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1、-在-_此_-_号卷生 _考 _ _ _ _ _-_上_ _ _ _ _ _ _ _ _名 _姓 _-_答_-_题_校学业毕-无-效绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷文科数学本试卷满分 150 分,考试时间 120 分钟.第卷(选择题共 60 分)一、选择题(本大题共 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AB()A1，B，2C1，2D2设z i2i，则z=()A12iB12iC12iD12i3已知向量a 2，3，b 3，2，则a b()A2B2C5 2D504生物实验室
2、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()A23B35C25D155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、乙数学试卷第 1 页（共 16 页）6设fx为奇函数，且当x 0时，fx ex1，则当x0时，fx()Aex1Bex1Cex1Dex17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
3、交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面8若x14，x24是函数fx sinx0两个相邻的极值点，则()A2B32C1D12 2pxp0的焦点是椭圆x29若抛物线y3py22p1的一个焦点，则p()A2B3C4D810曲线y 2sinxcosx在点，1处的切线方程为()Ax y 1 0B2x y 21 0C2x y 21 0Dx y 1 011已知a0，2），2sin2cos2+1，则sin()A15B55C33D2 55C：x2y212设 F 为双曲线a2b21a 0，b 0的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x2 y2 a2交于 P、Q 两点若PQ OF，则 C 的离
4、心率为()A2B3C2D5数学试卷第 2 页（共 16 页）第卷(非选择题共 90 分)二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。2x3y 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 20，14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 a cos B，0则B.16中国有悠久的金石
5、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）图图数学试卷第 3 页（共 16 页）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1721 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
6、。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，AB3，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 2a216.（1）求an的通项公式；（2）设bn log2an，求数列bn的前 n 项和数学试卷第 4 页（共 16 页）-在_-_此_号生 _-考 _卷_ _ _ _ _ _-_ _ _上_ _ _ _ _ _名 _姓 _-_答_校-学题业毕-无-效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
7、 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0.20,0)0,0.20)0.20,0.40)0.40,0.60)0.60,0.80)分组企业数22453147（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）已知F是椭圆C:x2y21,F2a2b21(a b 0)的两个焦点，P 为 C 上一点，O 为坐标原点（1）若POF2为等边三角形，求 C 的离心率；（2）如果存在点 P，使得P
8、F1 PF2，且F1PF2的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围数学试卷第 5 页（共 16 页）21（12 分）已知函数f(x)(x1)ln x x1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=3时，求0及 l 的极坐标方程；（2）当 M 在 C 上运动且 P
9、 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.2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷数学试卷第 6 页（共 16 页）文科数学答案解析第卷一、选择题1【答案】C【解析】依题意得AI B x|1 x 2，选 C【考点】集合的表示方法，交集的概念【考查能力】运算求解2【答案】D【解析】依题意得z i2 2i 1 2i,z 1 2i，选 D.【考点】复数的四则运算，共扼复数的概念【考查能力】运算求解3【答案】A【
10、解析】依题意得ab(1,1),|ab|(1)2122，选 A【考点】向量的坐标运算，向量的模【考查能力】运算求解4【答案】B【考点】古典型概率的求解【解析】设3只测量过某项指标的兔子为A，B，C，另2只兔子为a，b，从这5只兔子中随机取出3只，则基本事件共有10种，分别为(A,B,C),(A,Ba),A,B,b,A,C,a,A,C,b,A,a,b,B,C,a,B,C,b,(B,a,b),(C,a,b)，其 中“恰 有 2 只 测 量 过 该 指 标”的 取 法 有 6 种，分 别 为(A,B,a),(A,B,b),(A,C,a),(A,C,b),(B,C,a),(B,C,b),因此所求的概率为
