2019年理科数学海南省高考真题含答案下载

2019 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学 5本试卷共 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。 22B 0.5 铅笔填涂；非选择题必须使用 毫米黑色字迹的签字笔书写，字体 ．选择题必须使用 工整、笔迹清楚。 34．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。 ．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。 12 560 小题，每小题 分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一 一、选择题：本题共 项是符合题目要求的． 1A={x|x2-5x+6>0} B={ x|x-1<0} ，则 ∩ AB= ．设集合 ，A (- ． ∞， 1) B (-2 1) ． ， C(-3 -1) ，D(3 + ) ． ，∞ ．2z=-3+2i ，则在复平面内 对应的点位于 ．设 zAB．第二象限 ．第一象限 CD．第四象限 ．第三象限     = 3=(2,3) =(3 t) ， ， =1 ，则 ．已知 ，| BC | AC AB BC AB A．-3 B -2 ．C2D3．．42019 ．13月 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 年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 LL拉格朗日 2 点的轨道运行． 2 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为 ML１，月球质量为 ２，地月距离为 ， 2 点到月球的距离为 ，根据牛顿运动定律和万有 MRrr引力定律， 满足方程： M1 M2 M1 R3  (R  r) .(R  r)2 r2 r33  34 5 (1)2  33 r，则 的近似值 ，由于 的值很小，因此在近似计算中   设为RMM2 R2 R A．B．M1 2M1 3M M2 33M1 2 R R3CD．．M1 599．演讲比赛共有 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 个原始 117.7 评分中去掉 个最高分、个最低分，得到 个有效评分 个有效评分与 个原始评分 9相比，不变的数字特征是 AB．平均数 ．中位数 C．若 AD．方差 ．极差 67a>b ，则 ln(a b)>0 B3a<3b ．．−Ca3−b3>0 D│a│>│b│ ．．αβα．设 ， 为两个平面，则 ∥ 的充要条件是 βAαβ． 内有无数条直线与平行 B α β ． 内有两条相交直线与平行 Cα． ，平行于同一条直线 βDα． ，垂直于同一平面 βx2 y2 8y2=2px(p>0) 1 p= ．若抛物线 的焦点是椭圆 的一个焦点，则 3p pA．2B 3 ．C4D8．．9()单调递增的是 ．下列函数中，以 为周期且在区间 2，42A．f(x)=│cos 2x│ B f(x)=│sin 2x│ ．Cf(x)=cos│x│ Df(x)= sin│x│ ．．10 α．已知 ∈ ， (0 )2sin 2α=cos 2α+1 sin α= ，则 ，2155A．B．532 5 5CD．．3×2 y2 11 FC．设 为双曲线： 的右焦点， 为坐标原点，以 O为直径的 OF 1(a  0,b  0) a2 b2 圆与圆 x2  y2  a2 交于 ， 两点若 PQ  OF PQ.C，则 的离心率为 AB．．352C2D．．f (x) f (x 1)  2 f (x) x(0,1] 12 ．设函数 R的定义域为 ，满足 ，且当 时， 8f (x)  x(x 1) x(,m] .f (x)   m，则 的取值范围是 若对任意 ，都有 99473, , A．B．5283, , CD．．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 ，则经停该站 0.97 200.98 100.99 率为 ，有 个车次的正点率为 ，有 个车次的正点率为 __________. 高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 a  __________. f (x) f (ln 2)  8 14 15 .．已知 是奇函数，且当 时， f (x)  eax 若，则 x  0 πA, B,C a,b,c .若b  6,a  2c, B  ．的内角 的对边分别为 ，则 的面积 △ABC △ABC 3__________. 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 “”1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） 半正多面体 …2是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 48 一个棱数为 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 1. ________ 的棱长为 则该半正多面体共有 _________. 个面，其棱长为 2（本题第一空 分， 3.第二空 分） 70 17 21 ～ 题为必考题， 三、解答题：共 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 22 23 为选考题，考生根据要求作答． 