2019年吉林高考理科数学真题及答案-

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2019年吉林高考理科数学真题及答案
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.设集合A={x|x25x+6>0}B={x|x1<0},则AB= A(–∞,1 C(3,–1 2.设z=3+2i,则在复平面内z对应的点位于 A.第一象限 C.第三象限
B.第二象限 D.第四象限


B(21 D(3+



3.已知AB=(2,3AC=(3t|BC|=1,则ABBC= A.–3 C2 B.–2 D3

4201913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L2点的轨道运行.L2点是平衡点,位于地月连线的延长线上.设地球质量为M,月球质量为M,地月距离为RL2点到月球的距离为r,根据M1M2M1r(Rr牛顿运动定律和万有引力定律,r满足方程:.由于的值很小,223(RrrRR
3334533因此在近似计算中,则r的近似值为
2(1AM2R M13M2R M1BM2R 2M1M2R 3M1

C3D35.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 C.方差 6.若a>b,则
Aln(ab>0 Ca3b3>0 7.设αβ为两个平面,则αβ的充要条件是 Aα内有无数条直线与β平行 Cαβ平行于同一条直线 8.若抛物线y=2px(p>0的焦点是椭圆A2 C4 9.下列函数中,以2B.平均数 D.极差
B3a<3b D.│a│>│b
Bα内有两条相交直线与β平行 Dαβ垂直于同一平面
x23py2p1的一个焦点,则p= B3 D8 2为周期且在区间(42单调递增的是
Bf(x=│sin2x Df(x=sinx
Af(x=│cos2x Cf(x=cos│x 10.已知α(022sin2α=cos2α+1,则sinα= A15 B55
C
3
3 D255

x2y211F为双曲线C221(a0,b0的右焦点,OF为直径的圆与圆x2y2a2O为坐标原点,ab交于PQ两点.若PQOF,则C的离心率为 A2 C2

B3 D5

12.设函数f(x的定义域为R,满足f(x12 f(x,且当x(0,1]时,f(xx(x1.若对任意8x(,m],都有f(x,则m的取值范围是
9A,
495
B,
37
C,
2


D,
38二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
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__________
ax14.已知f(x是奇函数,且当x0时,f(xe.f(ln28,则a__________
15ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.b6,a2c,Bπ,则ABC的面积为_________
316.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2223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,求二面角BECC1的正弦值. 18.(12分)
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PX=2);
2)求事件“X=4且甲获胜”的概率. 19.(12分)
已知数列{an}{bn}满足a1=1b1=04an13anbn44bn13bnan4. 1)证明:{an+bn}是等比数列,{anbn}是等差数列; 2)求{an}{bn}的通项公式. 20.(12分)
已知函数fxlnxx1x1. 1)讨论f(x的单调性,并证明f(x有且仅有两个零点;
2)设x0f(x的一个零点,证明曲线y=lnx在点A(x0lnx0处的切线也是曲线ye的切线. 21.(12分)
x
已知点A(2,0B(2,0,动点M(x,y满足直线AMBM的斜率之积为1)求C的方程,并说明C是什么曲线;
12.M的轨迹为曲线C. 2)过坐标原点的直线交CPQ两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连结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. (二)选考题:共10分。请考生在第2223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44:坐标系与参数方程]10分)
在极坐标系中,O为极点,M(0,0(00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=时,求0l的极坐标方程;
32)当MC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45:不等式选讲]10分)
已知f(x|xa|x|x2|(xa. 1)当a1时,求不等式f(x0的解集; 2)若x(,1时,f(x0,求a的取值范围.

