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2019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅱ卷）
理科数学
一、选择题
1．设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B等于( )
A．(－∞，1) B．(－2,1)
C．(－3，－1) D．(3，＋∞)
答案 A
解析 因为A＝{x|x2－5x＋6>0}＝{x|x>3或x<2}，B＝{x|x－1<0}＝{x|x<1}，所以A∩B＝{x|
x<1}，故选A.
2．设z＝－3＋2i，则在复平面内 对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
答案 C
解析 由题意，得 ＝－3－2i，其在复平面内对应的点为(－3，－2)，位于第三象限，故选
C.
3．已知 ＝(2,3)， ＝(3，t)，| |＝1，则 · 等于( )
A．－3 B．－2 C．2 D．3
答案 C
解析 因为 ＝ － ＝(1，t－3)，所以| |＝ ＝1，解得t＝3，所以 ＝
(1,0)，所以 · ＝2×1＋3×0＝2，故选C.
4．2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事
业取得又一重大成就．实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器
的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格
朗日L 点的轨道运行．L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M，月球
2 2 1
质量为M ，地月距离为R，L 点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r
2 2
满足方程： ＋ ＝(R＋r) .设α＝ .由于α的值很小，因此在近似计算中
≈3α3，则r的近似值为( )
A. R B. R C. R D. R
答案 D
解析 由 ＋ ＝(R＋r) ，得 ＋ ＝ M.因为α＝ ，所以 ＋ ＝(1
1＋α)M ，得 ＝ .由 ≈3α3，得3α3≈ ，即3 3≈ ，所以r≈
1
·R，故选D.
5．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始
评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，
不变的数字特征是( )
A．中位数 B．平均数
C．方差 D．极差
答案 A
解析 记9个原始评分分别为a，b，c，d，e，f，g，h，i(按从小到大的顺序排列)，易知e
为7个有效评分与9个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.
6．若a>b，则( )
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
答案 C
解析 由函数y＝ln x的图象(图略)知，当0b时，3a>3b，故B不正确；因为函数y＝x3在R上单调
递增，所以当a>b时，a3>b3，即a3－b3>0，故C正确；当b0)的焦点是椭圆 ＋ ＝1的一个焦点，则p等于( )
A．2 B．3 C．4 D．8
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p＝8，故选D.
9．下列函数中，以 为周期且在区间 上单调递增的是( )
A．f(x)＝|cos 2x| B．f(x)＝|sin 2x|
C．f(x)＝cos|x| D．f(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2π，故C不正确；D中，f(x)＝
sin|x|＝ 由正弦函数图象知，在x≥0和x<0时，f(x)均以2π为周期，但在整个
定义域上f(x)不是周期函数，故D不正确．故选A.
10．已知α∈ ，2sin 2α＝cos 2α＋1，则sin α等于( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由2sin 2α＝cos 2α＋1，得4sin αcos α＝1－2sin2α＋1，即2sin αcos α＝1－sin2α.因为
α∈ ，所以cos α＝ ，所以2sin α ＝1－sin2α，解得sin α＝ ，故
选B.
11．设F为双曲线C： － ＝1(a>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的离心率为( )
A. B. C．2 D.
答案 A
解析 如图，
由题意知，以OF为直径的圆的方程为 2＋y2＝ ①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②
得x＝ ，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝ ，所以|PQ|＝2 .
由|PQ|＝|OF|，得2 ＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝
，故选A.
12．设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)＝x(x－1)．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－10时，－x<0，f(－x)＝－e－ax.因为函数f(x)为奇函数，所以当x>0时，f(x)＝－
f(－x)＝e－ax，所以f(ln 2)＝e－aln 2＝ a＝8，所以a＝－3.
15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝6，a＝2c，B＝ ，则△ABC的面
积为________．
答案 6
解析 方法一 因为a＝2c，b＝6，B＝ ，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝
(2c)2＋c2－2×2c×ccos ，得c＝2 ，所以a＝4 ，所以△ABC的面积S＝ acsin B＝ ×4
×2 ×sin ＝6 .
方法二 因为a＝2c，b＝6，B＝ ，所以由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，得62＝(2c)2＋c2
－2×2c×ccos ，得c＝2 ，所以a＝4 ，所以a2＝b2＋c2，所以A＝ ，所以△ABC的
面积S＝ ×2 ×6＝6 .
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________．
答案 26 －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 x＋x＋ x＝1，解得x＝ －1，故题中的半正多面体的棱长为 －1.
三、解答题
17.如图，长方体ABCD－ABC D 的底面ABCD是正方形，点E在棱AA 上，BE⊥EC .
1 1 1 1 1 1
(1)证明：BE⊥平面EBC ；
1 1
(2)若AE＝AE，求二面角B－EC－C 的正弦值．
1 1
(1)证明 由已知得，BC ⊥平面ABBA，因为BE⊂平面ABBA，故BC ⊥BE.
