2321A.B.C.D.2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国Ⅱ卷）3555文科数学答案 B一、选择题解析 设5只兔子中测量过某项指标的3只为a1，a2，a3，未测量过这项指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中1．已知集合A＝{x|x>－1}，B＝{x|x<2}，则A∩B等于( )随机取出3只的所有可能情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10种可能．其中恰有2只测量过该指标的A．(－1，＋∞)B．(－∞，2)情况为(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共6种可能．C．(－1,2)D．∅故恰有2只测量过该指标的概率为＝.答案 C解析 A∩B＝{x|x>－1}∩{x|x<2}＝{x|－1解析 ∵z＝i(2＋i)＝－1＋2i，A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙∴＝－1－2i.C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙3．已知向量a＝(2,3)，b＝(3,2)，则|a－b|等于( )答案 AA.2B．2C．52D．50解析 由于三人成绩互不相同且只有一个人预测正确．若甲预测正确，则乙、丙预测错误，于是三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙；若甲预测错误，则甲、乙按成绩由高到低的次序为乙、甲，再假设丙预测正确，答案 A则乙、丙按成绩由高到低的次序为丙、乙，于是甲、乙、丙按成绩由高到低排序为丙、乙、甲，从而乙的预测解析 ∵a－b＝(2,3)－(3,2)＝(－1,1)，也正确，与事实矛盾；若甲、丙预测错误，则可推出乙的预测也错误．综上所述，三人按成绩由高到低的次序为甲、乙、丙．∴|a－b|＝＝.6．设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－1，则当x<0时，f(x)等于( )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A．e－x－1B．e－x＋1过该指标的概率为( )C．－e－x－1D．－e－x＋1答案 D∴T＝π，∴＝π，∴ω＝2.解析 当x<0时，－x>0，푥2푦29．若抛物线y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆4＋＝1的一个焦点，则p等于( )∵当x≥0时，f(x)＝ex－1，3푝푝∴f(－x)＝e－x－1.A．2B．3C．4D．8又∵f(x)为奇函数，答案 D∴f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.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7．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )D.A．α内有无数条直线与β平行10．曲线y＝2sinx＋cosx在点(π，－1)处的切线方程为( )B．α内有两条相交直线与β平行A．x－y－π－1＝0B．2x－y－2π－1＝0C．α，β平行于同一条直线C．2x＋y－2π＋1＝0D．x＋y－π＋1＝0D．α，β垂直于同一平面答案 C答案 B解析 设y＝f(x)＝2sinx＋cosx，解析 对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；则f′(x)＝2cosx－sinx，对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确，对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个∴f′(π)＝－2，侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确，综上可知选B.∴曲线在点(π，－1)处的切线方程为3蟺8．若x＝，x＝是函数f(x)＝sinωx(ω>0)两个相邻的极值点，则ω等于( )y－(－1)＝－2(x－π)，12{4}即2x＋y－2π＋1＝0.31A．2B.C．1D.2211．已知α∈，2sin2α＝cos2α＋1，则sinα等于( )答案 A15325解析 由题意及函数y＝sinωx的图象与性质可知，A.B.C.D.5535T＝－，答案 B解析 由2sin2α＝cos2α＋1，得4sinαcosα＝1－2sin2α＋1，即2sinαcosα＝1－sin2α.因为α∈，所以cosα＝，所以2sinα＝1－sin2α，解得sinα＝，故选B.푥2푦2．设为双曲线：－＝，的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆2＋2＝2交于12FC221(a>0b>0)OOFxya푎푏由图易知，当直线y＝3x－z过点C时，－z最小，即z最大．P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )A.2B.3C．2D.5由解得答案 A即C点坐标为(3,0)，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故zmax＝3×3－0＝9.＝，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|＝2.14．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________．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＝0.98.422442由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c－4ac＋4a＝0，即e－4e＋4＝0，解得e＝，故选A.15．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝________.二、填空题答案 13．若变量x，y满足约束条件则z＝3x－y的最大值是________．解析 ∵bsinA＋acosB＝0，∴＝，答案 9解析 作出已知约束条件对应的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，由正弦定理，得－cosB＝sinB，∴tanB＝－1，(1)证明 由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，又B∈(0，π)，∴B＝.故B1C1⊥BE.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，但南北又BE⊥EC，BC∩EC＝C，BC，EC⊂平面EBC，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1111111111面体．半正多面体体现了数学的对称美．图是一个棱数为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体248所以BE⊥平面EB1C1.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________．(2)解 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. 如图，答案 26 2－1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.作EF⊥BB1，垂足为F，则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3.三、解答题所以四棱锥E－BB1C1C的体积17.如图，V＝×3×6×3＝18.18．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．长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.解 (1)设{an}的公比为q，(1)证明：BE⊥平面EB1C1；由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，(2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E－BB1C1C的体积．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.＝0.0296，2n－1(2)由(1)得bn＝log22＝(2n－1)log22＝2n－1，s＝＝0.02×≈0.17.2因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n.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0.30,0.17.19．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푥2푦220．已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．于前一年第一季度产值增长率y的频数分布表.푎2푏2(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．解 (1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，(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；∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，(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)于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，附：74≈8.602.故C的离心率为e＝＝－1.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＝0.21.(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，产值负增长的企业频率为＝0.02.则|y|·2c＝16，·＝－1，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即c|y|＝16，①为2%.x2＋y2＝c2，②(2)＝×(－0.10×2＋0.10×24＋0.30×53＋0.50×14＋0.70×7)＝0.30，又＋＝1.③22s＝i(yi－)由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.＝×[(－0.40)2×2＋(－0.20)2×24＋02×53＋0.202×14＋0.402×7]又由①知y2＝，故b＝4.又f(e2)＝e2－3>0，由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，所以f(x)＝0在(x0，＋∞)内存在唯一根x＝α.所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，由10)．在极坐标系中，O为极点，点M(ρ0，θ0)(ρ0>0)在曲线C：因为y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，ρ＝4sinθ上，直线l过点A(4,0)且与OM垂直，垂足为P.y＝在(0，＋∞)上单调递减，(1)当θ0＝时，求ρ0及l的极坐标方程；所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．(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．ln4-1又f′(1)＝－1<0，f′(2)＝ln2－＝>0，解 (1)因为M(ρ0，θ0)在C上，当θ0＝时，ρ0＝4sin＝2.2故存在唯一x0∈(1,2)，使得f′(x0)＝0.由已知得|OP|＝|OA|co