2019年高考全国Ⅱ卷理科数学真题(含答案)

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2019 年一般高等学校招生全国一致考试
理科数学
本试卷共 5 页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考据号码填写清楚，将条形码正确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2 ．选择题一定使用2B 铅笔填涂；非选择题一定使用0.5 毫米黑色笔迹的署名笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请依据题号次序在答题卡各题目的答题地区内作答，高出答题地区书写的答案无效；在底稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔划出，确立后一定用黑色笔迹的署名笔描黑。

5．保持卡面洁净，不要折叠，不要弄破、弄皱，禁止使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：此题共12 小题，每题 5 分，共 60 分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目
要求的。

1 ．设会合A={ x|x2–5 x+6>0}， B={ x |x–1<0}，则 A∩B=
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
uuur uuur uuur uuur uuur
3 ．已知AB =(2,3) ，AC =(3 ，t )，| BC |=1 ，则AB BC =
A ．–3B．–2
C．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初次月球反面软着陆，我国航天事业获得又一重
大成就，实现月球反面软着陆需要解决的一个重点技术问题是地面与探测器的通信联系．为解决这个问
题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着环绕地月拉格朗日L2点的轨道运转．L2点是均衡点，位于地月连线的延伸线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R，L2点到月球的距离为
r ，依据牛顿运动定律和万有引力定律，
M 1M 2
(R r )
M 1r
的r 知足方程：2
r
2
R
3 .设，因为
( R r )R
33345
33，则 r 的近似值为值很小，所以在近似计算中
(1)2
A ．M
2 R B．M 2R M 12M 1
C．33M
2 R D ．3
M
2 R M 13M 1
5 ．演讲竞赛共有 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，获得 7个有效评分．7 个有效评分与9 个原始评分对比，不变的数字特点是
A ．中位数B．均匀数
C．方差 D ．极差
6 ．若a> b，则
A ． ln( a- b )>0B． 3 a<3 b
C．a3- b3>0 D ．│a│> │b│
7 ．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A ．α内有无数条直线与β平
行B．α内有两条订交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面
8 ．若抛物线y2=2 px (p >0) 的焦点是椭圆x2y 2
1的一个焦点，则p = 3 p p
A ． 2
B ． 3
C ．4
D ． 8
9 ．以下函数中，以
为周期且在区间 ( ， )单一递加的是
2
4 2
A ． f ( x )= │cos2 x │
B ． f (x )= │sin2 x │
C ．f (x )=cos │x │
D ． f (x )=sin │x │
10 ．已知 α∈ (0 ， )， 2sin2 α=cos2 α+1 ，则 sin α=
2
1
B ．
5
A ．
5
5
C ．
3
2
5
D ．
5
3
x 2 y 2 1(a 0, b 0) 的右焦点， O 为坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 x 2
y
2
a
2 11 ．设 F 为双曲线 C ：
b 2
a 2
交于 P ， Q 两点．若 PQ OF ，则 C 的离心率为
A ． 2
B ．
3
C ． 2
D ． 5
12 ．设函数 f ( x) 的定义域为 R ，知足 f (x 1) 2 f (x) ，且当 x
(0,1] 时， f (x) x(x 1) ．若对随意
x (
, m] ，都有 f (x)
8
，则 m 的取值范围是
9
A ．
,
9
B ．
,
7
4
3
C ．
,
5
D ．
,
8
2
3
二、填空题：此题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分。

13 ．我国高铁发展快速，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全部车次的均匀正
点率的预计值为
．
14．已知 f ( x) 是奇函数，且当
x0时，
f
()e ax若 f (ln 2)8 ，则a．
x.
15．△ ABC 的内角A, B,C的对边分别为a, b, c.若 b6, a 2c, B π
，则△ABC 的面积为_________．3
16．中国有悠长的金石文化，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，但南北朝期间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．半正多面体表现了数学的对称美．图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有极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 _________．（此题第一空 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17 ～21 题为必考题，每个试题考
生都一定作答．第22 、 23 为选考题，考生依据要求作答。

