2019年高考文科数学全国卷2含答案.docx

数学试卷 第 1 页（共 20 页） 数学试卷 第 2 页（共 20 页） 绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷 文科数学本试卷满分 150 分,考试时间 120 分钟.第卷(选择题 共 60 分)一、选择题(本大题共 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.已知集合，则( )= |1Ax x |2Bx xAB AB12CD12 2设，则( )2zii=zAB12i12i CD12i12i 3已知向量 ，则( )2 3a 3 2b abAB22CD505 24生物实验室有 5 只兔子，其中只有 3 只测量过某项指标，若从这 5 只兔子中随机取出 3 只，则恰有 2 只测量过该指标的概率为( )AB2 33 5CD2 51 55在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高乙：丙的成绩比我和甲的都高丙：我的成绩比乙高成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为( )A甲、乙、丙B乙、甲、丙C丙、乙、甲D甲、丙、乙6设为奇函数，且当 时，则当时，( ) f x0x e1xf x 0x f x ABe1xe1xCDe1xe1x7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8若，是函数两个相邻的极值点，则( )14x24x sinf xx0A2B3 2毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 3 页（共 20 页） 数学试卷 第 4 页（共 20 页）C1D1 29若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则( )220ypx p22 13xy ppp A2B3C4D810曲线在点处的切线方程为( )2sincosyxx1AB 10xy 2210xy CD2210xy 10xy 11已知），则( ) 20a2sin2cos2 +1sinAB1 55 5CD3 32 5 512设 F 为双曲线 C：的右焦点，O 为坐标原点，以 OF 为2222001xy abab直径的圆与圆交于 P、Q 两点若，则 C 的离心率为( )222xyaPQOFAB23C2D5第卷(非选择题 共 90 分)二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13若变量满足约束条件则的最大值是 .xy23603020xyxyy 3zxy14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 .15的内角的对边分别为已知，则 .ABC, ,A B C, ,a b csincos0bAaBB 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）图图数学试卷 第 5 页（共 20 页） 数学试卷 第 6 页（共 20 页） 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 1721 题为 必考题，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。17（12 分）如图，长方体的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱上，1111ABCDABC D1AA1BEEC（1）证明：平面；BE 11EBC（2）若，求四棱锥的体积1AEAE3AB 11EBBC C18（12 分）已知是各项均为正数的等比数列，.na1322,216aaa（1）求的通项公式；na（2）设，求数列的前 n 项和2lognnbanb19（12 分）某行业主管部门为了解本行业中小企业的生产情况，随机调查了 100 个企业，得到这些企业第一季度相对于前一年第一季度产值增长率 y 的频数分布表的y分组0.20,0)0,0.20)0.20,0.40)0.40,0.60)0.60,0.80)企业数22453147（1）分别估计这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例、产值负增长的企业比例；（2）求这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） （精确到 0.01）附：.748.602-在-此-卷-上-答-题-无-效- -毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学试卷 第 7 页（共 