2019年高考理数全国卷2(附答案与解析)

绝密★启用前

2019年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅱ卷

理科数学

本试卷满分150分,考试时间120分钟.

一、选择题：本题共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.设集合Ax|x2–5x6＞0，Bx|x–1＜0，则AIB

( )

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.3.已知uABuur2,3，uuuACr(3,t)，uuBCur1，则uuABuruuBCur第四象限

 ( )

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M１，月球质量为M２，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：M1(Rr)2M2r2(Rr)M1rR3.设R，由于的值33很小，因此在近似计算中345(1)233，则r的近似值为 ( )

A.M2B.M2MR 2MR 11C.33M2MR D.3M213MR 1数学试卷 第1页（共18页） 5.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

6.若a＞b，则

( )

A.ln(ab)＞0 B.3a＜3b C.a3b30

D.ab 7.设，为两个平面，则P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.若抛物线y22pxp0的焦点是椭圆

x223pyp1的一个焦点，则p

( )

A.2 B.3 C.4

D.8

9.下列函数中，以2为周期且在区间4，2单调递增的是

( )

A.fxcos2x B.fxsin2x C.fxcosx

D.fxsinx

10.已知aπ0，2），2sin2cos2+1，则sin

( )

A.15 B.55 C.

353 D.

25 .设F为双曲线C：x2y211a2b21(a0,b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径

的圆与圆x2y2a2交于P，Q两点.若PQOF，则C的离心率为( )

A.2 B.3 C.2

D.5 数学试卷 第2页（共18页）

12.设函数f(x)的定义域为R，满足f(x1)2 f(x)，且当x(0,1]时，f(x)x(x1).

若对任意x(,m]，都有f(x)，则m的取值范围是( )

A.,974 B.,3

C.,52 D.8,3

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

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)eax.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π3，则△ABC的面积

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１ 图２

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

数学试卷 第3页（共18页） 考题，每个试题考生都必须作答.第22、23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.（12分）

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.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.

数学试卷 第4页（共18页）

--------------------------19.（12分）

在已知数列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. __此 ____-------------------- ___

____20.（12分）

___号已知函数 卷fxlnxx1生__考__ _ _（1）讨论fx的单调性，并证明fx有且仅有两个零点；

_ _ __________--------------------x1.

（2）设x0是fx的一个零点，证明曲线ylnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线

_ _上yex的切线.

_ ________________名__姓__-------------------- _ _答

_ _ ___________--------------------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12.记

M的轨迹为曲线C.

__题校学业毕--------------------（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：△PQG是直角三角形； 无--------------------（ii）求△PQG面积的最大值.

效---数学试卷 第5页（共18页）

（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]（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.

数学试卷 第6页（共18页）

2019年普通高等学校招生全国统一考试·全国Ⅱ卷

理科数学答案解析

第Ⅰ卷

一、选择题 1．【答案】A

【解析】因为Ax|x25x6＞0x|x＞3或x＜2，Bx|x1＜0||x|x＜1，所以AIBx|x＜1，故选A. 【考点】不等式的求解，集合的交运算 【考查能力】运算求解 2．【答案】C

【解析】由题意，得z32i，其在复平面内对应的点为(3,2)，位于第三象限，故

选C.

【考点】共扼复数，复数的几何意义 【考查能力】运算求解 3．【答案】C

【解析】因为uuBCuruuuACruuABur(1,t3)，所以uuBCur1(t3)21，解得t3，所以

uuBCur(1,0)，所以uuABuruuBCur21302，故选C．

【考点】平面向量的数量积，平面向量的坐标运算

【考查能力】运算求解 4．【答案】D

【解析】由M1M2M1M1(Rr)2r2(Rr)R3，得2M22(1r)MrR1，因为，1rRrRR3334所以M1M2(1)22(1)M1，得5(1)2M233345M，由33，1(1)23得33M2M，即3rM2，所以r3M2R，故选D 1RM13M1【考查能力】对背景材料的审读，逻辑思维，化归与转化，运算求解

5．【答案】A

数学试卷 第7页（共18页） 【解析】记9个原始评分分别为a，b，c，d，e，f，g，h，i（按从小到大的顺序排列），

易知c为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.

