C正確;取a=1,b=-2,滿足ab,但|a|0)的焦點(diǎn)是橢圓x23p+y2p=1的一個(gè)焦點(diǎn),則p=()A.2B.3C.4D.

6、8解析y2=2px的焦點(diǎn)坐標(biāo)為p2,0,橢圓x23p+y2p=1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(3p-p,0),3p-p=p24,解得p=8,故選D.答案D9.(2019全國(guó),理9)下列函數(shù)中,以2為周期且在區(qū)間4,2單調(diào)遞增的是()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|的圖象為,由圖知y=|cos 2x|的周期為2,且在區(qū)間4,2內(nèi)單調(diào)遞增,符合題意;y=|sin 2x|的圖象為,由圖知它的周期為2,但在區(qū)間4,2內(nèi)單調(diào)遞減,不符合題意;因?yàn)閥=cos|x|=cos x,所以它的周期為2,不符合題意;y=sin

7、|x|的圖象為,由圖知其不是周期函數(shù),不符合題意.故選A.答案A10.(2019全國(guó),理10)已知0,2,2sin 2=cos 2+1,則sin =()A.15B.55C.33D.255解析2sin 2=cos 2+1,4sin cos =2cos2.0,2,cos 0,sin 0,2sin =cos .又sin2+cos2=1,5sin2=1,即sin2=15.sin 0,sin =55.故選B.答案B11.(2019全國(guó),理11)設(shè)F為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)F為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P,Q兩點(diǎn).若|PQ|=|OF|,則C的離心率

8、為()A.2B.3C.2D.5解析如圖,設(shè)PQ與x軸交于點(diǎn)A,由對(duì)稱性可知PQx軸.|PQ|=|OF|=c,|PA|=c2.PA為以O(shè)F為直徑的圓的半徑,A為圓心,|OA|=c2.Pc2,c2.又點(diǎn)P在圓x2+y2=a2上,c24+c24=a2,即c22=a2,e2=c2a2=2,e=2,故選A.答案A12.(2019全國(guó),理12)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,滿足f(x+1)=2f(x),且當(dāng)x(0,1時(shí),f(x)=x(x-1).若對(duì)任意x(-,m,都有f(x)-89,則m的取值范圍是()A.-,94B.-,73C.-,52D.-,83解析f(x+1)=2f(x),f(x)=2f(x-1).當(dāng)

9、x(0,1時(shí),f(x)=x(x-1),f(x)的圖象如圖所示.當(dāng)2x3時(shí),f(x)=4f(x-2)=4(x-2)(x-3),令4(x-2)(x-3)=-89,整理得9x2-45x+56=0,即(3x-7)(3x-8)=0,解得x1=73,x2=83.當(dāng)x(-,m時(shí),f(x)-89恒成立,即m73,故m-,73.答案B二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.(2019全國(guó),理13)我國(guó)高鐵發(fā)展迅速,技術(shù)先進(jìn).經(jīng)統(tǒng)計(jì),在經(jīng)停某站的高鐵列車中,有10個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.97,有20個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.98,有10個(gè)車次的正點(diǎn)率為0.99,則經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為

10、.解析由題意,得經(jīng)停該高鐵站的列車的正點(diǎn)數(shù)約為100.97+200.98+100.99=39.2,其中車次數(shù)為10+20+10=40,所以經(jīng)停該站高鐵列車所有車次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為39.240=0.98.答案0.9814.(2019全國(guó),理14)已知f(x)是奇函數(shù),且當(dāng)x0時(shí),f(x)=-eax.若f(ln 2)=8,則a=.解析ln 2(0,1),f(ln 2)=8,f(x)是奇函數(shù),f(-ln 2)=-8.當(dāng)x0時(shí),f(x)=-eax,f(-ln 2)=-e-aln 2=-8,e-aln 2=8,-aln 2=ln 8,-a=3,a=-3.答案-315.(2019全國(guó),理15)ABC

11、的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c.若b=6,a=2c,B=3,則ABC的面積為.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=12432332=63.答案6316.(2019全國(guó),理16)中國(guó)有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體,但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體,它的所有頂點(diǎn)都在