1 1 1 1 1 1 1 1
又BE⊥EC ，EC ∩BC ＝C 所以BE⊥平面EBC .
1 1 1 1 1 1 1
(2)解
由(1)知∠BEB＝90°.
1
由题设知Rt△ABE≌Rt△ABE，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA＝2AB.
1 1 1
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D－xyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C (0,1,2)，E(1,0,1)， ＝(1,0,0)， ＝(1，－1,1)，
1
＝(0,0,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC 的法向量为m＝(x，y，z)，则
1 1 1 1
即
所以可取m＝(1,1,0)．
于是cos〈n，m〉＝ ＝－ ，sin〈n，m〉＝ ＝ ，
所以二面角B－EC－C 的正弦值为 .
1
18．11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10∶10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10∶10
平后，甲先发球，两人又打了X个球该局比赛结束．
(1)求P(X＝2)；
(2)求事件“X＝4且甲获胜”的概率．
解 (1)X＝2就是10∶10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球均由甲得分，
或者均由乙得分．因此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
(2)X＝4且甲获胜，就是10∶10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P＝[0.5×(1－0.4)＋(1－0.5)×0.4]×0.5×0.4＝0.1.
19．已知数列{a}和{b}满足a＝1，b＝0,4a ＝3a－b＋4,4b ＝3b－a－4.
n n 1 1 n＋1 n n n＋1 n n
(1)证明：{a＋b}是等比数列，{a－b}是等差数列；
n n n n
(2)求{a}和{b}的通项公式．
n n
(1)证明 由题设得4(a ＋b )＝2(a＋b)，
n＋1 n＋1 n n
即a ＋b ＝ (a＋b)．
n＋1 n＋1 n n
又因为a＋b＝1，所以{a＋b}是首项为1，公比为 的等比数列．
1 1 n n
由题设得4(a －b )＝4(a－b)＋8，即a －b ＝a－b＋2.
n＋1 n＋1 n n n＋1 n＋1 n n
又因为a－b＝1，所以{a－b}是首项为1，公差为2的等差数列．
1 1 n n
(2)解 由(1)知，a＋b＝ ，a－b＝2n－1.
n n n n
所以a＝ [(a＋b)＋(a－b)]＝ ＋n－ ，
n n n n n
b＝ [(a＋b)－(a－b)]＝ －n＋ .
n n n n 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x 是f(x)的一个零点，证明：曲线y＝ln x在点A(x，ln x)处的切线也是曲线y＝ex的切
0 0 0
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)＝1－ <0，f(e2)＝2－ ＝ >0，所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x ，即
1
f(x)＝0.
1
又0< <1，f ＝－ln x＋ ＝－f(x)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零点 .
1 1
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)证明 因为 ＝e－ln x，故点B 在曲线y＝ex上．
0
由题设知f(x)＝0，即ln x＝ ，连接AB，则直线AB的斜率
0 0
k＝ ＝ ＝ .
曲线y＝ex在点B 处切线的斜率是 ，曲线y＝ln x在点A(x ，ln x)处切线的斜率
0 0
也是 ，所以曲线y＝ln x在点A(x，ln x)处的切线也是曲线y＝ex的切线．
0 0
21．已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－ .记M的轨
迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE
并延长交C于点G.
(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面积的最大值．
(1)解 由题设得 · ＝－ ，化简得 ＋ ＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点
在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)(ⅰ)证明 设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
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＝ (x－u)．由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(x ，y )，则－u和x 是方程①的解，
G G G
故x ＝ ，由此得y ＝ .
G G
从而直线PG的斜率为 ＝－ ，
因为k ·k ＝－1.
PQ PG
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)解 由(ⅰ)得|PQ|＝2u ，|PG|＝ ，所以△PQG 的面积 S＝ |PQ||PG|＝
＝ .
设t＝k＋ ，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝ 在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为
.
因此，△PQG面积的最大值为 .
22．[选修4－4：坐标系与参数方程]
在极坐标系中，O为极点，点M(ρ，θ)(ρ>0)在曲线C：
0 0 0
ρ＝4sin θ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P.
(1)当θ＝ 时，求ρ 及l的极坐标方程；
0 0
(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(ρ，θ)在C上，当θ＝ 时，ρ＝4sin ＝2 .
0 0 0 0
由已知得|OP|＝|OA|cos ＝2.
设Q(ρ，θ)为l上除P的任意一点，连接OQ，在Rt△OPQ中，ρcos ＝|OP|＝2.
经检验，点P 在曲线ρcos ＝2上．所以，l的极坐标方程为ρcos ＝2.
(2)设P(ρ，θ)，在Rt△OAP中，|OP|＝|OA|cos θ＝4cos θ，即ρ＝4cos θ.
因为P在线段OM上，且AP⊥OM，故θ的取值范围是 .
所以，P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈ .
23．[选修4－5：不等式选讲]
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．
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，＋∞)．