【考点】样本的数字特征 【考查能力】分析问题和解决问题

6．【答案】C

【解析】通解 由函数ylnx的图象（图略）知，当0＜ab＜1时，lnab＜0，故A

不正确；因为函数y3x在R上单调递增，所以当a＞b时，3a3b，故B不正确；因为函数y3x在R上单调递增，所以当a＞b时，3a3b，即3a3b＞0，故C正确；当ba0时，|a||b|，故D不正确。故选C.

优解 当a0.3，b0.4时，lnab＜0，3a3b，|a||b|，故排除A，B，D，故

选C.

【考点】函数的性质

【考查能力】逻辑思维，运算求解 7．【答案】B

【解析】对于A，内有无数条直线与平行，当这无数条直线互相平行时，与可

能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确.综上可知选B.. 【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系 【考查能力】逻辑思维，空间想象 8．【答案】D

【解析】由题意，知抛物线的焦点坐标为p2,0，椭圆的焦点坐标为(2p,0)，所以

p22p，解得p8，故选D.. 【考点】抛物线与椭圆的几何性质

【考查能力】逻辑思维，运算求解

数学试卷 第8页（共18页）

9．【答案】A

【解析】A中，函数f(x)cos2x的周期为

2，当x4,2时， 2x2,，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)|sin2x|的周期为2，

当x4,2时，2x2,，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数

f(x)cos|x|cosx的周期为2π，故C不正确；D中，f(x)sin|x|sinx,x…0sinx,x0由正弦函数图象知，在x≥0和z＜0时，f(x)均以2π为周期，但在整个定义域上

f(x)不是周期函数，故D不正确.故选A.

【考点】三角函数的图像与性质 【考查能力】逻辑思维，运算求解 10．【答案】B 【解析】由

2sin2cos21，得4sincos12sin21，即

2sincos1sin2 .因为0,2，所以cos1sin2，所以

2sin1sin21sin2，解得sin55，故选B.

【考点】同角三角函数的基本关系，二倍角公式 【考查能力】运算求解，逻辑思维 11．【答案】A

【解析】如图，由题意，知以OF为直径的圆的方程为c22c2x2y4 ，将

x2y2a2记为②式，①-②得xa2c，则以OF为直径的圆与圆x2y2a2的相

2a22交弦所在直线的方程为xac，所以|PQ|2a2c .由PQOF，得

a222a2cc，整理得c44a2c24a40，即e44e240，解得e2，故选A.

数学试卷 第9页（共18页）

【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，逻辑思维 12．【答案】B

【解析】当1＜x≤0时，0＜x1≤1，则f(x)12f(x1)12(x1)x；当1＜x≤2时，0＜x1≤1，则f(x)2f(x1)2(x1)(x2)；当2＜x≤3时，0＜x2≤1，则f(x)2f(x1)22f(x2)22(x2)(x3)，……由此可得

L1(x1)x,1f(x)2x„02(x1),0x„1由此作出函数fx的图象，如图所示，由图可知时2(x1)(x2),1x„222(x2)(x3),2x„3L2＜x≤3，

令22(x2)(x3)，整理，得(3x7)(3x8)0，解得x783或x3，将这两个值标注在图中，要使对任意x(,m]都有f(x)≥，必有m≤73，即实

数m的取值范围是,73，故选B.

数学试卷 第10页（共18页）

【考点】函数的解析式，函数的图象，不等式恒成立问题 【考查能力】运算求解，化归与转化

第Ⅱ卷

二．填空题 13．【答案】0.98

【解析】经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为

100.97200.98100.991020100.98.

