2019全国二卷文科

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 B．2

C．52 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 A．

2 32 5 B．

3 51 5C． D．

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 C．丙、乙、甲

B．乙、甲、丙 D．甲、丙、乙

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

A．ex1

B．ex1

C．ex1

D．ex1

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 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= 44

B．

A．2

3 21 2C．1 D．

22xy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 C．4

B．3 D．8

10．曲线y=2sinx+cosx在点(π，–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

11．已知a∈（0，

1A．

5π），2sin2α=cos2α+1，则sinα= 2 B．5 525 5C．3 3 D．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

ab为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为

A．2

B．3

C．2

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．）

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 [0.20,0) 2 [0,0.20) 24 [0.20,0.40) 53 [0.40,0.60) 14 [0.60,0.80) 7 企业数 （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

ab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. 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）

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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.

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 416．2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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

1470.21. 10020.02. 100产值负增长的企业频率为

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1(0.1020.10240.30530.50140.707)0.30， 100152sniyiy 100i12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%.

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

PF2c，PF13c，于是2aPF1PF2(31)c，故C的离心率是

ec31. a（2）由题意可知，满足条件的点P(x,y)存在当且仅当

1|y|2c16，2x2y2yy1，221，即c|y|16，①

abxcxcx2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.

cc2222a2222222由②③得x2cb，所以c2b2，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，+）.

f(x)x11lnx1lnx. xx1单调递减，所以f(x)单调递增，又f(1)10， x因为ylnx单调递增，yf(2)ln21ln410，故存在唯一x0(1,2)，使得fx00. 22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

11x0.

又ff()11111，故是f(x)0在0,x0的唯一根. 1ln1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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,, . 42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)0；当x1时，f(x)0.

2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,).