读童年有感-给妈妈的一封信

2019
年普通高等学校招生全国统一考试

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< br>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
．设集合
A={x|x
2
–5x+6>0}
，
B={x|x–1<0}
，则
A∩
B=
A
．
(–
∞，
1)
C
．
(–3
，
–1)
【答案】A
【难度】容易
2
．设
z=–3+2i
，则在复平面内
z
对应的点位于
A
．第一象限

C
．第三象限

【答案】C
【难度】容易
B
．第二象限

D
．第四象限


B
．
(–2
，
1)
D
．
(3
，
+
∞
)

< br>uuur
uuur
uuuruuur
uuur
3
．已知
AB
=(2,3)
，
AC
=(3
，
t)
，
|BC|
=1
，则
ABBC
=
A
．
–3
C
．
2
【答案】C
【难度】容易
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，
B
．
–2
D
．
3

发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥 沿着围绕地月拉格朗日
L
2
点的轨道运行。
L
2
点是平衡点 ，位于
地月连线的延长线上。设地球质量为
M
１
，月球质量为
M２
，地月距离为
R
，
L
2
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：
M
1< br>M
2
M
1
r
(Rr)


。 设，由于

的值
(Rr)
2
r
2
R
3< br>R
3

3
3

4


5
3
3

很小，因此在近似计算中，则
r
的近似值为

(1

)
2
A
．
M
2
R< br>
M
1
3M
2
R

M
1
B
．
M
2
R

2M
1
M
2
R

3M
1

C
．
3
D
．
3
【答案】D
【难度】中等
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

C
．方差

【答案】A
【难度】容易
6
．若
a>b
，则

A
．
ln(a
−
b)>0
C
．
a
3
−b
3
>0
【答案】C
【难度】容易
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

C
．
α
，
β
平行于同一条直线

【答案】B
【难度】中等
8
．若抛物线
y=2px(p>0)< br>的焦点是椭圆
A
．
2
C
．
4
2
B
．平均数

D
．极差

B
．
3
a
<3
b

D
．
│a│>│b│
B
．
α
内有两条相交直线与
β
平行

D
．
α
，
β
垂直于同一平面

x
2
3p

y
2
p
1
的一个焦点，则
p=
B
．
3
D
．
8

【答案】D
【难度】容易
9
．下列函数中，以

2
为周期且在区间
(

4
，

2
)
单调递增的是

B
．
f(x)=│sin2x│
D
．
f(x)=sin│x│
A
．
f(x)=│cos2x│
C
．
f(x)=cos│x│
【答案】A
【难度】容易
10
．已知
α
∈
(0
，

2
)
，
2sin2α=cos2α+1
，则
sinα=
A
．
1
5
B
．
5
5

C
．
3
3
D
．
2
5
5

【答案】B
【难度】容易
x
2
y
2
222
11
．设
F
为双曲线< br>C
：
2

2
1(a0,b0)
的右焦点，以< br>OF
为直径的圆与圆
xya
O
为坐标原点，
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


【答案】A
【难度】中等
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]< br>时，
f(x)x(x1)
。若对任意
8
x(,m]
，都有
f(x)
，则
m
的取值范围是

9
A
．

,


4


9


B
．

,


3


7


8



C
．

,


2



5


D
．

,


3


【答案】B
【难度】中等
二、填空题：本题共< br>4
小题，每小题
5
分，共
20
分。

13< br>．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< br>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< /p>

的估计值为
__________
。

【答案】0.98
【难度】容易
【点评】本题在高考数学（理）提高班讲座

第十四章《概率》中有详细讲解，在寒假特训班、百日冲刺班
中均有涉及。

14
．已知
f(x)
是奇函数，且当
x0
时，
f(x) e
ax
.
若
f(ln2)8
，则
a
____ ______
。

【答案】–3
【难度】容易
15
．< br>△ABC
的内角
A,B,C
的对边分别为
a,b,c
.
若
b6,a2c,B
【答案】
6
3

【难度】中等
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。）

π
，则
△ABC
的面积为
_________
。

3

【答案】26；
21

【难度】中等
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
～< br>21
题为必考题，每个试题考
生都必须作答。第
22
、
23< br>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–A
1
B
1
C
1
D
1
的底面
ABCD
是正方形，点
E
在棱
AA
1
上，
BE
⊥< br>EC
1
。

（
1
）证明：
BE
⊥平面
EB
1
C
1
；

（< br>2
）若
AE=A
1
E
，求二面角
B–EC–C
1
的正弦值。

【答案】解：（1）由已知得，
B
1
C< br>1

平面
ABB
1
A
1
，
BE< br>平面
ABB
1
A
1
，
故
B
1
C
1

BE
。
又
BEEC
1
，所以
BE
平面
EB
1
C
1
。
（2）由（1）知
BEB
1
90
。由题设知
Rt△ABE
≌
Rt△A
1
B
1
E
，所以
AEB45
，
故
AEAB
，
AA
1
2AB
。
uu ur
uuur
|DA|
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz， 以< br>D
为坐标原点，
DA
的方向为x轴正方向，
uuuur
uuu ruuur
则C（0，1，0），B（1，1，0），
C
1
（0，1，2）， E（1，0，1），
CB(1,0,0)
，
CE(1,1,1)
，CC
1
(0,0,2)
。
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则

uuur


CBn0,

x0,
即


r
< br>uuu


CEn0,

xyz0,
所以 可取n=
(0,1,1)
。

设平面
ECC
1
的法向量为m=（x，y，z），则
uuuur


CC
1
m0,

2z0,
即


r

uuu

xyz0.< br>

CEm0,
所以可取m=（1，1，0）。
于是
cosn,m
nm1

。
|n||m|2
3
。
2
所以，二面角
BECC
1
的正弦值为
【难度】难
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< br>0.5
，乙发球时甲
得分的概率为
0.4
，各球的结果相互独立
.
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
）；

