1、2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）理科数学一、选择题1设集合Ax|x25x60，Bx|x10x|x3或x2，Bx|x10x|x1，所以ABx|xb，则()Aln(ab)0 B3a0 D|a|b|答案C解析由函数yln x的图象(图略)知，当0ab1时，ln(ab)b时，3a3b，故B不正确；因为函数yx3在R上单调递增，所以当ab时，a3b3，即a3b30，故C正确；当ba0时，|a|0)的焦点是椭圆1的一个焦点，则p等于()A2 B3 C4 D8答案D解析由题意知，抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为(，0)，所以，解得p8，故选D.9下列函数中，以为周期且在区间上单调递增的是
2、()Af(x)|cos 2x| Bf(x)|sin 2x|Cf(x)cos|x| Df(x)sin|x|答案A解析A中，函数f(x)|cos 2x|的周期为，当x时，2x，函数f(x)单调递增，故A正确；B中，函数f(x)|sin 2x|的周期为，当x时，2x，函数f(x)单调递减，故B不正确；C中，函数f(x)cos|x|cos x的周期为2，故C不正确；D中，f(x)sin|x|由正弦函数图象知，在x0和x0，b0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2y2a2交于P，Q两点若|PQ|OF|，则C的离心率为()A. B. C2 D.答案A解析如图，由题意知，以OF为直径的圆的方程
3、为2y2，将x2y2a2记为式，得x，则以OF为直径的圆与圆x2y2a2的相交弦所在直线的方程为x，所以|PQ|2.由|PQ|OF|，得2c，整理得c44a2c24a40，即e44e240，解得e，故选A.12设函数f(x)的定义域为R，满足f(x1)2f(x)，且当x(0,1时，f(x)x(x1)若对任意x(，m，都有f(x)，则m的取值范围是()A. B.C. D.答案B解析当1x0时，0x11，则f(x)f(x1)(x1)x；当1x2时，0x11，则f(x)2f(x1)2(x1)(x2)；当2x3时，0x21，则f(x)2f(x1)22f(x2)22(x2)(x3)，由此可得f(x)由此
4、作出函数f(x)的图象，如图所示由图可知当2x3时，令22(x2)(x3)，整理，得(3x7)(3x8)0，解得x或x，将这两个值标注在图中要使对任意x(，m都有f(x)，必有m，即实数m的取值范围是，故选B.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解析经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.98.14已知f(x)是奇函数，且当x0时，x0时，f(x)f(x)eax，所以f(ln 2)ealn 2
5、a8，所以a3.15ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b6，a2c，B，则ABC的面积为_答案6解析方法一因为a2c，b6，B，所以由余弦定理b2a2c22accos B，得62(2c)2c222cccos ，得c2，所以a4，所以ABC的面积Sacsin B42sin 6.方法二因为a2c，b6，B，所以由余弦定理b2a2c22accos B，得62(2c)2c222cccos ，得c2，所以a4，所以a2b2c2，所以A，所以ABC的面积S266.16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
6、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_ 答案261解析依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x，则xxx1，解得x1，故题中的半正多面体的棱长为1.三、解答题17.如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是
7、正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值(1)证明由已知得，B1C1平面ABB1A1，因为BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，EC1B1C1C1所以BE平面EB1C1.(2)解由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，(1,0,0)，(1，1,1)，(0,0,2)设平面EBC的法向量为n
8、(x，y，z)，则即所以可取n(0，1，1)设平面ECC1的法向量为m(x1，y1，z1)，则即所以可取m(1,1,0)于是cosn，m，sinn，m ，所以二面角BECC1的正弦值为.1811分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成1010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1010平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束(1)求P(X2)；(2)求事件“X4且甲获胜”的概率解(1)X2就是1010平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由
9、甲得分，或者均由乙得分因此P(X2)0.50.4(10.5)(10.4)0.5.(2)X4且甲获胜，就是1010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P0.5(10.4)(10.5)0.40.50.40.1.19已知数列an和bn满足a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式(1)证明由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1(anbn)又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为的等比数列由题设得4(a
10、n1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列(2)解由(1)知，anbn，anbn2n1.所以an(anbn)(anbn)n，bn(anbn)(anbn)n.20已知函数f(x)ln x.(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；(2)设x0是f(x)的一个零点，证明：曲线yln x在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线yex的切线(1)解f(x)的定义域为(0,1)(1，)因为f(x)0，所以f(x)在(0,1)，(1，)上单调递增因为f(e)10，所以f(x)在(1，)上有唯一零点x1，即f(x1
11、)0.又00)由得x .记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为，因为kPQkPG1.所以PQPG，即PQG是直角三角形()解由()得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)上单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.22选修44：坐标系与参数方程在极坐标系中，O为极点，点M(0，0)(00)在曲线C：4s
12、in 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；(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解(1)因为M(0，0)在C上，当0时，04sin 2.由已知得|OP|OA|cos 2.设Q(，)为l上除P的任意一点，连接OQ，在RtOPQ中，cos|OP|2.经检验，点P在曲线cos2上所以，l的极坐标方程为cos2.(2)设P(，)，在RtOAP中，|OP|OA|cos 4cos ，即4cos .因为P在线段OM上，且APOM，故的取值范围是.所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos ，.23选修45：不等式选讲已知f(x)|xa|x|x2|(xa)(1)当a1时，求不等式f(x)0的解集；(2)若x(，1)时，f(x)0，求a的取值范围解(1)当a1时，f(x)|x1|x|x2|(x1)当x1时，f(x)2(x1)20；当x1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a1.当a1，x(，1)时，f(x)(ax)x(2x)(xa)2(ax)(x1)0.所以，a的取值范围是1，)