每个试题考生都必须作答．第 、60 （一）必考题：共 分。 17 12 ．（ 分） ABCD–A B C D ABCD EAA BEEC . 是正方形，点 在棱1 上， ⊥ 1如图，长方体 1 的底面 1111BE （ ）证明：⊥平面 EB C ；112（ ）若 AE=A E B–EC–C .1 的正弦值 ，求二面角 118 12 ．（ 分） 11 110:10 分制乒乓球比赛，每赢一球得 分，当某局打成 平后，每球交换发球权，先 多得 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 0.5 0.4 2..，各球的结果相互独立 在某局双方 得分的概率为 10:10 ，乙发球时甲得分的概率为 X平后，甲先发球，两人又打了 个球该局比赛结束 .1P（ ）求（ X=2 ）； “X=4 2（ ）求事件 ”.且甲获胜 的概率 19 12 ．（ 分） 4an1  3an bn  4 4b  3b  a  4 .{a } {b } a =1 b =0 已知数列 和满足 ，，，nn11n1 nn1（ ）证明： {a +b } {a –b } 是等比数列， 是等差数列； n n nn2（ ）求 {a } {b } .的通项公式 和nn20 12 ．（ 分） x 1 x 1 f x ln x    .已知函数 1（ ）讨论 f(x) f(x) 的单调性，并证明 有且仅有两个零点； 处的切线也是曲线 y  ex A(x ln x ) 在点 ， 0 0 2（ ）设0 是 xf(x) y=ln x 的一个零点，证明曲线 .的切线 21 12 ．（ 分） 12A( 2,0)B(2,0) M(x,y) AM BM 与.M记 的轨迹为 已知点 −，，动点 满足直线 的斜率之积为− C. 曲线 1CC（ ）求的方程，并说明 是什么曲线； 2CPQPPE （ ）过坐标原点的直线交于 ， 两点，点在第一象限， ⊥轴，垂足为 ，连 xEQE C并延长交 于点 G. 结△PQG i（ ）证明： 是直角三角形； △PQG ii （ ）求 .面积的最大值 10 22 23 、 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 （二）选考题：共 分．请考生在第 一题计分． 22 [ ． 选修 4-4 ]：坐标系与参数方程 （分） 10 M ( , )(  0) C :   4sin O在极坐标系中， 为极点，点 l上，直线 过点 在曲线 000A(4,0) P. 垂直，垂足为 且与 OM 31（ ）当  = l时，求 0 及 的极坐标方程； 02（ ）当 MCP上运动且 在线段 OM P上时，求 点轨迹的极坐标方程 .在23 [ ． 选修 4-5 ]：不等式选讲 （分） 10 f (x) | x  a | x | x  2 | (x  a). 已知 f (x)  0 （1）当 时，求不等式 的解集； a 1 a，求 的取值范围 x(,1] f (x)  0 2（ ）若 .时， 2019 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学·参考答案 16AC27CB38C4D5A．．．．．．．．D9A10 B ．．11 A12 B ．．13 0.98 ．14 –3 ．15 616 26 ． ； ．32 1 17．解：（1）由已知得， B C1  平面 ABB A ， BE  平面 ABB A ， 1111 1 故又B C1  BE ．1BE  EC1 ，所以 BE  平面 EB C1 ．1（ 2 ） 由 （ 1 ） 知BEB  90． 由 题 设 知Rt△ABE  Rt△A B E ， 所 以 11 1 AEB  45 ，故以AE  AB ，AA  2AB ．1  D为坐标原点， DA 的方向为x轴正方向，| DA| 为单位长，建立如图所示的空间直 角坐标系D-xyz，  1 （0，1，2），E（1，0，1），CE  (1,1,1) 则C（0，1，0），B（1，1，0）， C， CC1  (0,0,2) ．设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则 CBn  0, x  0, 即 x  y  z  0, CE n  0, 所以可取n= (0,1,1) .设平面 ECC1 的法向量为m=（x，y，z），则 CC1 m  0, 2z  0, 即 x  y  z  0. CE m  0, 所以可取m=（1，1，0）． nm | n || m | 12于是 cos  n,m    ．3所以，二面角 B  EC C1 的正弦值为 ．218 1X=2 10 10 22．解：（ ） 分，或者均由乙得分．因此 （ X=4 1010 44 平后，两人又打了 个球该局比赛结束，且这 个球的 就是 ：平后，两人又打了 个球该局比赛结束，则这 个球均由甲得 PX=2 =0.5×0.4+ 1–0.51–04 =05 ×）（） （ ）．2（ ） 且甲获胜，就是 ：1得分情况为：前两球是甲、乙各得 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 ） （） ． 14(a  b )  2(a  b ) 19 1 ．解：（ ）由题设得 an1  bn1  (a  b ) ，即 ．n1 n1 nnnn21a  b a +b =l 1又因为 ，所以 n 是首项为 ，公比为的等比数列． 11n24(a b )  4(a b ) 8 由题设得 ，n1 n1 nnan1 bn1  a b  2 即．nna b a –b =l 12又因为 ，所以 n 是首项为 ，公差为 的等差数列． 