(精校版含官方答案)2019年高考真题——文科数学(全国卷II) Word版含解析

文科数学

1.设集合Ax|x-1，Bx|x2，则AB( ) A. (1,) B. (,2) C. (1,2) D.  答案： C

解析：

Ax|x-1，Bx|x2，∴AB（1,2）.

2. 设zi(2i)，则z ( ) A. 12i B. 12i C. 12i D. 12i 答案： D 解析：

因为zi(2i)12i，所以z12i.

3. 已知向量a(2,3)， b(3,2)，则ab（ ） A. 2 B. 2 C. 52 D. 50 答案： A 解答：

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由题意知ab(1,1)，所以ab2.

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 33B.

52C.

51D.

5A. 答案： B

解答：

计测量过的3只兔子为1、2、3，设测量过的2只兔子为A、B则3只兔子的种类有

(1,2,3)(1,2,A)(1,2,B)(1,3,A)(1,3,B)(1,A,B)2,3,A2,3,B2,A,B3,A,B,则恰好

有两只测量过的有

6种，所以其概率为

35.

5. 在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测. 甲：我的成绩比乙高.

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 答案： A 解答：

根据已知逻辑关系可知，甲的预测正确，乙丙的预测错误，从而可得结果.

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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 C. ex1 D. ex1 答案： D 解答：

当x0时，x0，f(x)e有f(x)f(x)exxx1，又f(x)为奇函数，

1.

7. 设,为两个平面，则//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 答案： B 解析:

根据面面平行的判定定理易得答案. 8. 若

x14,x23f(x)sinx(0)两个相邻的极值点，则=

4是函数

A．2

3B.

2C. 1

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1D.2

答案： A

解答：

T3T=,所以=2. 442即由题意可知2x2y21的一个焦点，则p（ ） 9.若抛物线y2px(p0)的焦点是椭圆

3pp2A.2 B.3 C.4 D.8 答案： D

解析：

x2y2p1的焦点是(2p,0)， 抛物线y2px(p0)的焦点是(,0)，椭圆

3pp22∴

p2p，∴p8. 210. 曲线y2sinxcosx在点(,1)处的切线方程为( ) A. xy10 B. 2xy210 C. 2xy210 D. xy10 答案： C 解析：

因为y2cosxsinx，所以曲线y2sinxcosx在点(,1)处的切线斜率为2， 故曲线y2sinxcosx在点(,1)处的切线方程为2xy210.

11. 已知(0,2)，2sin2cos21，则sin（ ）

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A.

1 55 53 325 5B.

C.

D. 答案： B 解答：

(0,)，2sin2cos214sincos2cos2，

21251，所以cos， 21tan52则2sincostan所以sin1cos25. 5x2y2C:221(a0,b0)ab12.设F为双曲线的右焦点，0为坐标原点，以OF为直径的圆与

222PQOFxya圆交于P,Q两点，若,则C的离心率为:

A.2 B.3 C.2 D.5 答案：

A

ccc解析：设F点坐标为（,0)，则以OF为直径的圆的方程为（x)2y2-----①，

2222

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a2ab圆的方程xya-----②，则①-②，化简得到x，代入②式，求得y，则

cc222a2aba2ab2ab（,)，Q点坐标为（,)，故PQ设P点坐标为，又PQOF,则

cccccc2abc,化简得到2abc2a2b2，ab，故eacA.

二、填空题

a2b22a2.故选aa2x3y6013. 若变量x,y满足约束条件xy30y20答案： 9

解答：

z3xy的最大值是 .

则

根据不等式组约束条件可知目标函数z3xy在3,0处取得最大值为9.

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，则经停该站的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：

平均正点率的估计值0.97100.98200.99100.98.

4015. ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知bsinAacosB0，则B . 答案：

3 4解析：

根据正弦定理可得sinBsinAsinAcosB0,即sinAsinBcosB0，显然sinA0，所以sinBcosB0，故B3. 416.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

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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. 三、解答题

17.如图，长方体ABCDABCDABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. 1111的底面（1）证明：BE平面EB1C1

（2）若AEAE1,AB3,求四棱锥EBB1C1C的体积.