11、6B.1035，选5【答案】A【解析】依题意、若甲预测正确，则乙、丙均预测错误，此时三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若乙预测正确，此时丙预测也正确，这与题意相矛盾；若丙预测正确，则甲预测错误，此时乙预测正确，这与题意相矛盾.综上所述，三人成绩由高到低的次序为甲、乙、丙，选A.数学试卷第 7 页（共 16 页）【考点】逻辑推理【考查能力】逻辑推理6【答案】D【解析】通解 依题意得，当x0时，f(x)f(x)ex1 ex1，选 D.优解 依题意得，f(1)f(1)e111e，结合选项知，选 D.【考点】函数的奇偶性【考查能力】运算求解7【答案】B【解析】对于 A，C，D 选项，均有可能与 B
12、相交，故排除 A，C，D 选项，选 B.【考点】平面与平面平行的判定定理，充要条件【考查能力】逻辑推理，空间想象8【答案】A【解析】依题意得函数fx的最小正周期T 2 2344，解得 2，选A.【考点】三角函数的图象与性质，函数的极值点【考查能力】数形结合，运算求解9【答案】D【解析】依题意得p23p p，得p 8，故选 D.【考点】抛物线与椭圆的几何性质【考查能力】运算求解10【答案】C【解析】依题意得y 2cos x sin x,yx(2cos x sin x)x 2cossin 2，因此所求的切线方程为y 1 2(x)，即2x y 21 0，故选：C【考点】导数的基本运算与几何意义，直线
13、方程【考查能力】运算求解11【答案】B数学试卷第 8 页（共 16 页）【解析】通解依题意得4sincos 2cos2，由,0,2，知cos0，所以2sin cos，又sin2cos21，所以sin24sin21，即sin215.又0,52，所以sin5，选 B优解依题意得sin211cos22，即Elltan12，所以sin2sin=tan25sin2 cos2tan215，选 B【考点】二倍角公式，同角三角函数的基本关系【考查能力】运算求解，灵活应用所学知识分析问题、解决问题12【答案】A【解析】通解依题意，记F（c，0），则以OF为直径的圆的方程为x c 22 y c224，将2圆x c
14、 2 y2c24与圆x2 y2 a2的方程相减得ca x，即x a22c，所以点 P，22Q的横坐标均为a2c，由于PQ是圆x2+y2 a2的一条弦，因此a2|PQ|2c2 a，a22即 c 22c2 a2a2a2b2c2 a，即41c22c2，所 以c 2 a b，即2a2b22ab (a b)2 0，所以a b，因此 C 的离心率e 1b a2，故选 A.优 解 一记Fc，0.连 接OP，PF，则O P P F，所 以SOPF12|OP|.|PF|1111112|OF|2|PQ|，即2a c2a22c2c2，即c2 2 a b，即2a2b22ab (a b)2 0所以a b，因此 C 的离
15、心率e 1b a2，故选A.优解二 记Fc，0.依题意，PQ 是以 OF 为直径的圆的一条弦，因此OF 垂直平分 PQ.又|PQ|OF|，因此 PQ 是该圆的雨 OF 垂直的直径，所以EOP 45，点 P 的横数学试卷第 9 页（共 16 页）坐标为c2，纵坐标的绝对值为c2，于是有2c2 a，即e ca2，即 C 的圆心率为2，故选 A.【考点】双曲线的几何性质，圆与圆的位置关系【考查能力】运算求解，化归与转化第卷二填空题13【答案】9【解析】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，作出直线3x y 0，并平移，当直线经过点3，0时，直线在 y 轴上的截距最小，此时z 3x y取得最大
16、值，且Zmax 9.【考点】二元一次不等式组表示的平面区域和线性规划问题【考查能力】数形结合思想14【答案】0.98【解析】依题意知，经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为100.97200.98100.99400.98【考点】概率与统计【考查能力】运算求解，应用所学知识解决问题15【答案】3 4数学试卷第 10 页（共 16 页）【解析】解法一 依题意与正玄定理得sinBsin Asin AcosB 0，即sinB cosB，则tanB 1.又tanB 1.又0B，所以B 34.解法二 由正玄定理得bsin A asinB，bsin A acosB 0，所以asinB acosB 0
17、，即asinB acosB 0，即sinB cosB，则tanB 1.又0B，所以B 34.解法三 依题意bsin A acosB0，故cosB0，B 为钝角.如图，过点 C 作CE AB交AB 的延长线于点 E，则CE bsinBAC，BE acosABC，故BE CE，又CE AB，所以CBE 4，ABC 34.【考点】正弦定理、同角三角函数的基本关系【考查能力】运算求解，化归与转化16【答案】262 1【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，且该半正多面体由 18 个正方形和 8 个正三角形围成，因此题中的半正多面体共有 26 个面。注意到该
18、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22x x 22x 1，解得x 2 1，故题中的半正多面体的棱长为2 1.【考点】弧长的计算【考查能力】运算求解，空间想象能力17【答案】（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.数学试卷第 11 页（共 16 页）（2）由（1）知BEB190.由题设知RtABE RtA1B1E，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，四棱锥的体积E BB