11n12n1 a b  2n 1 21（ ）由（ ）知， a  b  ，．nnnn1112a  [(a  b )  (a b )]  n  所以 ，nnnnn22n 1112bn  [(an  bn )  (an bn )]  n  2n ．220 1fx01．解：（ ）（ ）的定义域为（ ， ），（ ， ∞）单调递增． 1+e2 1 e2 3 e 1 e 1 2f因为 （ ） e=1  0 ，，f (e ) 2   0 e2 1 e2 1 fx1+xf所以 （ ）在（ ， ∞）有唯一零点1，即 （） ． x=0 111×1 1 x1 1 0  1 f ( ) ln x  ，  f (x )  0 又，11×1 x1 1fx0故 （ ）在（ ， ）有唯一零点 1．x1 fx综上， （ ）有且仅有两个零点． 11 eln x 0x 上． y=e ）在曲线 2（ ）因为 B，故点 （ –lnx ，0x0 x0 x0 1 x0 1 ln x  f (x )  0 由题设知 ，即 ，0011×0 1  ln x0 x0 x0 x0 1 x0 1 1k  AB 故直线 的斜率 ．ln x0  x0 x0  x0 x0 1 11y=ex B(ln x , )处切线的斜率是 y  ln x A(x ,ln x ) 处切 0 0 曲线 在点 ，曲线 在点 0x0 x0 1线的斜率也是 ，x0 x 的切线． y=e y  ln x A(x ,ln x ) 处的切线也是曲线 0 0 所以曲线 在点 x2 y2 yy121．解：（1）由题设得  ，化简得 1(| x | 2) ，所以 C 为中心在 x  2 x  2 242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 22y2 由记得x   ．x1 2k2 1  4 22u  ，则 P(u,uk),Q(u,uk), E(u,0) ．1 2k2 kk于是直线QG 的斜率为 ，方程为y  (x u) ．22ky  (x u), 2由得x2 y2 1  4 2(2  k2 )x2  2uk2 x  k2u2 8  0．① u(3k2  2) 设G(xG , yG ) ，则 u 和xG 是方程①的解，故 xG  ，由此得 2  k2 uk3 2  k2 yG  ．uk3 uk 2  k2 1从而直线 PG 的斜率为   ．u(3k2  2) 2  k2 ku 所以 PQ  PG ，即△PQG 是直角三角形． 2uk k2 1 2  k2 ，| PG | | PQ | 2u 1 k2 （ii）由（i）得 ，18(  k) 18k(1 k2 ) (1 2k2 )(2  k2 ) kS  | PQ‖PG | PQG 所以△ 的面积 ．121 2(  k)2 k1t=k+ k>0 t2得 ≥ ，当且仅当时取等号． k=1 设，则由 k8t 1 2t2 S  [2 在 ，∞）单调递减，所以当 +t=2 k=1 S时， 取得最大值，最大值 因为 ，即 16 为．916 PQG 因此，△ 面积的最大值为 ．93322．解：（1）因为 M  , 在C上，当0  时， 0  4sin  2 3 .0  03由已知得| OP || OA| cos 2 .3设Q(,) 为l上除P的任意一点.在 Rt△OPQ 中 cos   | OP | 2 ，33经检验，点 P(2, )在曲线  cos    2上. 3所以，l的极坐标方程为  cos    2 .（2）设 P(,)，在 Rt△OAP 中，| OP || OA| cos  4cos, 即  4cos ..   4 2 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,   ,.23．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,) . 选择填空解析 一、选择题 1. 设集合 A  A. (,1) B. (2,1) x | x2 5x  6  0 ，B  x | x 1 0 ，则 A B  ()C. (3,1) D. (3,) 答案： A解答： A  x | x  2 或x  3 ，B  x | x 1 ，∴ A B （ ,1）. 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.第四象限 答案： C解析： z  3  2i ，对应的点坐标为（- 3，- 2）,故选 C.      ，3．已知 AB  (2,3) ，AC  (3,t) | BC |1 ，则 AB  BC  （）A.3 B.2 C. D. 23答案： C解答：    ∵∴∴BC  AC  AB  (1,t  3) ，  | BC | 12  (t  3)2 1，解得t  3 ，BC  (1,0) ，  AB  BC  2 .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。实现月球背面软着路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”，鹊桥沿着围绕地球月拉格朗 日点的轨道运行， 点是平衡点，位于地月连线的延长线上。设地球的质量为，月球 质量为 ，地月距离为2 点到月球的距离为 ，根据牛顿运动定律和万有引力定律， R，LrM1 M2 M1 R3 rr满足方程  (R  r) 。设= 。由于 的值很小，因此在近似计算中 (R  r)2 r2 R33 +34 5 （1）  33 ，则 r的近似值为（ ）2MA． B． C． D． 