2019年海南省高考数学试题及答案（文科）.pdf

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，则 AB=|1Ax x|2Bx xA(1，+)B(，2)C(1，2)D 2设 z=i(2+i)，则=zA1+2i B1+2i C12i D12i 3已知向量 a=(2，3)，b=(3，2)，则|ab|=A B2 2C5 D50 24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 B 2335C D 25155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 6设 f(x)为奇函数，且当 x0 时，f(x)=，则当 x0)两个相邻的极值点，则=44sinxA2 B 32C1 D 129若抛物线 y2=2px（p0）的焦点是椭圆的一个焦点，则 p=2213xyppA2 B3 C4 D8 10曲线 y=2sinx+cosx 在点(，1)处的切线方程为 A B 10 xy 2210 xy C D 2210 xy 10 xy 11已知 a（0，），2sin2=cos2+1，则 sin=2A B 1555C D 332 5512设F 为双曲线 C：（a0，b0）的右焦点，O 为坐标原点，以 OF 为直径的圆与圆 x222221xyab+y2=a2交于 P、Q 两点若|PQ|=|OF|，则 C 的离心率为 A B 23C2 D 5二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13若变量 x，y 满足约束条件则 z=3xy 的最大值是_.23603020 xyxyy，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的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 bsinA+acosB=0，则 B=_.ABC16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）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。17（12 分）如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1上，BEEC1.（1）证明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积 11EBBC C18（12 分）已知是各项均为正数的等比数列，.na1322,216aaa（1）求的通项公式；na（2）设，求数列的前 n 项和.2lognnbanb19（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.的分组 y 0.20,0)0,0.20)0.20,0.40)0.40,0.60)0.60,0.80)企业数 2 24 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：.748.60220（12 分）已知是椭圆的两个焦点，P 为 C 上一点，O 为坐标原点 12,F F2222:1(0)xyCabab（1）若为等边三角形，求 C 的离心率；2POF（2)如果存在点 P，使得，且的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围.12PFPF12FPF21.（12 分）已知函数.证明：()(1)ln1f xxxx（1）存在唯一的极值点；()f x（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.()=0f x（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，点在曲线上，直线 l 过点且与垂000(,)(0)M:4sinC(4,0)AOM直，垂足为 P.（1）当时，求及 l 的极坐标方程；0=30（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 ()|2|().f xxa xxxa（1）当时，求不等式的解集；1a()0f x（2）若时，求的取值范围.(,1)x()0f x a 1C 2D 3A 4B 5A 6D 7B 8A 9D 10C 11B 12A 139 140.98 15 1626 342117解：（1）由已知得 B1C1平面 ABB1A1，BE平面 ABB1A1，故.11BCBE又，所以 BE平面.1BEEC11EBC（2）由（1）知BEB1=90.由题设知 RtABERtA1B1E，所以，故 AE=AB=3，1145AEBAEB.126AAAE作，垂足为 F，则 EF平面，且.1EFBB11BBC C3EFAB所以，四棱锥的体积.11EBBC C13 6 3183V 18解：（1）设的公比为q，由题设得 na，即.22416qq2280qq解得（舍去）或q=4.2q 因此的通项公式为.na1212 42nnna（2）由（1）得，因此数列的前n项和为.2(21)log 221nbnn nb1 321nn 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.1470.21100产值负增长的企业频率为.20.02100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），1(0.10 20.10 240.30 530.50 140.70 7)0.30100y 52211100iiisnyy 222221(0.40)2(0.20)240530.20140.407100 ，=0.0296，0.02960.02740.17s 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，由为等边三角形可知在中，1PF2POF12FPF1290FPF2PFc，于是，故的离心率是.13PFc122(31)aPFPFcC31cea（2）由题意可知，满足条件的点存在当且仅当，(,)P x y1|2162yc1yyxc xc 22221xyab即，|16cy，222xyc，22221xyab由及得，又由知，故.222abc422byc22216yc4b 由得，所以，从而故.22222axcbc22cb2222232,abcb4 2a 当，时，存在满足条件的点P.4b 4 2a 所以，的取值范围为.4b a4 2,)21.