20 页） 数学试卷 第 8 页（共 20 页）20（12 分）已知是椭圆的两个焦点，P 为 C 上一点，O 为坐标12,F F2222:1(0)xyCabab原点（1）若为等边三角形，求 C 的离心率；2POF（2）如果存在点 P，使得，且的面积等于 16，求 b 的值和 a 的12PFPF12FPF取值范围21（12 分）已知函数证明：( )(1)ln1f xxxx（1）存在唯一的极值点；( )f x（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数( )=0f x（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选修 4-4：坐标系与参数方程（10 分）在极坐标系中，O 为极点，点在曲线上，直线 l 过000(,)(0)M :4sinC点且与垂直，垂足为 P.(4,0)AOM（1）当时，求及 l 的极坐标方程；0=3 0（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 ( ) |2|().f xxa xxxa（1）当时，求不等式的解集；1a ( )0f x 数学试卷 第 9 页（共 20 页） 数学试卷 第 10 页（共 20 页） （2）若时，求的取值范围.(,1)x ( )0f x a2019 年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷文科数学答案解析第卷一、选择题1 【答案】C【解析】依题意得，选 C | 12ABxx I【考点】集合的表示方法，交集的概念【考查能力】运算求解2 【答案】D【解析】依题意得，选 D.2212 ,12ziii zi 【考点】复数的四则运算，共扼复数的概念【考查能力】运算求解3 【答案】A【解析】依题意得，选 A22( 1,1),|( 1)12abab 【考点】向量的坐标运算，向量的模【考查能力】运算求解4 【答案】B【考点】古典型概率的求解【解析】设3只测量过某项指标的兔子为A，B，C，另2只兔子为a，b，从这5只兔子中随机取出3只，则基本事件共有10种，分别为 ( , ,),( , , , , , , , , ),( , ,)()A B CA BaA B bA C aA C bA a bB C aB C bB a bC a b，其中“恰有2只测量过该指标”的取法有6种，分别为,因此所求的概率为，选B.( , , ),( , , ),( , , ),( , , ),( , , ),( , , )A B aA B bA C aA C bB C aB C b63 1055 【答案】A【解析】依题意、若甲预测正确，则乙、丙均预测错误，此时三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若乙预测正确，此时丙预测也正确，这与题意相矛盾；若丙预测正确，则甲预测错误，此时乙预测正确，这与题意相矛盾.综上所述，三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙，选 A.【考点】逻辑推理【考查能力】逻辑推理6 【答案】D【解析】通解 依题意得，当时，选 D.0x( )()e1e1xxf xfx 数学试卷 第 11 页（共 20 页） 数学试卷 第 12 页（共 20 页）优解 依题意得，结合选项知，选 D.1( 1)(1)e11eff 【考点】函数的奇偶性【考查能力】运算求解7 【答案】B【解析】对于 A，C，D 选项， 均有可能与 B 相交，故排除 A，C，D 选项，选 B.【考点】平面与平面平行的判定定理，充要条件【考查能力】逻辑推理，空间想象8 【答案】A【解析】依题意得函数 的最小正周期，解得，选 A. f x23244T2【考点】三角函数的图象与性质，函数的极值点【考查能力】数形结合，运算求解9 【答案】D【解析】依题意得，得，故选 D.32ppp8p 【考点】抛物线与椭圆的几何性质【考查能力】运算求解10 【答案】C【解析】依题意得，因此'2cossin , '(2cossin )2cossin2xxyxx yxx 所求的切线方程为，即，故选：C12()yx 2210xy 【考点】导数的基本运算与几何意义，直线方程【考查能力】运算求解11 【答案】B【解析】通解 依题意得，由，知，所以24sincos2cos,0,2cos0，又，所以，即.又2sincos22sincos122sin4sin121sin5，所以，选 B0,25sin5优解 依题意得，即 Ell ，所以sin21 1cos22 1tan2，选 B22222sintan5sin=sincostan15【考点】二倍角公式，同角三角函数的基本关系【考查能力】运算求解，灵活应用所学知识分析问题、解决问题12 【答案】A【解析】通解依题意，记，则以为直径的圆的方程为，将圆0F c（，）OF22 2 24ccxy与圆的方程相减得，即，所以点 P，Q 的22 2 24ccxy222xya2cax2axc横坐标均为，由于 PQ 是圆的一条弦，因此，即2a c222+xya222 2| 2aPQac，即，所以，即222 2 2acac2222 2 2214caa bacc22cab，所以，因此 C 的离心率，故选 A.2222()0abababab2 12bea优解一 记.