【考点】用样本估计总体

【考查能力】数据处理能力，运算求解能力 14．【答案】3

当x＞0时，x0,f(x)eax .因为函数fx为奇函数，所以当x＞0时，

af(x)f(x)eax，所以f(ln2)eatn2128，所以a3. 【考点】函数奇偶性

【考查能力】逻辑思维，运算求解 15．【答案】63 【解析】解法一 因为a2c，b6，B3，所以由余弦定理b2a2c22accosB号，得62(2c)2c222ccos3，所以c23，所以a43，所以△ABC的

面积S12acsinB124323sin363. 解法二 因为a2c，b6，B223，所以由余弦定理bac22accosB，得

数学试卷 第11页（共18页） 62(2c)2c222ccos3，得c23，所以a43，所以a2b2c2，所以

A2号，所以△ABC的面积S1223663. 【考点】余弦定理，三角形的面积公式 【考查能力】逻辑思维，运算求解 16．【答案】26

21

【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22xx22x1，解得x21，故题中的半正多面体的棱长为21. 【考点】弧长的计算

【考查能力】运算求解，空间想象能力

三、解答题 （一）必考题

17．【答案】（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE. 又BEEC1，所以BE平面EB1C1.

（2）由（1）知BEB190.由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以AEBA1EB1，

故AEAB，AA12AB..

以D为坐标原点，uuDAur方的方向为x轴正方向，uuDAur为单位长，建立如图所示的空间直

角坐标系Dxyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，uuC(0,1,2)E(1,0,1)uuCBr(1,0,0)，CEur1，，

(1,1,1)，uuuCCr1(0,0,2).

设平面EBC的法向量为n(x,y,z)，则uurCBn0，x0,uuur即n0，CExyz0. 所以可取n(0,1,1).

设平面ECC1的法向量为mx1,y1,z1，则mx1,y1,z1，

数学试卷 第12页（共18页）

uuurCCuuur1m0,，即2z10，CEm0,x1y1z， 10，所以可取m(1,1,0).于是cosn,mnm|n||m|12

所以，二面角BECC31的正弦值为

2.

【解析】（1）根据长方体的性质得出B1C1⊥平面ABB1A1，从而推出B1C1BE，再结合

BEEC1，然后结合已知条件，利用线面垂直的判定定理即可使问题得证；

（2）以D为坐标原点建立恰当的空间直角坐标系，然后求出相关点的坐标与相关向量，

求得平面EBC与平面ECC1的法向量，最后利用向量的夹角公式求解即可. 【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）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0.5x10.40.5.（2）X4且甲获胜，就是1010：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. 数学试卷 第13页（共18页） 【解题思路】（1）由题意知PX2包括甲获胜的概率与乙获胜的概率，则利用互斥事

件的概率公式求解即可；

（2）利用相互事件与互斥事件的概率公式计算即可。 【考点】互斥事件的概率，相互事件的概率 【考查能力】逻辑思维，数据获取与处理，运算求解

19.【答案】解：（1）由题设得4an1b1n12anbn，即an1bn12anbn. 又因为a11b11，所以|anbn}是首项为1，公比为2的等比数列。

由题设得4an1bn14anbn8，即an1bn1anbn2. 又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列。

（2）由（1）知，a1nbn2n1,anbn2n1. 所以a1211nanbnanbn2nn2， b1211nanbnanbn2nn2. 【解析】（1）首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列anbn为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列

anbn为等差数列；

（2）由（1）分别求得数列anbn和anbn的通项公式，然后将这两个通项公式进

行加减运算即可求得an，bn的通项公式。 【考点】等差数列与等比数列的定义及通项公式 【考查能力】逻辑推理，运算求解

20.【答案】解：（1）f(x)的定义域为(0,1)(1,). 因为f(x)1x2(x1)20，所以f(x)在(0,1)(1,)单调递增. f(e)1e1e21e2因为23e10,fe2e21e210，

所以f(x)在(1,)有唯一零点x1，即fx11x110.又01,fxlnx1x1fx10，故f(x)在(0,1)有唯11x11一零点

1x. 1 数学试卷 第14页（共18页）

综上，f(x)有且仅有两个零点。

（2）因为1xelnx0，故点Blnx10,在曲线0xyex上由题设知fx00，即

011x0lnxx01xlnx1000x，连接AB，则直线AB的斜率k01lnxx0x010x0x011曲线xxx0001yex在点Blnx10,处切线的斜率是一，曲线y1nx在点Ax0,lnxx0处切线

