2019年海南省高考文科数学试题及答案下载

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。 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． A={x | x  1} B {x | x  2} ，1A B= ，则 ∩ ．已知集合 A(． – ， ∞ 1+)B ( ． –∞， 2) C(–1 2) ，D．．23z=i(2+i) =z．设 ，则 A1+2i 1–2i B –1+2i ．．CD–1–2i ．．a=(2 3) b=(3 2) ， ，， ，则– |a b|= ．已知向量 A．B 2 ．2C5D50 ．．24535．生物实验室有 只兔子，其中只有 只测量过某项指标，若从这 只兔子中随机取出 32只，则恰有 只测量过该指标的概率为 235A．B．32515CD．．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 AB．乙、甲、丙 ．甲、乙、丙 ．丙、乙、甲 CD．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 4 48．若 x1= ，x2= 是函数 f(x)= sinx (>0)两个相邻的极值点，则 = 3A．2 B． 21C．1 D． 2×2 y2 9．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 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 π11 a0．已知 ∈（， ）， 2sin2α=cos2α+1 sinα= ，则 215A．B．5532 5 5CD．．3×2 y2 a2 b2 12 1 （．设 FC为双曲线 ： a>0 b>0 ，O）的右焦点， 为坐标原点，以 OF x2+y2=a2 P Q 交于 、 两点．若 |PQ|=|OF| C ，则 的离心率为 为直径的圆与圆 A．B．23C2D．．5二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 2x  3y  6  0， x  y  3  0， 13 xy．若变量 ， 满足约束条件 z=3x–y ___________. 的最大值是 则y  2  0， 14 10 ．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 个车次的正 0.97 200.98 100.99 点率为 ，有 个车次的正点率为 ，有 个车次的正点率为 ，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 16 ABCabc. 的内角 ，， 的对边分别为 ，， 已知 bsinA+acosB=0 B=___________ ，则 ．△ABC .．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 ..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 248 是一个棱数为 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 1体的棱长为 ．则该半正多面体共有 ________ _________ 个面，其棱长为 ．（本题第一 23分，第二空 分．） 空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 、每个试题考生都必须作答．第 题为选考题，考生根据要求作答． 60 （一）必考题：共 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  BB C1C 的体积． 118．（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  log2 an ，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) [0,0.20) [0.20,0.40) [0.40,0.60) [0.60,0.80) 224 53 14 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） x2 y2 已知 F , F2 是椭圆C : 1(a  b  0) 的两个焦点，P 为 C 上一点，O 为坐标原 1a2 b2 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 PF  PF2 ，且△F PF2 的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值 11范围. 21.（12 分） 已知函数 f (x)  (x 1)ln x  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. 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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. 23 [ ． 选修 4-5 ]：不等式选讲 （分） 10 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 的取值范围. a1．C 7．B 2．D 8．A 3．A 9．D 4．B 5．A 6．D 10．C 11．B 12．A 3π 13．9 14．0.98 15． 16．26 2 1 417．解：（1）由已知得 B1C1⊥平面 ABB1A1，BE 平面 ABB1A1， 故 B C1  BE . 1又BE  EC1 ，所以 BE⊥平面 EB C1 . 1（ 2 ） 由 （ 1 ） 知 ∠ BEB1=90°. 由 题 设 知Rt△ABE ≌ Rt△A1B1E ， 所 以 AEB  A EB 45 ，故 AE=AB=3， AA  2AE  6 .111作EF  BB1 ，垂足为 F，则 EF⊥平面 BB C1C ，且 EF  AB  3 .11所以，四棱锥 E  BB C1C 的体积V  363 18 .1318．解：（1）设 a的公比为q，由题设得   n2q2  4q 16，即 q2  2q 8  0 解得 q  2 （舍去）或q=4. .因此 a的通项公式为 an  24n1  22n1 .n  （ 2 ） 由 （ 1 ） 得 bn  (2n 1)log2 2  2n 1， 因 此 数 列 b的 前 n 项 和 为   n1 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 14  7 100 企业频率为  0.21 .2产值负增长的企业频率为  0.02 .100 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%. 