2019年海南省高考数学试题及答案（文科）

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A={x|x1}，B{x|x2}，则A∩B=A．(–1，+∞)B．(–∞，2)C．(–1，2)D．2．设z=i(2+i)，则z=A．1+2iB．–1+2iC．1–2iD．–1–2i3．已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a–b|=A．2B．2C．52D．504．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23A．B．3521C．D．555．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x≥0时，f(x)=ex1，则当x<0时，f(x)=A．ex1B．ex1C．ex1D．ex17．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8．若x1=，x2=是函数f(x)=sinx(>0)两个相邻的极值点，则=443A．2B．21C．1D．2x2y29．若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆1的一个焦点，则p=3ppA．2B．3C．4D．810．曲线y=2sinx+cosx在点(π，–1)处的切线方程为A．xy10B．2xy210C．2xy210D．xy10π11．已知a∈（0，），2sin2α=cos2α+1，则sinα=215A．B．55325C．D．35x2y212．设F为双曲线C：1（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OFa2b2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．2B．3C．2D．5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．2x3y60，13．若变量x，y满足约束条件xy30，则z=3x–y的最大值是___________.y20，14．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．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则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．）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17～21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BB1C1C的体积．18．（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log2an，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)企业数22453147（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）x2y2已知F,F是椭圆C:1(ab0)的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原12a2b2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PF1PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围.21.（12分）已知函数f(x)(x1)lnx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.（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M(0,0)(00)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=时，求及l的极坐标方程；030（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.1．C2．D3．A4．B5．A6．D7．B8．A9．D10．C11．B12．A3π13．914．0.9815．16．2621417．解：（1）由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE⊥平面EB1C1.（2）由（1）知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以AEBA1EB145，故AE=AB=3，AA12AE6.作EFBB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EFAB3.1所以，四棱锥EBBCC的体积V36318.11318．解：（1）设an的公比为q，由题设得2q24q16，即q22q80.解得q2（舍去）或q=4.n12n1因此an的通项公式为an242.（2）由（1）得bn(2n1)log222n1，因此数列bn的前n项和为1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%147的企业频率为0.21.1002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)0.30，1005212sniyiy100i11(0.40)22(0.20)22402530.202140.402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△F1PF2中，F1PF290，PF2c，PF13c，于是2aPF1PF2(31)c，故C的离心率是ce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16，2yyx2y21，1，即c|y|16，①xcxca2b2x2y2c2，②x2y21，③a2b2b4162由②③及a2b2c2得y2，又由①知y2，故b4.c2c2a2由②③得222，所以22，从而2222故x2cbcbabc2b32,a42c.当b4，a42时，存在满足条件的点P.所以b4，a的取值范围为[42,).21.解：（1）f(x)的定义域为（0，+）.x11f(x)lnx1lnx.xx1因为ylnx单调递增，y单调递减，所以f(x)单调递增，又f(1)10，x1ln41f(2)ln20，故存在唯一x(1,2)，使得fx0.2200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.（）由（）知，又22，所以在21fx0f(1)2fee30f(x)0x0,内存在唯一根x.1由x1得1x.001111f()1又，故是在的唯一根f1ln10f(x)00,x0.综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.22．解：（1）因为M,在C上，当时，4sin23.000303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经检验，点P(2,)在曲线cos2上.33所以，l的极坐标方程为cos2.3（2）设P(,)，在Rt△OAP中，|OP||OA|cos4cos,即4cos..因为P在线段OM上，且APOM，故的取值范围是,.42所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos,,.42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1.设集合Ax|x-1，Bx|x2，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2iB.12iC.12iD.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.2B.2C.52D.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（）2A.33B.52C.51D.5答案：B解答：计测量过的3只兔子为1、2、3，设测量过的2只兔子为A、B则3只兔子的种类有(1,2