解：（1）的定义域为（0，+）.()f x.11()ln1lnxfxxxxx 因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，lnyx1yx()fx(1)10f ，故存在唯一，使得.1ln4 1(2)ln2022f0(1,2)x 00fx又当时，单调递减；当时，单调递增.0 xx()0fx()f x0 xx()0fx()f x因此，存在唯一的极值点.()f x（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根0(1)2f xf 22ee30f()0f x 0,x.x由得.01x011x 又，故是在的唯一根.1111()1 ln10ff 1()0f x 00,x综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.()0f x 22解：（1）因为在C上，当时，.00,M 0304sin2 33由已知得.|cos23OPOA设为l上除P的任意一点.在中，(,)Q RtOPQcos|23OP经检验，点在曲线上.(2,)3Pcos23所以，l的极坐标方程为.cos23（2）设，在中，即.(,)P RtOAP|cos4cos,OPOA 4cos因为P在线段OM上，且，故的取值范围是.APOM,4 2 所以，P点轨迹的极坐标方程为.4cos,4 223解：（1）当 a=1 时，.()=|1|+|2|(1)f xxxxx当时，；当时，.1x 2()2(1)0f xx 1x()0f x 所以，不等式的解集为.()0f x(,1)（2）因为，所以.()=0f a1a 当，时，.1a(,1)x()=()+(2)()=2()(1)0f xax xx xaax x所以，的取值范围是.a1,)选择填空解析 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国 卷）文科数学文科数学 1.设集合，则()1-|xxA2|xxBBAA.),1(B.)2,(C.)2,1(D.答案：C 解析：，.1-|xxA2|xxB）（2,1 BA2.设，则()(2)ziiz A.1 2iB.12i C.1 2iD.1 2i 答案：D 解析：因为，所以.(2)12ziii 1 2zi 3.已知向量，则（）(2,3)a(3,2)babA.2B.2C.5 2D.50答案：A 解答：由题意知，所以.(1,1)ab2ab4.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，则恰有只测量过53532该指标的概率为（）A.23B.35C.25D.15答案：B 解答：计测量过的 3 只兔子为、，设测量过的只兔子为、则 3 只兔子的种类有1232AB(1,2,3)(1,2,)A(1,2,)B,则恰好有两只测量过的有种，所以其概率为.(1,3,)A(1,3,)B(1,)A B2,3,2,3,2,3,ABA BA B6355.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.6.设为奇函数，且当时，则当时，（）()f x0 x()1xf xe0 x()f xA.1xeB.1xeC.1xeD.1xe答案：D 解答：当时，又为奇函数，0 x0 x()1xfxe()f x有.()()1 xf xfxe7.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.若是函数两个相邻的极值点，则=123,44xx()sin(0)f xxA 2B.32C.1D.12答案：A 解答：由题意可知即,所以.32442TT=29.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（）)0(22ppxy1322pypxpA.2 B.3 C.4 D.8 答案：D 解析：抛物线的焦点是，椭圆的焦点是，)0(22ppxy)0,2(p1322pypx)0,2(p，.pp228p10.曲线在点处的切线方程为()2sincosyxx(,1)A.10 xy B.2210 xy C.2210 xy D.10 xy 答案：C 解析：因为，所以曲线在点处的切线斜率为，2cossinyxx 2sincosyxx(,1)2故曲线在点处的切线方程为.2sincosyxx(,1)2210 xy 11.已知，则（）(0,)22sin2cos21sinA.15B.55C.33D.2 55答案：B 解答：，(0,)222sin2cos214sincos2cos 则，所以，12sincostan2212 5cos1tan5所以.25sin1 cos512.设 F 为双曲线的右焦点，0 为坐标原点，以为直径的圆与圆交2222:1(0,0)xyCababOF222xya于两点，若,则的离心率为 ,P QPQOFC:A.2B.3C.2D.5答案：A 解析：设点坐标为，则以为直径的圆的方程为-，圆的方程F)0,2c（OF2222)2cycx（-，则-，化简得到，代入式，求得，则设点坐标为，222ayxcax2cabyP),2cabca（点坐标为，故，又,则化简得到，Q),2cabca（cabPQ2OFPQ,2ccab2222bacabba，故.故选 A.2222aaabaace二、填空题 13.若变量满足约束条件则的最大值是 .,x y23603020 xyxyy3zxy答案：9解答：根据不等式组约束条件可知目标函数在处取得最大值为.3zxy3,0914.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，有个车次的正点率为，有个100.9720车次的正点率为，有个车次的正点率为，则经停该站的高铁列车所有车次的平均正点率的估计值0.98100.99为 .答案：0.98解答：平均正点率的估计值.0.97 100.98 200.99 100.984015.的内角的对边分别为.已知，则 .ABC,A B C,a b csincos0bAaBB 答案：34解析：根 据 正 弦 定 理 可 得,即，显 然，所 以sinsinsincos0BAABsinsincos0ABBsin0A，故.sincos0BB34B16.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 21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.