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，，则AB=A．(–1，+)B．(–，2)C．(–1，2)D．2．设z=i(2+i)，则=A．1+2iB．–1+2iC．1–2iD．–1–2i3．已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a–b|=A．B．2C．5D．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A．B．C．D．5．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x0时，f(x)=，则当x<0时，f(x)=A．B．C．D．7．设，为两个平面，则的充要条件是A．内有无数条直线与平行B．内有两条相交直线与平行C．，平行于同一条直线D．，垂直于同一平面8．若x1=，x2=是函数f(x)=(>0)两个相邻的极值点，则=A．2B．C．1D．9．若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p=A．2B．3C．4D．810．曲线y=2sinx+cosx在点(，–1)处的切线方程为A．B． C．D．11．已知a（0，），2sin2=cos2+1，则sin=A．B．C．D．12．设F为双曲线C：（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．2D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若变量x，y满足约束条件则z=3x–y的最大值是___________.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．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1721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，BEEC1.（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．18．（12分）已知是各项均为正数的等比数列，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前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.的分组企业数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：.20．（12分）已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．（1）若为等边三角形，求C的离心率；（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.21.（12分）已知函数.证明：（1）存在唯一的极值点；（2）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，点在曲线上，直线l过点且与垂直，垂足为P.（1）当时，求及l的极坐标方程；（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 （1）当时，求不等式的解集；（2）若时，，求的取值范围.1．C2．D3．A4．B5．A6．D7．B8．A9．D10．C11．B12．A13．914．0.9815．16．26 17．解：（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故.又，所以BE平面.（2）由（1）知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.作，垂足为F，则EF平面，且.所以，四棱锥的体积. 18．解：（1）设的公比为q，由题设得，即.解得（舍去）或q=4.因此的通项公式为.（2）由（1）得，因此数列的前n项和为.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%的企业频率为.产值负增长的企业频率为.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%.（2），，，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，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是.（2）由题意可知，满足条件的点存在当且仅当，，，即，，，由及得，又由知，故.由得，所以，从而故.当，时，存在满足条件的点P.所以，的取值范围为.21.解：（1）的定义域为（0，+）..因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，，故存在唯一，使得.又当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，存在唯一的极值点.（2）由（1）知，又，所以在内存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.22．解：（1）因为在C上，当时，.由已知得.设为l上除P的任意一点.在中，经检验，点在曲线上.所以，l的极坐标方程为.（2）设，在中， 即..因为P在线段OM上，且，故的取值范围是.所以，P点轨迹的极坐标方程为 .23．解：（1）当a=1时，.当时，；当时，.所以，不等式的解集为.（2）因为，所以.当，时，.所以，的取值范围是.选择填空解析2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国 卷）文科数学1.设集合，，则( )答案：C解析：，，.2. 设，则 ( )A. B. C. D. 答案：D解析：因为，所以.3. 已知向量， ，则（ ）A. B. C. D. 答案：A解答：由题意知，所以.4. 生物实验室有只兔子，其中只有只测量过某项指标.若从这只兔子中随机取出只，则恰有只测量过该指标的概率为（ ）答案：B解答：计测量过的3只兔子为、、，设测量过的只兔子为、则3只兔子的种类有,则恰好有两只测量过的有种，所以其概率为.5. 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、乙答案：A解答：根据已知逻辑关系可知，甲的预测正确，乙丙的预测错误，从而可得结果.6. 设为奇函数，且当时，，则当时，（ ）A. B. C. D. 答案：D解答：当时，，，又为奇函数，有.7. 设为两个平面，则的充要条件是( )A. 内有无数条直线与平行B. 内有两条相交直线与平行C. 平行于同一条直线D. 垂直于同一平面答案：B解析:根据面面平行的判定定理易得答案.8. 若是函数两个相邻的极值点，则=A． B. C. D.答案：A解答：由题意可知即,所以.9.若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（ ）A.2B.3C.4D.8答案：D解析：抛物线的焦点是，椭圆的焦点是，，.10. 曲线在点处的切线方程为( )A. B. C. D. 答案：C解析：因为，所以曲线在点处的切线斜率为，故曲线在点处的切线方程为.11. 已知，，则（ ）A. B. C. D. 答案：B解答：，，则，所以，所以.12.设F为双曲线的右焦点，0为坐标原点，以为直径的圆与圆交于两点，若,则的离心率为A.B.C.D.答案：A解析：设点坐标为，则以为直径的圆的方程为-----，圆的方程-----，则-，化简得到，代入式，求得，则设点坐标为，点坐标为，故，又,则化简得到，，故.故选A.二、填空题13. 若变量满足约束条件则的最大值是 .答案：解答：根据不等式组约束条件可知目标函数在处取得最大值为.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，有个车次的正点率为，有个车次的正点率为，有个车次的正点率为，则经停该站的高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为 .答案：解答：平均正点率的估计值.15. 的内角的对边分别为.已知，则 .答案：解析：根据正弦定理可得,即，显然，所以，故.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.)答案：26解析：由图2结合空间想象即可得到该正多面体有26个面；将该半正多面体补成正方体后，根据对称性列方程求解.