(完整)2019年全国II卷文科数学高考真题(2)

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A∩B= A．(-1，+∞) C．(-1，2) 2．设z=i(2+i)，则z= A．1+2i C．1-2i

B．-1+2i D．-1-2i

B．(-∞，2) D．

3．已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a-b|= A．2 C．52

B．2 D．50

4．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

2 32C．

5A．

甲：我的成绩比乙高．

3 51D．

5B．

5．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．

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 C．丙、乙、甲

xB．乙、甲、丙 D．甲、丙、乙

6．设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)=e1，则当x<0时，f(x)= A．ex1

B．ex1 1

C．ex1 D．ex7．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内有两条相交直线与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x1=

，x2=是函数f(x)=sinx(>0)两个相邻的极值点，则= 443A．2 B．

21C．1 D．

222xy1的一个焦点，则p= 9．若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆

3ppA．2 B．3 C．4 D．8 10．曲线y=2sinx+cosx在点(π，-1)处的切线方程为

A．xy10 C．2xy210 11．已知a∈（0，

A．C．

B．2xy210 D．xy10

π），2sin2α=cos2α+1，则sinα= 2

B．D．5 525 51 53 3

x2y212．设F为双曲线C：2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x2+y2=a2

ab交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为

A．2 C．2

B．3 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=3x–y的最大值是___________.

y20，14．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．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知bsinA+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

.半正多面体是由两种或两种以上的正多边南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）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．）

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，BE⊥EC1．

（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）

已知{an}是各项均为正数的等比数列，a12,a32a216. （1）求{an}的通项公式；

（2）设bnlog2an，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 企业数 [0.20,0) 2 [0,0.20) 24 [0.20,0.40) 53 [0.40,0.60) 14 [0.60,0.80) 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）

x2y2已知F1,F2是椭圆C:221(ab0)的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．

ab（1）若△POF2为等边三角形，求C的离心率；

（2）如果存在点P，使得PF1PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．

21．（12分）

已知函数f(x)(x1)lnx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）

O为极点，在极坐标系中，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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年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学·参考答案

1．C 7．B 13．9

2．D 8．A

3．A 9．D 15．

4．B 10．C

5．A 11．B

6．D 12．A

14．0.98

3π 416．26；21

17．解：（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45，故AE=AB=3，

AA12AE6.

作EFBB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EFAB3． 所以，四棱锥EBB1C1C的体积V136318． 3

18．解：（1）设an的公比为q，由题设得

2q24q16，即q22q80．

解得q2（舍去）或q=4．

n12n1因此an的通项公式为an242．

（2）由（1）得bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前n项和为13L2n1n2．

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

1470.21． 100产值负增长的企业频率为

20.02． 100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）y21(0.1020.10240.30530.50140.707)0.30， 100152snyy ii100i1122222 (0.40)2(0.20)240530.20140.407100=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%．

F1PF290，PF2c，PF13c，20．解：（1）连结PF1，由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，

于是2aPF1PF2(31)c，故C的离心率是ec31. ax2y21yy（2）由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在．当且仅当|y|2c16，1，221，

ab2xcxc即c|y|16，①

x2y2c2，②

x2y221，③ 2abb41622由②③及abc得y2，又由①知y2，故b4．

cc2222a222222222由②③得x2cb，所以cb，从而abc2b32,故a42.

c2当b4，a42时，存在满足条件的点P． 所以b4，a的取值范围为[42,)． 21．解：（1）f(x)的定义域为（0，+）.

x11lnx1lnx. xx1

因为ylnx单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增，又f(1)10，

x

1ln41f(2)ln20，故存在唯一x0(1,2)，使得fx00.

22f(x)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fe2e230，所以f(x)0在x0,内存在唯一根

x.

由x01得又f11x0.

f()111111ln10，故是f(x)0在0,x0的唯一根. 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0由已知得|OP||OA|cos时，04sin23. 332. 3|OP|2， 3设Q(,)为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中，cos经检验，点P(2,)在曲线cos32上． 3所以，l的极坐标方程为cos2． 3（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,.

42所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos,, .

4223．解：（1）当a=1时，f(x)=|x1| x+|x2|(x1).

当x1时，f(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,)．

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