2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学·参考答案
1A 2C 3C 4D 5A 6C 7B 8D 9A 10B 11A 12B 130.98 1563


14.–3 162621

17.解:(1)由已知得,B1C1平面ABB1A1BE平面ABB1A1
B1C1BE
BEEC1,所以BE平面EB1C1
2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB45 AEABAA12AB
D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz

C010B110C1012E101CB(1,0,0CE(1,1,1CC1(0,0,2 设平面EBC的法向量为n=xyx),则
CBn0,x0,
CEn0,xyz0,所以可取n=(0,1,1. 设平面ECC1的法向量为m=xyz),则

CC1m0,2z0,
xyz0.CEm0,所以可取m=110). 于是cosn,mnm1
|n||m|23
2所以,二面角BECC1的正弦值为18.解:(1X=2就是1010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PX=2)=0.5×0.4+(10.5)×(10.4=0.5
2X=4且甲获胜,就是1010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[0.5×(10.4+10.5)×0.4]×0.5×0.4=0.1. 19.解:(1)由题设得4(an1bn12(anbn,即an1bn11(anbn
2又因为a1+b1=l,所以anbn是首项为1,公比为1的等比数列.
2由题设得4(an1bn14(anbn8,即an1bn1anbn2 又因为a1b1=l,所以anbn是首项为1,公差为2的等差数列. 2)由(1)知,anbn1anbn2n1 n12所以an111[(anbn(anbn]nn 222111bn[(anbn(anbn]nn
22220.解:(1fx)的定义域为(01因为f'(x1+∞).
120,所以f(x在(01),(1+∞)单调递增. x(x12
e1e21e2320f(e22因为fe=120,所以fx)在(1+∞)有唯一零点x1e1e1e1fx1=0.又0x111f(x10,故fx)在(01)有唯一零点1f(lnx11x1x11x11 x1综上,fx)有且仅有两个零点.
11lnx0xe2)因为,故点B(–lnx0)在曲线y=e上. x0x011x01lnx0x01x0xx0110 由题设知f(x00,即lnx0,故直线AB的斜率kx01lnx0x0x01xx00x01曲线y=e在点B(lnx0,x11处切线的斜率是,曲线ylnx在点A(x0,lnx0处切线的斜率也是x0x01 x0所以曲线ylnx在点A(x0,lnx0处的切线也是曲线y=e的切线.
xx2y2yy11(|x|2,所以C为中心在坐标原点,焦点21.解:1)由题设得,化简得42x2x22x轴上的椭圆,不含左右顶点.
2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为ykx(k0
ykx2x2y2x
2112k42u212k2,则P(u,uk,Q(u,uk,E(u,0
于是直线QG的斜率为kk,方程为y(xu 22
ky(xu,22
2xy142(2k2x22uk2xk2u280.①
u(3k22uk3G(xG,yG,则uxG是方程①的解,故xG,由此得yG
2k22k2uk3uk21k 从而直线PG的斜率为22u(3k2ku2k2所以PQPG,即PQG是直角三角形.
2ukk21ii)由(i)得|PQ|2u1k|PG|,所以△PQG的面积2k2218(k18k(1kk S|PQPG|2212(12k(2k12(k2k2t=k+1,则由k>0t2,当且仅当k=1时取等号. k8t16[2+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为
212t916
9时,04sin23 33因为S因此,△PQG面积的最大值为22.解:(1)因为M0,0C上,当0由已知得|OP||OA|cos2
3|OP|2 3Q(,l上除P的任意一点.在RtOPQ中,cos经检验,点P(2,在曲线cos32上. 3所以,l的极坐标方程为cos2 3
2)设P(,,在RtOAP中,|OP||OA|cos4cos, 4cos 因为P在线段OM上,且APOM,故的取值范围是,
42所以,P点轨迹的极坐标方程为4cos,,
4223.解:1)当a=1时,f(x=|x1| x+|x2|(x1
x1时,f(x2(x10;当x1时,f(x0 所以,不等式f(x0的解集为(,1 2)因为f(a=0,所以a1
a1x(,1时,f(x=(ax x+(2x(xa=2(ax(x1<0 所以,a的取值范围是[1,
2

本文来源:https://www.2haoxitong.net/k/doc/bad5b3b2ce84b9d528ea81c758f5f61fb6362897.html

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