2 R M1 M2 R2M1 3M 2 R 3M1 M2 3R3M1 答案： D解答： M1 M2 M1 R3 M1 M2 M1 R2  (R  r)  (1) (R  r)2 r2 R2 (1)2 r2 M2 r2 MR2 1M]  1  R2 3  32 3 (1)2 所以有 1 [(1)  (1)2 M1r2 3  32 3 M2 M2  M1 33  3  ，可得 r  R。3化简可得 M2  R2 (1)2 3M1 3M1 5. 演讲比赛共有 9 位评委分别给出某位选手的原始评分，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 答案： A解答： 由于共 9 个评委，将评委所给分数从小到大排列，中位数是第 5 个，假设为 ，去掉一头一 a尾的最低和最高分后，中位数还是 会改变。 a，所以不变的是数字特征是中位数。其它的数字特征都 6. 若 a  b ，则（ ）ln(a  b)  0 A. B.3a  3b C.a3  b3  0 | a || b | D. 答案： C解答： 由函数 y  x3 在R上是增函数，且 a  b ，可得 a3  b3 ，即 a3  b3  0 .7. 设,  为两个平面，则 / / 的充要条件是( )A. B. 内有无数条直线与 平行 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 答案： B解析： 根据面面平行的判定定理易得答案.选 B. x2 y2 8. 若抛物线 y2  2px( p  0)的焦点是椭圆 1的一个焦点，则 p  （）3p pA.2 B.3 C.4 D.8 答案： D解答： x2 y2 p抛物线 y2  2px( p  0)的焦点是 ( ,0)，椭圆 1的焦点是 ( 2p,0) ，23p pp∴ 2p ，∴ p  8 .22   9. 下列函数中，以 为周期且在区间 ,单调递增的是（ ）4 2 A. f (x) | cos2x | B. f (x) | sin 2x | C. f (x)  cos | x | D. f (x)  sin | x | 答案： A解答： 2   对于 A,函数 f (x) | cos2x |的周期T  对于 B,函数 f (x) | sin 2x |的周期T  ,在区间 ,单调递增,符合题意； 4 2 2   ,在区间 ,单调递减,不符合题意； 4 2 对于 C，函数 f (x)  cos | x | cos x ，周期T  2 ,不符合题意； 对于 D,函数 f (x)  sin | x | 的周期T   ,不符合题意. 2 (0, ) 10. 已知 ，2sin 2  cos2 1，则sin  （）1A. 55B. 53C. 32 5 D. 5答案： B解析： 22sin 2  cos2 1 4sin cos  2cos2  ， (0, ) ，1212 5 52sin  cos  tan  cos  则，所以 ，1 tan2  5所以sin  1 cos2   .5×2 y2 11. 设 F为双曲线C : 1(a  0,b  0)的右焦点， | PQ || OF | O为坐标原点，以OF 为直径的 a2 b2 圆与圆 x2  y2  a2 交于 两点，若 ，则 的离心率为（ C）P,Q A. 23B. C. 2D. 5答案: A解答： ，∴ POQ  90 a2  a2  c2 ,| PQ || OF | c ∵又| OP || OQ | a ，∴ c 2 e  2 解得 ，即 .a12. 已知函数的定义域为 x R ，f (x 1)  2 f (x)，且当 x(0,1]时， f (x)  x(x 1) ，8若对任意的 x(,m] ，都有 f (x)  ，则 m的取值范围是（ ）99A． (, ] 47B． (, ] 35C． (, ] 22D． (, ] 3答案： B解答： 由当 x R ，f (x 1)  2 f (x)，且当 x(0,1]时， f (x)  x(x 1) 可知当 x(1,2]时， 315f (x)  2(x  )2  ，当 x(2,3] 时， f (x)  4(x  )2 1，……当 x(n,n 1],nZ 2221时 ，f (x)  2n (x  n  )2  2n2 ， 函 数 值 域 随 变 量 的 增 大 而 逐 渐 减 小 ， 对 任 意 的 28938573x(,m] ，都有 f (x)   有4(m  )2 1 (m  ) 解得的取值范围是 m  。292二、填空题 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 .答案： 0.98 解答： 经 停 该 站 的 列 出 共 有40 个 车 次 ， 所 有 车 次 的 平 均 正 点 率 的 估 计 值 为 100.97  200.98100.99 P   0.98 。40 时, f (x)  eax .若 ，则 a  _______. f (ln 2)  8 f (x) x  0 14. 已知 是奇函数，且当 答案： 3 解答： ∵∴f (ln 2)   f (ln 2)  (ealn2 )  (eln2 )a  2a  8 a  3 ，.315. ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c ，若b  6,a  2c, B  ,则ABC 的面积为 _______. 答案： 6 3 解析： 3a2  c2  b2 4c2  c2  36 12cos B  cos ,4c2 2ac 113c  2 3,a  4 3,S  acsin B  4 3 2 3  6 3 22216. 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.) 答案： 26 2-1 解析： 由图 2 结合空间想象即可得到该正多面体有 26 个面；将该半正多面体补成正方体后，根据 对称性列方程求解.