连接 OP，PF，则 ，所以.0F c，OPPF1|2OPFSOP数学试卷 第 13 页（共 20 页） 数学试卷 第 14 页（共 20 页） ，即，即，即11|22PFOFPQ221111 2222acacc22cab所以，因此 C 的离心率，故选 A.2222()0abababab2 12bea优解二 记.依题意，PQ 是以 OF 为直径的圆的一条弦，因此 OF 垂直平分 PQ.又0F c，因此 PQ 是该圆的雨 OF 垂直的直径，所以，点 P 的横坐标| |PQOF45EOP为，纵坐标的绝对值为，于是有，即，即 C 的圆心率为，2c 2c22ca2cea2故选 A.【考点】双曲线的几何性质，圆与圆的位置关系【考查能力】运算求解，化归与转化第卷二填空题13 【答案】9【解析】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线，并平移，30xy当直线经过点时，直线在 y 轴上的截距最小，此时取得最大值，且3 0，3zxy.9maxZ.【考点】二元一次不等式组表示的平面区域和线性规划问题【考查能力】数形结合思想14 【答案】0.98【解析】依题意知，经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 100.97200.98100.990.9840【考点】概率与统计【考查能力】运算求解，应用所学知识解决问题15 【答案】3 4【解析】解法一 依题意与正玄定理得，即，则sinsinsincos0BAABsincosBB .又.又，所以.tan1B tan1B 0B3 4B解法二 由正玄定理得，所以，即sinsinbAaBsincos0bAaBsincos0aBaB，即，则.又，所以.sincos0aBaBsincosBB tan1B 0B3 4B数学试卷 第 15 页（共 20 页） 数学试卷 第 16 页（共 20 页）解法三 依题意，故，B 为钝角.如图，过点 C 作交sincos0bAaB cos0BCEABAB 的延长线于点 E，则，故，又sinCEbBACcosBEaABC BECE，所以，.CEAB4CBE3 4ABC【考点】正弦定理、同角三角函数的基本关系【考查能力】运算求解，化归与转化16 【答案】2621【解析】依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后 6 个面都在正方体的表面上，且该半正多面体由 18 个正方形和 8 个正三角形围成，因此题中的半正多面体共有 26 个面。注意到该多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为 x，则，解得，故题中的半正多面体的棱长为22122xxx21x .21【考点】弧长的计算【考查能力】运算求解，空间想象能力17 【答案】 （1）由已知得平面，平面，故.11BC 11ABB ABE 11ABB A11BCBE又，所以平面.1BEECBE 11EBC（2）由（1）知.由题设知，所以，190BEB11RtRtABEAB E1145AEBAEB 故，.3AEAB126AAAE作，垂足为 F，则平面，且.1EFBBEF 11BBC C3EFAB所以，四棱锥的体积的体积.11EBBC C13 6 3183V 【解析】 （1）根据长方体的性质得出平面，由此得出，再结合11BC 11ABB A11BCBE，及直线与平面垂直的判定定理，得出平面；1BEECBE 11EBC（2） （1）与已知条件，得出，进而得出，过点 E 作作11RtRtABEAB EAEAB于点 F，易得 EF 即四棱锥的高，结合棱锥的体积公式即可求解.1EFBB11EBBC C【考点】直线与平面垂直的证明、几何体体积的求解【考查能力】化归与转化能力、运算求解能力18.【答案】解：（1）设的公比为 q，由题设得 na，即.22416qq2280qq解得（舍去）或.2q 4q 因此的通项公式为. na121242nn na（2）由（1）得，因此数列的前 n 项和为2(21)log 221nbnn nb.21321nn L【解析】 （1）先根据等比数列的通项公式，列出关于公比 q 的方程，由此确定公比 q，即可求解。的通项公式； na数学试卷 第 17 页（共 20 页） 数学试卷 第 18 页（共 20 页） （2）先确定数列的通项公式，再利用等差数列的前 n 项和公式得出结论。 