文档内容
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
2019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅱ卷）
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
理科数学
C．方差 D．极差
答案 A
一、选择题
1．设集合A＝{x|x2－5x＋6>0}，B＝{x|x－1<0}，则A∩B等于( )
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
A．(－∞，1) B．(－2,1)
个原始评分的中位数，故不变的数字特征是中位数，故选A.
C．(－3，－1) D．(3，＋∞) 6．若a>b，则( )
答案 A
A．ln(a－b)>0 B．3a<3b
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.
C．a3－b3>0 D．|a|>|b|
答案 C
2．设z＝－3＋2i，则在复平面内 对应的点位于( )
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－
C．第三象限 D．第四象限
b3>0，故C正确；当b0)的焦点是椭圆 ＋ ＝1的一个焦点，则p等于( )
r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
A．2 B．3 C．4 D．8
为( )
答案 D
A. R B. R C. R D. R
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
答案 D
D.
解析 由 ＋ ＝(R＋r) ，得 ＋ ＝ M.因为α＝ ，所以 ＋ ＝(1＋α)M ，得
1 1 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|
＝ .由 ≈3α3，得3α3≈ ，即3 3≈ ，所以r≈ ·R，故选D.C．f(x)＝cos|x| D．f(x)＝sin|x|
有f(x)≥－ ，则m的取值范围是( )
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， A. B.
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)＝ C. D.
答案 B
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，
解析 当－10，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
二、填空题
解析 如图，
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.
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
14．已知f(x)是奇函数，且当x<0时，f(x)＝－eax.若f(ln 2)＝8，则a＝________.
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 . 答案 －3
解析 当x>0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
由|PQ|＝|OF|，得2 ＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝ ，故选A.
2)＝e－aln 2＝ a＝8，所以a＝－3.
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(2)若AE＝AE，求二面角B－EC－C 的正弦值．
1 1
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________．
(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
答案 6 又BE⊥EC ，EC ∩BC ＝C 所以BE⊥平面EBC .
1 1 1 1 1 1 1
(2)解
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
由(1)知∠BEB
1
＝90°.
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 由题设知Rt△ABE≌Rt△A 1 B 1 E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA 1 ＝2AB.
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 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
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________． C(0,1,0)，B(1,1,0)，C (0,1,2)，E(1,0,1)， ＝(1,0,0)， ＝(1，－1,1)， ＝(0,0,2)．
1
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
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 所以可取m＝(1,1,0)．
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
于是cos〈n，m〉＝ ＝－ ，
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
sin〈n，m〉＝ ＝ ，
面体的棱长为 －1.
三、解答题
所以二面角B－EC－C 的正弦值为 .
1
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
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
(1)证明：BE⊥平面EBC ；
1 1此P(X＝2)＝0.5×0.4＋(1－0.5)×(1－0.4)＝0.5.
由题设知f(x)＝0，即ln x＝ ，连接AB，则直线AB的斜率
0 0
(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．
k＝ ＝ ＝ .
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 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)处切线的斜率也是 ，所以曲线y＝
0 0
(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． ln x在点A(x 0 ，ln x 0 )处的切线也是曲线y＝ex的切线．
n n
(1)证明 由题设得4(a ＋b )＝2(a＋b)，
n＋1 n＋1 n n 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.
即a ＋b ＝ (a＋b)．
n＋1 n＋1 n n (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.
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 (ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
由题设得4(a －b )＝4(a－b)＋8，即a －b ＝a－b＋2. (ⅱ)求△PQG面积的最大值．
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 (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
(2)解 由(1)知，a＋b＝ ，a－b＝2n－1.
n n n n 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)．
所以a＝ [(a＋b)＋(a－b)]＝ ＋n－ ，
n n n n n
由 得x＝± .
b＝ [(a＋b)－(a－b)]＝ －n＋ .
n n n n n
记u＝ ，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
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； 于是直线QG的斜率为 ，方程为y＝ (x－u)．
(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的切线．
0 0 0
(1)解 f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．
由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
因为f′(x)＝ ＋ >0，所以f(x)在(0,1)，(1，＋∞)上单调递增．
设G(x ，y )，则－u和x 是方程①的解，
G G G
因为f(e)＝1－ <0，f(e2)＝2－ ＝ >0，所以f(x)在(1，＋∞)上有唯一零点x，即f(x)＝0.
1 1 故x ＝ ，由此得y ＝ .
G G
又0< <1，f ＝－ln x＋ ＝－f(x)＝0，故f(x)在(0,1)上有唯一零点 .
1 1
从而直线PG的斜率为 ＝－ ，
综上，f(x)有且仅有两个零点．
因为k ·k ＝－1.
(2)证明 因为 ＝e－ln x，故点B 在曲线y＝ex上． PQ PG
0
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．所以，不等式f(x)<0的解集为(－∞，1)．
(ⅱ)解 由(ⅰ)得|PQ|＝2u ，|PG|＝ ，所以△PQG的面积S＝ |PQ||PG|＝ ＝ .
(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.
设t＝k＋ ，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
所以，a的取值范围是[1，＋∞)．
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.