1（2） y  (0.102  0.1024  0.3053 0.5014  0.707)  0.30 ，100 512s2  n y y i  100  ii1 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△F PF2 中， F PF2  90 ，11PF2  c ，PF  3c ， 于 是2a  PF  PF2  ( 31)c ， 故 C的 离 心 率 是 11ce  3 1 .a1（ 2 ） 由 题 意 可 知 ， 满 足 条 件 的 点P(x, y) 存 在 当 且 仅 当| y |2c 16 ，2×2 y2 yy 1 ，1，即 c|y| 16 ，① x  c x c a2 b2 x2  y2  c2 ，② x2 y2 1，③ a2 b2 b4 c2 162 c2 由②③及 a2  b2  c2 得y2  ，又由①知 y2  ，故b  4 . a2 c2 由②③得 x2  c2 b2 ，所以 c2  b2 ，从而 a2  b2  c2  2b2  32, 故a  4 2 .当b  4 所以b  4 21.解：（1） f (x) 的定义域为（0，+ ，a  4 2时，存在满足条件的点P. ，a的取值范围为[4 2,) .）. x 1 x1f (x)   ln x 1 ln x  .x1因为 y  ln x 单调递增， y  单调递减，所以 f (x)单调递增，又 f (1)  1 0 ，x1ln 4 1 f x  0  0 ，故存在唯一 x0 (1,2) ，使得 f (2)  ln 2   .  022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 x f (1)  2，又 f e2  e2 3  0 ，所以 f (x)  0 在x ,     00内存在唯一根 x   .1由又  x0 1 得1 x0 .1111f () 1  是f (x)  0 在0, x 的唯一根. f1 ln 1  0 ，故 0      综上， f (x)  0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 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 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国 Ⅱ卷） 文科数学 A  x | x  -1 B  x | x  2 1.设集合 ，，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. B. 22C. 5 2 D. 50 答案： A解答：     由题意知 a b  (1,1)，所以 a b  2 ..4. 生物实验室有 只兔子，其中只有 只测量过某项指标若从这 只兔子中随机取出 只， 5则恰有 只测量过该指标的概率为（ 353）22A. 33B. 52C. 51D. 5答案： B解答： 3122AB、 则3 只兔子的种类有 计测量过的 3 只兔子为 、、 ，设测量过的 只兔子为 (1,2,3) (1,2, A) (1,2, B) (1,3, A) (1,3,B) (1, A, B) 2,3, A 2,3, B 2, A, B 3, A, B   ,则恰 356种，所以其概率为 好有两只测量过的有 .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 ．乙、甲、丙 ．丙、乙、甲 BCD．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 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 答案： D解答： 当有x  0 时， x  0 ，f (x)  ex 1，又 f (x) 为奇函数， f (x)   f (x)  ex 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. 43 4f (x)  sinx(  0) 8. x1  , x2  两个相邻的极值点，则 =若是函数 A． 23B. 21C. 1D. 2答案： A解答： T3 442T= =2 .,所以 2由题意可知 即x2 y2 9.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解析： 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 .210. 曲线 y  2sin x  cos x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  2cos x sin x ，所以曲线 y  2sin x  cos x在点 (,1) 处的切线斜率为 2 ，故曲线 y  2sin x  cos x在点 (,1) 处的切线方程为 2x  y  2 1 0 .211. 已知 (0, ) ，2sin 2  cos2 1，则sin  （）1A. 55B. 53C. D. 32 5 5答案： B解答： 22 (0, ) ，，2sin 2  cos2 1 4sin cos  2cos  112 5 5则2sin  cos  tan  ，所以 cos  ，21 tan2  5所以sin  1 cos2   .5×2 y2 C : 1(a  0,b  0) a2 b2 OF 12.设 F为双曲线 的右焦点，0为坐标原点，以 为直径的圆 x2  y2  a2 PQ  OF C : ,则 的离心率为 P,Q 与圆 交于 两点，若 23A. B. C. 2D. 5答案： A2ccc  解析：设 F点坐标为（ ,0) ，则以 OF 为直径的圆的方程为（x  )2  y2  —–   222  a2 c①，圆的方程 x2  y2  a2 —–②，则①-②，化简得到 x  ，代入②式，求得 a2 ab a2 ab ab c2ab ,)，点坐标为 （, )，故 ，又 y   ，则设 P点坐标为 （QPQ  ccccc2ab PQ  OF ,则 c, 化简得到2ab  c2  a2  b2 ，a  b ， 故 cca2  b2 2a e   2 .故选 A. aaa二、填空题 2x  3y  6  0 x  y 3  0 y  2  0 13. z  3x  y .x, y 若变量 满足约束条件 的最大值是 则答案： 9解答： 根据不等式组约束条件可知目标函数 .9z  3x  y 在3,0 处取得最大值为 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： 0.9710  0.9820  0.9910 平均正点率的估计值  0.98 .40 15. ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c .已知bsin A acos B  0 ，则 B  .答案： 3 4解析： 根 据 正 弦 定 理 可 得 sin Bsin A sin Acos B  0, 即 sin A sin B  cos B  0 ， 显 然 3 4sin A  0 ，所以sin B  cos B  0 ，故 .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.