12、同一個(gè)正方體的表面上,且此正方體的棱長(zhǎng)為1,則該半正多面體共有個(gè)面,其棱長(zhǎng)為.(本題第一空2分,第二空3分.)圖1圖2解析由題圖2可知第一層與第三層各有9個(gè)面,共計(jì)18個(gè)面,第二層共有8個(gè)面,所以該半正多面體共有18+8=26個(gè)面.如圖,設(shè)該半正多面體的棱長(zhǎng)為x,則AB=BE=x,延長(zhǎng)CB與FE的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G,延長(zhǎng)BC交正方體的另一條棱于點(diǎn)H.由半正多面體的對(duì)稱性可知,BGE為等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=22x,所以GH=222x+x=(2+1)x=1,解得x=12+1=2-1,即該半正多面體的棱長(zhǎng)為2-1.答案262-1三、解答題:共70分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟

13、。第1721題為必考題,每個(gè)試題考生都必須作答。第22、23題為選考題,考生根據(jù)要求作答。(一)必考題:共60分。17.(2019全國(guó),理17)(12分)如圖,長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點(diǎn)E在棱AA1上,BEEC1.(1)證明:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.(1)證明由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)解由(1)知BEB1=90.由題設(shè)知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA的方向?yàn)閤

14、軸正方向,|DA|為單位長(zhǎng),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z),則CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).設(shè)平面ECC1的法向量為m=(x,y,z),則CC1m=0,CEm=0,即2z=0,x-y+z=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角B-EC-C1的正弦值為32.18.(2019全國(guó),理18)(12分)11分制乒乓球

15、比賽,每贏一球得1分.當(dāng)某局打成1010平后,每球交換發(fā)球權(quán),先多得2分的一方獲勝,該局比賽結(jié)束.甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽,假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5,乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4,各球的結(jié)果相互獨(dú)立.在某局雙方1010平后,甲先發(fā)球,兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束.(1)求P(X=2);(2)求事件“X=4且甲獲勝”的概率.(1)證明X=2就是1010平后,兩人又打了兩個(gè)球該局比賽結(jié)束,則這兩個(gè)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且甲獲勝,就是1010平后,兩人又打了4個(gè)球該局比賽結(jié)束,且這4個(gè)球的得分情況為

16、:前兩球是甲、乙各得1分,后兩球均為甲得分.因此所求概率為0.5(1-0.4)+(1-0.5)0.40.50.4=0.1.19.(2019全國(guó),理19)(12分)已知數(shù)列an和bn滿足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)證明:an+bn是等比數(shù)列,an-bn是等差數(shù)列;(2)求an和bn的通項(xiàng)公式.(1)證明由題設(shè)得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因?yàn)閍1+b1=1,所以an+bn是首項(xiàng)為1,公比為12的等比數(shù)列.由題設(shè)得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1

17、=an-bn+2.又因?yàn)閍1-b1=1,所以an-bn是首項(xiàng)為1,公差為2的等差數(shù)列.(2)解由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.所以an=12(an+bn)+(an-bn)=12n+n-12,bn=12(an+bn)-(an-bn)=12n-n+12.20.(2019全國(guó),理20)(12分)已知函數(shù)f(x)=ln x-x+1x-1.(1)討論f(x)的單調(diào)性,并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn);(2)設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn),證明曲線y=ln x在點(diǎn)A(x0,ln x0)處的切線也是曲線y=ex的切線.(1)解f(x)的定義域?yàn)?0,1)(1,+).因?yàn)閒(x)=1x+2

18、(x-1)20,所以f(x)在區(qū)間(0,1),(1,+)內(nèi)單調(diào)遞增.因?yàn)閒(e)=1-e+1e-10,所以f(x)在區(qū)間(1,+)內(nèi)有唯一零點(diǎn)x1,即f(x1)=0.又01x10).由y=kx,x24+y22=1,得x=21+2k2.記u=21+2k2,則P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直線QG的斜率為k2,方程為y=k2(x-u).由y=k2(x-u),x24+y22=1,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.()設(shè)G(xG,yG),則-u和xG是方程()的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.從而直線PG的斜率為uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.所以PQPG,即PQG是直角三角形.由得|PQ|=2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以PQG的面積S=12|PQ|PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=8(1k+k)1+2(1k+k)2.設(shè)t=k+1k,則由k0,得t2,當(dāng)且僅當(dāng)k=1時(shí)取等號(hào).因?yàn)镾=8t1+2t2在區(qū)間2,+)內(nèi)單調(diào)遞減,所以當(dāng)t=2,即k=1時(shí),S取得最大值,最大值為169.因此,PQG面積的最大值為169.(二)選考題:共10分.請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做,則按所做的第一題計(jì)分.22.選修44:坐標(biāo)