（一）必考题：共60 分。

17 ．（ 12 分）
如图，长方体ABCD –A1 B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 1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 ．（ 12分）
11 分制乒乓球竞赛，每赢一球得 1 分，当某局打成10:10平后，每球互换发球权，先多得 2 分的一方
获胜，该局竞赛结束.甲、乙两位同学进行单打竞赛，假定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 ，各球的结果互相独立.在某局两方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 {a n }和{ b n}知足a1 =1 ，b1 =0 ，4a n 13a n b n 4 ， 4b n 13b n a n 4 .
（1）证明： {a n+ b n }是等比数列， {a n–b n}是等差数列；
（2）求 {a n}和 {b n}的通项公式 .
20 ．（ 12 分）
已知函数f x ln x x1
. x 1
（1 ）议论f(x)的单一性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
（ 2）设 x 0是 f (x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点 A (x0，ln x0)处的切线也是曲线y e x的切线.
21 ．（12 分）
已知点 A(-2,0) ，B(2,0) ，动点M (x,y)知足直线AM与BM的斜率之积为-1
.记M的轨迹为曲线C. 2
（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，连接QE并延伸交C于点 G.
（i）证明：△PQG是直角三角形；
（ ii ）求△PQG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。

假如多做，则按所做的第一题计分。

22 ． [选修 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=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 .
23 ． [选修 4 — 5：不等式选讲 ] （10 分）
已知 f ( x) | x a | x | 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 年一般高等学校招生全国一致考试
理科数学·参照答案
1 ．A
2 ．C
3 ．C
4 ．D
5 ．A
6 ．C
7 ． B
8 ．D
9 ．A10 ．B
11 ．A12 ．B
13． 0.9814．–3
15． 6 316．26；2 1
17．解：（ 1 ）由已知得，B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1，
故 B1C1BE．
又 BE EC1，所以BE平面 EB1C1．
（ 2）由（ 1 ）知BEB190．由题设知 Rt△ ABE ≌Rt△A1B1E，所以AEB 45 ，
故 AE AB，AA12AB．
uuur uuur
以 D 为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，| DA |为单位长，成立如下图的空间直角坐标系D–xyz，
uuur
(1,0,0) ，uuur
则（，
1，），（，
1
，），
C1
（，，
2
），E（
1
，，）， CB
CE (1, 1,1)
，
C 00 B 100101 uuuur
CC1(0,0,2) ．
设平面 EBC的法向量为 n =（ x，y ， x），则
uuur 0, x
0, CB n
uuur 0,
即
y z 0,
CE n
x 所以可取 n = (0, 1, 1) .
设平面 ECC 1 的法向量为 m = （ x ， y ， z ），则
uuuur
2z 0,
CC 1 m
0, uuur
m
0,
即
y z 0.
CE x
所以可取 m = （ 1 ， 1 ， 0 ）．
于是 cos n, m
n m 1 ．
| n || m |
2
所以，二面角 B EC
C 1 3 的正弦值为
．
2
18 ．解：（ 1 ） X =2 就是 10 ∶10 平后，两人又打了 2 个球该局竞赛结束，则这 2 个球均由甲得分，或许均由
乙得分．所以 P （ X =2 ） =0.5 ×0.4+ （ 1–0.5 ）×（1–0.4 ） =0.5 ．
（ 2） X =4 且甲获胜，就是 10 ∶10 平后，两人又打了 4 个球该局竞赛结束，且这 4 个球的得分状况为：
前两球是甲、乙各得 1 分，后两球均为甲得分．
所以所求概率为 [0.5 ×（1–0.4 ） + （1–0.5 ）×0.4] ×0.5 ×0.4=0.1 ．
19 ．解：（ 1 ）由题设得 4(a n 1
b n 1)2( a n b n ) ，即 a n