19、11C1C的体积V 336318.【解析】（1）根据长方体的性质得出B1C1平面ABB1A1，由此得出B1C1 BE，再结合BE EC1，及直线与平面垂直的判定定理，得出BE 平面EB1C1；（2）（1）与已知条件，得出RtABE RtA1B1E，进而得出AE AB，过点 E 作作EF BB1于点 F，易得EF 即四棱锥E BB1C1C的高，结合棱锥的体积公式即可求解.【考点】直线与平面垂直的证明、几何体体积的求解【考查能力】化归与转化能力、运算求解能力18.【答案】解：（1）设an的公比为 q，由题设得2q2 4q 16，即q22q8 0.解得q 2（舍去）或q 4.因此an的通项公式为an
20、 24n1 22n1.（2）由（1）得bn(2n 1)l2o g2n 2，因1此 数 列bn的 前 n 项 和 为1 3L n 2 1n2.【解析】（1）先根据等比数列的通项公式，列出关于公比 q 的方程，由此确定公比 q，即可求解an。的通项公式；（2）先确定数列bn的通项公式，再利用等差数列的前n 项和公式得出结论。【考点】等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式【考查能力】化归与转化、运算求解19.【答案】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1471000.21.产值负增长的企业频率为而2100 0.02.用样本频率分布估
21、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%，数学试卷第 12 页（共 16 页）产值负增长的企业比例为2%.（2）y 1100(0.1020.10240.30530.50140.707)0.30s2152100niyi yi11100(0.40)22(0.20)22402530.202140.4027=0.0296s 0.0296 0.0274 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%.【解析】（1）根据题中的频数分布表，结合用样本估计总体的知识即可求解；（2）利用平均数与标准差的计算公式进行求解。【考点】样本估计总体，平均数与标准
22、差【考查能力】运用所学知识分析、解决问题20.【答案】解：（1）连接PF1.由VPOF2为等边三 角形 可知在F1PF290中，F1PF290.PF2 c，PF13c于是2a PF1 PF2(3 1)c，故 C 的离心率e ca3 1.（2）由 题 意 可 知，满 足 条 件 的 点P(x,y)存 在 当 且 仅 当1yyx2y22|y|2c 16,xcxc 1,a2b21，即c|y|16，x2 y2c2，x2a2y2b21，由及a2b2c2得y2b41622c2，又由知y c2，故b 4.由得x2a2c2b2，所以c2b2，从而a2 b2 c2 2b2c2 32，故a4 2.当b 4，a 4
23、 2时，存在满足条件的点 P.所以b 4，a 的取值范围为4 2,).【解析】对于（1）连接PF1，得出F1PF290，进而得PF1，PF2，再由糖圆的定义得到关于 a，c 的方程，即可得 C 的离心率；数学试卷第 13 页（共 16 页）（2）先由题意求得 b 的值，再得出c2b，最后结合 a，b，c 的关系确定 a 的取值范围.【考点】椭圆的定义与几何性质【考查能力】逻辑推理，运算求解，数形结合21.【答案】解：（1）f(x)的定义域为(0,).f(x)x1xlnx1lnx1x.因为y lnx单调递增，y 1x单调递减，所以f(x)单调递增.又f(1)1 0，f(2)ln212ln4120
24、.故存在唯一x0(1,2)，使得f x0 0又当xx0时f(x)0，f(x)单调递减；当xx0时，f(x)0，f(x)单调递增；当xx0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fx0 f(1)2，又fe2e230，所以fx 0在(0，)内存在唯一根x.由 x1 1 f()01得1 x 1110又f1ln1 0，故。是fx 0在(0,x0)的唯一根.综上fx 0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【解析】（1）利用导数的运算法则求得f(x)，并研究f(x)在(0,)上的单调性，再根据零点存在性定理确定f(x)在(0,)上有唯一零点，从而得到f(x)存在唯
25、一的极值点。（2）借助（1）的结论与零点存在性定理即可得出结论。【考点】利用导数研究函数的极值点、函数的单调性以及方程的根【考查能力】灵活运用导数分析问题，解决问题，逻辑思维，运算求解22.【答案】解：（1）因为M0,0在 C 上，所以当03时，0 4sin3 2 3.由已知得|OP|OA|cos3 2.设Q(,)为 l 上除 P 的任意一点，连接OQ，在RtOPQ中，cos3|OP|2.数学试卷第 14 页（共 16 页）经检验，点P2,3在曲线cos3 2上所以，l 的极坐标方程为cos3 2.（2）设P(,)，在RtOAP中，|OP|OA|cos 4cos，即 4cos.因为 P 在线段
26、 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，4,2.【考点】极坐标的几何意义，动点的轨迹方程的求法，数形结合思想的运用【考查能力】运算求解，逻辑思维23.【答 案】解：（1）当a 1时f(x)|x1|x|x 2|(x 1).当x1时，f(x)2(x21)；0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)(a x)x(2 x)(x a)2(a x)(x 1)0.所以，a 的取值范围是1,).【解析】（1）分x1和x1两种情况讨论即可求解；（2）先根据题意得f(a)0，由此得到a1，再结合a1，x1时f(x)0，即可求得 a 的范围。【考点】绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题数学试卷第 15 页（共 16 页）数学试卷第 16 页（共 16 页）