答案： （1）看解析 （2）看解析

解答：

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（1）证明：因为

B1C1C面A1B1BA，BE面A1B1BA

，平面

∴B1C1⊥BE 又C1EB1C1C1∴BEEB1C1；

222222（2）设AA12a则 BE9a，C1E18+a，C1B94a 222因为C1B=BEC1E ∴a3，∴

VEBB1C1C 11SBB1C1Ch363=183318.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. 答案：

2n1（1）an2；

（2）n2 解答：

(1)已知a12,a32a216，故a1q2a1q16，求得q4或q2，又q0，故

2q4，则ana1qn124n122n1.

(2)把an代入bn，求得bn2n1，故数列bn的前n项和为

[1(2n1)]nn2.

219. 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 0.40,0.60 0.60,0.80 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. 答案： 详见解析 解答:

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（1）这类企业中产值增长率不低于40%的企业比例是这类企业中产值负增长的企业比例是

14721， 1001002. 100（2）这类企业产值增长率的平均数是

0.1020.10240.30530.50140.7071000.30

这类企业产值增长率的方差是

0.100.30220.100.302240.300.302530.500.302140.700.30271000.0296所以这类企业产值增长率的标准差是0.0296

22748.6020.172040.17. 100100x2y220. 已知F1,F2是椭圆C：221(a0,b0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标

ab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PF1PF2，且F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围. 答案： 详见解析 解答:

cx2y23（1）若POF2为等边三角形，则P的坐标为,，代入方程221，可得c2ab2c23c22e423，所以e31. 1，解得224a4b（2）由题意可得PF1PF22a，因为PF1PF2，所以PF1PF2所以PF1PF2224c2，

2PFPF21224c2，所以2PF1PF24a24c24b2， 1PF1PF2b216，解得b4. 22所以PF1PF22b，所以SPF1F2因为PF1PF224PF1PF2，即2a4PF1PF2，即a2PF1PF2，

所以a232，所以a42. 21. 已知函数f(x)(x1)lnxx1.证明：

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（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. 答案： 见解析 解答：

（1）f(x)lnx1111(x0)，设g(x)lnx，g(x)20 xxxx11lne0， 22则g(x)在(0,)上递增，g(1)10，g(2)ln2所以存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)g(x0)0，

当0xx0时，g(x)g(x0)0，当xx0时，g(x)g(x0)0， 所以f(x)在(0,x0)上递减，在(x0,)上递增，所以f(x)存在唯一的极值点. （2）由（1）知存在唯一x0(1,2)，使得f(x0)0，即lnx01， x0f(x0)(x01)lnx0x01(x01)11x01(x0)0， x0x0f(1113)(1)(2)110，f(e2)2(e21)e21e230， 2222eeee所以函数f(x)在(0,x0)上，(x0,)上分别有一个零点. 设f(x1)f(x2)0，f(1)20，则x11x0x2， 有(x11)lnx1x110lnx1x11， x11x21， x21(x21)lnx2x210lnx2设h(x)lnxx11，当0x,x1时，恒有h(x)h()0， x1x则h(x1)h(x2)0时，有x1x21.

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四、选做题（2选1）

22.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. 答案：

（1）023，l的极坐标方程：sin(6)2；

（2）P点轨迹的极坐标方程为=4cos(解析： （1）当0,). 423时，0=4sin04sin323，

以O为原点，极轴为x轴建立直角坐标系，在直角坐标系中有M(3,3)，A(4,0)，kOM3，则直线l的斜率k33(x4)，化成极坐标方程为，由点斜式可得直线l：y33sin(6)2；

（2）∵lOM∴OPA222，则P点的轨迹为以OA为直径的圆，此时圆的直角坐标方程

为(x2)y4，化成极坐标方程为=4cos，又P在线段OM上，由4sin可

4cos得4，∴P点轨迹的极坐标方程为=4cos(,). 4223.

[选修4-5：不等式选讲] 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得取值范围. 答案

（1）看解析

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（2）看解析

解答：

2x24x2(x2),（1）当a1时，f(x)x1xx2(x1)2x2(1x2),

2x24x2(x1).2x24x202x202x24x20所以不等式f(x)0等价于或或解得不等

1x2x2x1式的解集为xx2。

（2）当a1时，由x(,1)，可知f(x)2(ax)(x1)0恒成立，当a1时根据条件可知f(x)0不恒成立。所以a的取值范围是a1。



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