0的斜率也是一，所以曲线y1nx在点Ax0,lnx0处的切线也是曲线yex的切线. 【解析】（1）首先求得函数f(x)的定义域，然后求出了f(x)，根据了f(x)与0的大小

关系可得函数f(x)的单调性，从而利用函数零点的存在性定理证明即可；

（2）先确定点Blnx10,x在曲线yex上，结合fx00得直线AB的斜率，再由

0导数的几何意义确定曲线yex在点B处的切线斜率及曲线y1nx在点A处的切线斜率，从而使问题得证。

【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点，导数的几何意义

【考查能力】逻辑推理，运算求解

21.【答案】解：（1）由题设得yx2yx21x2y22，化简得421(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点. （2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0).

ykx由x2y2得x242112k2.

记u2，则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0).

12k2于是直线QG的斜率为k2，方程为yk2(xu).

由yk2(xu),2k2x22uk2xk2u22得80 x4y2 21

数学试卷 第15页（共18页） 设Gxu3k22c,yc，则u和xG是方程①的解，故xG2uk3k2，由此得yG2k2.

uk3从而直线PG的斜率为2k2uku3k221k.所以PQPG，即△PQG是直角三角形.

2k2u（ii）由（i）得PQ2u1k2，|PG|2ukk212k2，所以么△PQG的面积S12|PQ||PG|8k1k281kk12k22k2设1122tk1k，则由k＞0得t≥2，kk当且仅当k1时取等号。

因为S8t12t2 在[2,)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为169 因此，△PQG面积的最大值为等

【解析】（1）利用斜率公式建立方程，化简即可求得曲线C的方程，从而可判断曲线类

型.

（2）（i）设直线PQ的方程为ykxk0，然后与椭圆方程联立，求得点P，Q，E的

坐标，从而求得直线QG的方程，并与椭圆方程联立，求得点G的坐标，由此求得直线PG的斜率，进而可使问题得证；（i）由（i）求出PQ，PG，从而得到△POG面积的表达式，进而利用换元法及函数的单调性求得最大值. 【考点】轨迹方程的求法、直线与椭圆的位置关系 【考查能力】逻辑推理，运算求解

22.【答案】解：（1）因为M0,0在C上，所以当03时，04sin323.

由已知得|OP||OA|cos32.

设Q(,)为l上除P的任意一点，连接OQ，在Rt△OPQ中，cos3|OP|2.经检验，点P2,3在曲线cos32上所以，l的极坐标方程为cos32. 数学试卷 第16页（共18页）

（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4,2.

所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos，4,2.

【解析】（1）由点M在曲线C上，将03代入曲线C的极坐标方程中即可求得0的

值，设出直线l上除P外的任意一点Q的极坐标，结合OP的值及平面几何知识即可求得直线l的极坐标方程；

（2）设点P(,)，根据题意得到4cos，再根据已知条件求得的取值范围，从而

求得P点轨迹的极坐标方程.

【考点】查极坐标的几何意义，动点的轨迹方程的求法

【考查能力】数形结合思想的运用，运算求解，逻辑思维

23.【答案】解：（1）当a1时f(x)|x1|x|x2|(x1) .当x＜1时，

f(x)2(x1)20；

当x≥1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a≥1，

当a≥1.x(,1)时f(x)(ax)x(2x)(xa)2(ax)(x1)0. 所以，a的取值范围是[1,).

【解析】（1）首先求得当a1时，函数fx的解析式，然后分x＜1，x≥1讨论函数fx的范围，从而求得不等式的解集；

（2）首先由fa0及已知条件得到a的取值范围，然后结合x的取值范围，利用因

式分解求得fx的范围，从而求得a的取值范围. 【考点】绝对值不等式的求解 【考查能力】逻辑思维，运算能力

数学试卷 第17页（共18页） 数学试卷第18页（共18页）