普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅱ文数含答案.docx

1、普通高等学校招生全国统一考试全国卷文数含答案绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试文科数学本试卷共 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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用 2B 铅笔填涂； 非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写， 字体工整、 笔迹清楚。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸

2、刀。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已知集合 A= x | x 1 ， B x | x 2 ，则 AB=A(- 1，+) B(- ，2)C(- 1，2) D2设 z=i(2+i) ，则 z =A1+2i B- 1+2iC1- 2i D- 1- 2i3已知向量 a=(2，3)，b=(3，2)，则|a- b|=A 2 B2C5 2 D504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A23B35C25D155在“一带一路”知识测验后

3、，甲、乙、丙三人对成绩进行预测甲：我的成绩比乙高第 1 页 共 9 页乙：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x6设f(x)为奇函数，且当x 0时， f(x)= e 1，则当x0) 两个相邻的极值点，则 =4 4A2 B32C1 D122 2x y9若抛物线 y 2=2px（p0）的焦点是椭圆2=2px（p0）的焦点是椭圆3p p1的一个焦点，则 p=A2 B3C4 D 810曲线 y=2sin x+cos x 在点 (，- 1)处的切线方程为A x y 1

4、0 B 2x y 2 1 0C 2x y 2 1 0 D x y 1 011已知 a（ 0，）， 2sin2=cos2+1，则 sin=2A15B55C33D2 55第 2页共 9 页12设 F 为双曲线 C：2 2x y2+y2=a22 2 1（a0，b0）的右焦点， O 为坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 xa b交于 P、Q 两点若 |PQ |=|OF |，则 C 的离心率为A 2 B 3C2 D 5二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。2x 3y 6 0，13若变量 x，y 满足约束条件x y 3 0， 则 z=3 xy 的最大值是 _.y 2 0，14我国高铁

5、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 ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 bsin A +acosB =0，则 B=_.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

6、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）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 ABCD A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1 上，BEEC1第 3 页 共 9 页（1）证明： BE平面 EB1C1；（2）若 AE= A1E，AB=3，求四棱锥 E BB1C1C 的体积18（ 12 分）已

7、知 a 是各项均为正数的等比数列， a1 2, a3 2a2 16 .n（1）求 a 的通项公式；n（2）设 bn log 2 an ，求数列 bn 的前 n 项和19（ 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y 的分组 0.20,0) 0,0.20) 0.20,0.40) 0.40,0.60) 0.60,0.80)企业数 2 24 53 14 7（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

8、一组中的数据用该组区间的中点值为代表）（精确到 0.01）附： 74 8.602 .20（ 12 分）已知F1, F2 是椭圆2 2x yC : 1(a b 0)2 2a b的两个焦点， P 为 C 上一点， O 为坐标原点（1）若 POF2 为等边三角形，求 C 的离心率；（2）如果存在点 P，使得PF PF ，且 F1PF2 的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围1 2第 4 页 共 9 页21（ 12 分）已知函数 f (x) (x 1)ln x x 1证明：（1） f (x) 存在唯一的极值点；（2） f ( x)=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数（二）选考题：共 1

9、0 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 =时，求30 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 (

10、,1)时， f (x) 0，求 a 的取值范围 .第 5 页 共 9 页2019 年普通高等学校招生全国统一考试文科数学 参考答案1C 2D 3A 4B 5 A 6 D7B 8A 9D 10C 11B 12A13 9 14 0.98 15341626； 2 117解：（1）由已知得 B1C1平面 ABB1A1，BE 平面 ABB1A1，故B C BE 1 1又BE EC ，所以 BE平面 EB1C11（2）由（1）知 BEB1=90.由题设知 RtABE RtA1B1E，所以 AEB A1EB1 45 ，故 AE = AB=3，AA1 2AE 6 .作EF BB ，垂足为F，则EF 平面 BB

11、1C1C ，且 EF AB 311所以，四棱锥E BB C C 的体积V 3 6 3 181 1318解：（1）设an 的公比为q，由题设得22q 4q 16，即2 2 8 0q q 解得 q 2 （舍去）或 q=4因此n 1 2n 1a 的通项公式为a 2 4 2 n n2（2）由（ 1）得 bn (2n 1) log 2 2 2n 1，因此数列 bn 的前 n项和为1 3 2n 1 n 19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%的企业频率为第 6页共 9 页14 71000.21产值负增长的企业频率为21000.02用样本频率分布估计总体分布

12、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）1y ( 0.10 2 0.10 24 0.30 53 0.50 14 0.70 7) 0.30 ，100512s n y yi i100i 1211002 2 2 2 2( 0.40) 2 ( 0.20) 24 0 53 0.20 14 0.40 7=0.0296，s 0.0296 0.02 74 0.17 ，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%20解：（1）连结 PF1，由POF 2 为等边三角形可知在 F1PF2 中， F1PF2 90 ，PF2 c，PF1 3c

13、，于是c2a PF PF ( 3 1)c ，故 C 的离心率是 3 1e1 2a.2 2x y（2）由题意可知， 满足条件的点 P(x, y) 存在当且仅当 1 | | 2 16y yy c ， 1，2 2 1，2 x c x c a b即 c|y| 16 ，2 2 2x y c ，2 2x y2 2 1，a b由及2 2 2a b c 得2y42b c，又由知2y2162c，故 b 4由得2a2 2 2x c b2c，所以2 2c b ，从而2 2 2 2 2 32,a b c b 故a 4 2 .当b 4，a 4 2 时，存在满足条件的点 P所以 b 4， a 的取值范围为 4 2, )

14、21解：（ 1） f (x) 的定义域为（ 0，+ ）.第 7 页 共 9 页x 1 1f (x) ln x 1 ln xx x.因为 y ln x 单调递增，y1x单调递减，所以 f (x) 单调递增，又 f (1) 1 0 ，1 ln 4 1f ，故存在唯一 x0 (1, 2) ，使得 f x0 0 .(2) ln 2 02 2又当 x x0 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递减；当 x x0 时， f (x) 0 ， f (x) 单调递增 .因此， f (x) 存在唯一的极值点 .（2）由（ 1）知f x0 f (1) 2，又2 2f ，所以 f (x) 0 在 x0 , 内存

15、在唯一根e e 3 0x .由1x0 1得 1 x0 .又 f 1 1 1 ln 1 1 1 f ( ) 0 ，故 1 是 f (x) 0 在0,x 的唯一根 .0综上， f (x) 0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数22解：（ 1）因为 M 0 , 0 在C上，当 03时， 0 4sin 2 33.由已知得 | | | | cos 2OP OA .3设Q( , ) 为l上除P的任意一点 .在RtOPQ中， cos | | 2 OP ，3经检验，点 P(2, ) 在曲线 cos 23 3上所以， l的极坐标方程为 cos 23（2）设 P( , ) ，在 RtOAP中， |OP | |O

16、A | 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 2.23解：（1）当 a=1 时， f ( x)=| x 1| x+|x 2|(x 1) .第 8 页 共 9 页当 x 1时，2f (x) 2(x 1) 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, ) 第 9 页 共 9 页