nb【考点】等比数列的通项公式、等差数列的前 n 项和公式【考查能力】化归与转化、运算求解19.【答案】解：（1）根据产值增长率频数分布表得，所调查的 100 个企业中产值增长率不低于 40%的企业频率为.1470.21100产值负增长的企业频率为而.20.02100用样本频率分布估计总体分布得这类企业中产值增长率不低于 40%的企业比例为 21%，产值负增长的企业比例为 2%.（2）1( 0.1020.10240.30 530.50 140.707)0.30100y 52211 100ii isnyy222221( 0.40)2( 0.20)240530.20140.407 =0.0296100 .0.02960.02740.17s 所以，这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别为 30%，17%.【解析】 （1）根据题中的频数分布表，结合用样本估计总体的知识即可求解；（2）利用平均数与标准差的计算公式进行求解。【考点】样本估计总体，平均数与标准差【考查能力】运用所学知识分析、解决问题20.【答案】解：（1）连接.由为等边三角形可知在中，1PF2POFV1290FPF.，于是，故 C 的离心率1290FPF2PFc13PFc122( 31)aPFPFc.31cea（2）由题意可知，满足条件的点存在当且仅当( , )P x y，22221| 216,1,12yyxyycxc xcab 即，| 16c y ，222xyc，22221xy ab由及得，又由知，故.222abc4 2 2byc2 2 216yc4b 由得，所以，从而，故.2 222 2axcbc22cb2222232abcb4 2a当，时，存在满足条件的点 P.4b 4 2a所以，a 的取值范围为.4b 4 2,)【解析】对于（1）连接，得出，进而得，再由糖圆的定义得1PF1290FPF1PF2PF到关于 a，c 的方程，即可得 C 的离心率；（2）先由题意求得 b 的值，再得出，最后结合 a，b，c 的关系确定 a 的取值范围.2²cb【考点】椭圆的定义与几何性质【考查能力】逻辑推理，运算求解，数形结合21.【答案】解：（1）的定义域为.( )f x(0,).11( )ln1lnxfxxxxx 数学试卷 第 19 页（共 20 页） 数学试卷 第 20 页（共 20 页）因为单调递增，单调递减，所以单调递增.又，lnyx1yx'( )fx'(1)10f .故存在唯一，使得又当时1ln41(2)ln2022f0(1,2)x 0'0fx0xx，单调递减；当时，单调递增；当时，)'(0fx ( )f x0xx'( )0fx ( )f x0xx，单调递增。'( )0fx ( )f x因此存在唯一的极值点.( )f x（2）由（1）知，又，所以在内存在 0(1)2f xf 22ee30f 0f x (0)，唯一根.由得又，故。x01x011x 1111( )1 ln10ff 是在的唯一根. 0f x 0(0,)x综上有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 0f x 【解析】 （1）利用导数的运算法则求得，并研究在上的单调性，再根据'( )fx'( )fx(0,)零点存在性定理确定在上有唯一零点，从而得到存在唯一的极值点。'( )fx(0,)'( )fx（2）借助（1）的结论与零点存在性定理即可得出结论。【考点】利用导数研究函数的极值点、函数的单调性以及方程的根【考查能力】灵活运用导数分析问题，解决问题，逻辑思维，运算求解22.【答案】解：（1）因为在 C 上，所以当时，.00,M 0304sin2 33由已知得.| |cos23OPOA设为 l 上除 P 的任意一点，连接 OQ，在中，.( , )Q RtOPQcos| 23OP经检验，点在曲线上所以，l 的极坐标方程为.2,3P cos23cos23（2）设，在中，即.( , )P RtOAP| |cos4cosOPOA4cos因为 P 在线段 OM 上，且，故的取值范围是.APOM,4 2 所以，P 点轨迹的极坐标方程为，.4cos,4 2 【考点】极坐标的几何意义，动点的轨迹方程的求法，数形结合思想的运用【考查能力】运算求解，逻辑思维23.【答案】解：（1）当时.当时，1a ( ) |1|2|(1)f xxxxx1x；2( )2(1)0f xx 当时.1x( ) 0f x 所以，不等式的解集为.( )0f x (,1)（2）因为，所以，( )0f a 1a当.时.1a(,1)x ( )()(2)()2()(1)0f xax xx xaax x所以，a 的取值范围是.1,)【解析】 （1）分和两种情况讨论即可求解；1x1x（2）先根据题意得，由此得到，再结合，时，即可求得 a( )0f a 1a1a1x( )0f x 的范围。【考点】绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题