（< br>2
）求事件
“X=4
且甲获胜
”
的概率。

【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< br>由乙得分。因此
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。
【难度】中等
19
．（
12
分）

已知数列{a
n
}
和
{b
n
}
满足
a
1
=1
，
b
1
=0
，
4a
n1
3a
n
b
n
4
，
4b
n1
3b
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。

【答案】解：（
1
）由题设得
4(a
n1
b
n1< br>)2(a
n
b
n
)
，即
a
n1
b
n1

1
(a
n
b
n
)
。

2
又因为
a
1
+b
1
=l
，所以

a
n
b
n

是首项为
1
，公比为
1
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
–b
1
=l
，所以

a
n
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
。

n12
所以
a
n

111
[(a
n
b< br>n
)(a
n
b
n
)]
n
n
，

222
111
b
n
[(a
n
b
n
)(a
n
b
n
)]
n
n。

222
【难度】中等
20
．（
12
分） 已知函数
f

x

lnx
x1
x1
。

（
1
）讨论
f(x)
的单调性，并证明
f( x)
有且仅有两个零点；

x
（
2
）设
x
0
是
f(x)
的一个零点，证明曲线
y=lnx
在点
A(x
0
，
lnx
0
)
处的切线也是曲线
ye
的切线。

【答案】解：（
1
）
f
（
x
） 的定义域为（
0
，
1
）
U
（
1
，
+
∞）。

因为
f'(x)
12
0
，所以< br>f(x)
在（
0
，
1
），（
1
，
+
∞）单调递增。

x(x1)
2
e1
e
21e
2
3
2
0
，
f(e)2
2因为
f
（
e
）
=
1

2
 0
，所以
f
（
x
）在（
1
，
+
∞ ）有唯一零点
x
1
，
e1
e1e1
即
f（
x
1
）
=0
。又
0
x1
111
f(x
1
)0
，故
f
（
x
）在（< br>0
，
1
）有唯一零点。
1
，
f()lnx1

1

x
1
x
1
1
x< br>1
x
1
综上，
f
（
x
）有且仅有两个零点。

11
lnx
0
e
（
2
）因为，故点
B
（
–lnx
0
，）在曲线
y=e
x
上。

x
0
x
0
11
x
0
1
lnx
0

x
0
1
x
0
x
0
x
0
1
1

。

由题设知
f(x
0
)0
，即
lnx
0

，故直线
AB
的斜率
k
x
0
1
lnx
0
x
0

x
0
1
x
x
0
0
x
0
1
曲线
y=e
在点
B(lnx
0
,
x
11
)
处切线的斜率是，曲线
ylnx
在点
A(x
0
,lnx
0
)
处切线的斜率也是
x
0< br>x
0
1
，所以曲线
ylnx
在点
A(x
0
,lnx
0
)
处的切线也是曲线
y=e
x
的切线。

x
0

【难度】难
21.
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−
分）

（< br>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；

（
ii
）求
△PQG
面积的最大值。

1
2
。记
M
的轨迹为曲线
C
。（
12
x
2< br>y
2
yy1
1(|x|2)
，所以C为中心在坐标原点，【答案】 解：（1）由题设得

，化简得

42
x2x22
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
2

由

x
2
y
2得
x
。
2
1
12k


 42
记
u
2
12k
2
，则
P(u,uk),Q (u,uk),E(u,0)
。
于是直线
QG
的斜率为
kk< br>，方程为
y(xu)
。
22
k

y(xu ),


2
由

2
得
2
x

y
1

42
(2k
2
)x
2
2uk
2
xk
2
u
2
80。①
u(3k
2
2)uk
3
设
G(x
G< br>,y
G
)
，则
u
和
x
G
是方程① 的解，故
x
G

，由此得
y
G

。 2k
2
2k
2
uk
3
uk
2
1
2k

从而直线
PG
的斜率为。
u(3k
2
2)
k
u
2
2k
所以
PQPG
， 即
△PQG
是直角三角形。
2ukk
2
1
（ii）由（ i）得
|PQ|2u1k
，
|PG|
，所以△PQG的面积
2 k
2
2

1
8(k)
18k(1k)
k
。
S|PQ‖PG|
22
1
2(12k)(2k)12(k)
2
k
2
设
t=k+
1
，则由< br>k>0
得
t≥2
，当且仅当
k=1
时取等号。
k
16
8t
[2+t=2k=1S
在，∞）单调递减，所以当，即时，取 得最大值，最大值为。

9
12t
2
16
。
< br>9
因为
S
因此，△
PQG
面积的最大值为
【难度】 难
（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

时，

0
4sin23
。
3 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。

【答案】解： （1）因为
M


0
,

0

在 C上，当

0

由已知得
|OP||OA|cos
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


< br>
3





2
上。
3

所以，l的极坐标方程为

cos


< br>




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

,< br>


,

。
42








【难度】难

23
．
[
选修
4
—
5
：不等式选讲
]< br>（
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；
< br>（
2
）若
x(,1)
时，
f(x)0
，求< br>a
的取值范围。

【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)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,)
。
2
【难度】难