1
b
n 1
1 b n ) ．
(a n
2
又因为 a 1+ b 1=l ，所以
a n
b n 1 是首项为 1 ，公比为
的等比数列．
2
由题设得 4( a n 1 b n 1 )
4( a n b n ) 8 ，即 a n 1 b n 1 a n b n
2 ．
又因为
a 1– 1
=l ，所以 a
n
b
b
n 是首项为 1 ，公差为 2 的等差数列．
（ 2）由（ 1 ）知， a n
b n
1
， a n b n 2n 1 ．
2n 1
所以 a n
1 b n )]
1 n
1
[( a n b n ) (a n 2n
，
2
2
b n
1 1 n
1 [( a n b n ) (a n b n )]
2n
．
2
2
20 ．解：（ 1 ） f （ x ）的定义域为（ 0 ，1 ） U （ 1 ， + ∞）．
1
2
0 ，所以 f (x) 在（ 0 ， 1 ），（ 1 ， + ∞）单一递加．
因为 f ' ( x)
2
x ( x 1)
e 1
2
2
0 ， f (e 2
) 2
e 1 e 3 0 ，所以
f （ x ）在（ 1 ，+ ∞）有独一零点 x 1，
因为 f （ e ）= 1
1e
e 2 1 e 2 1 即
f （ x 1 ） =0 ．又 0
1 1， f ( 1
) ln x 1 x 1
1 f (x 1) 0 ，故 f （ x ）在（ 0 ， 1 ）有独一零
x 1 x 1
x 1 1
1
点
x 1
．
综上， f （x ）有且仅有两个零点．
1 e ln x 0
1
x （ 2）因为 x 0
，故点 B （–ln x 0 ， x 0 ）在曲线 y =e 上．
1
1
x 0 1
x 0
1
ln x 0
x 0 x 0 11
f ( x )
x 0
由题设知
，即 ln x 0
，故直线 AB 的斜率
k
．
x
x 0 1
1
ln x 0 x 0
x 0
x 0
x 0
1
曲线 y =e x
在点
B(
ln x 0 , 1
) 处切线的斜率是 1 ，曲线 y ln x 在点 A(x 0,ln x 0 ) 处切线的斜率也是
x 0
x 0
1 ，
x 0
所以曲线 y
ln x 在点 A(x 0 ,ln x 0 ) 处的切线也是曲线
y =e x 的切线．
21 ．解：（ 1 ）由题设得
y
y
1
x 2 y 2
1(| x | 2) ，所以 C 为中心在座标原点，焦
x 2 x 2
，化简得
4
2
2
点在 x 轴上的椭圆，不含左右极点．
（ 2）（ i ）设直线 PQ 的斜率为 k ，则其方程为
y kx(k 0) ．
y kx
2 由 x 2 y 2
得 x
．
1
4
2
1
2k 2
记 u
2
，则 P(u, uk ), Q( u, uk ), E (u,0) ．
1 2k
2
于是直线 QG 的斜率为 k ，方程为 y
k
( x u) ．
2
2
y
k
( x u),
由
2
得
x
2
y 2
1
4
2
(2 k 2 ) x 2 2uk 2 x k 2u 2 8 0 ．①
设 G (x G , y G ) ，则
u 和 x G 是方程①的解，故
x G
u(3k 2
2)
uk 3
2 k 2
，由此得 y G
2．
2 k
uk 3 uk
1
进而直线 PG
的斜率为2 k 2
．
2 k 2
所以 PQ PG ，即 △ PQG 是直角三角形．
（ ii ）由（ i ）得
|PQ | 2u 1 k 2
，|PG|
2uk k 2
1
，所以△PQG 的面积
2 k 2
1
8k (1 k 2
)
8(
1
k)
S ‖ PG |
k ． | PQ
(1 2k 2 )(2 k 2 )
1
2
1
2
2(
k )
k
设 t = k +
1
，则由 k >0 得 t ≥2 ，当且仅当 k =1 时取等号．
k
因为 S
8t
t =2 ，即 k =1 时， S 获得最大值，最大值为
16
1
2t 2 在 [2 ，+ ∞）单一递减，所以当
9 ．
所以，△PQG 面积的最大值为
16
9．
22 ．解：（ 1 ）因为 M
0 , 0 在C 上，当
3
时，
0 4sin
2 3 ．
3
2019年高考全国Ⅱ卷理科数学真题(含答案)
由已知得 | OP | | OA | cos 2 ．
3
设 Q (, ) 为l上除P的随意一点．在Rt△ OPQ 中，cos|OP| 2，
3
经查验，点P(2, ) 在曲线cos 2 上．
33
所以， l的极坐标方程为cos
3
2 ．
（2）设P(,) ，在Rt△OAP中， |OP | | OA | cos4cos, 即4cos ．
因为 P在线段 OM 上，且AP OM ，故的取值范围是,
2．
4
所以， P点轨迹的极坐标方程为4cos,,
2．
4 23 ．解：（ 1）当a=1时， f ( x)=|x1| x+|x2|(x1) ．
当
x
时， f ( x)2( x1)20 ；当
x
时，
f (x)0
．11
所以，不等式 f ( x) 0的解集为(,1) ．
（ 2）因为f(a)=0 ，所以a1．
当 a 1 ，x(,1) 时， f ( x)=( a x) x+(2x)(x a)=2( a x)(x1)<0 ．所以， a 的取值范围是[1,) ．。