重庆市2019年高考数学试卷(理科)以及答案解析

2024年1月8日发(作者：快速录入数学试卷)

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重庆市2019年高考数学理科试卷

本试卷共23题，共150分，共4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条形码区域内。

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、试题卷上答题无效。

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．（5分）设集合A＝{x|x2﹣5x+6＞0}，B＝{x|x﹣1＜0}，则A∩B＝（ ）

A．（﹣∞，1） B．（﹣2，1） C．（﹣3，﹣1） D．（3，+∞）

2．（5分）设z＝﹣3+2i，则在复平面内对应的点位于（ ）

A．第一象限

3．（5分）已知A．﹣3

B．第二象限

＝（2，3），B．﹣2

＝（3，t），|C．第三象限

|＝1，则C．2

•D．第四象限

＝（ ）

D．3

4．（5分）2019年1月3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M1，月球质量为M2，地月距离为R，L2点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：+＝（R+r）．

设α＝．由于α的值很小，因此在近似计算中为（ ）

A．R B．R C．R

≈3α3，则r的近似值D．R

5．（5分）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第1页（共17页）

个原始评分中去掉1个最高分、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 B．平均数 C．方差 D．极差

6．（5分）若a＞b，则（ ）

A．ln（a﹣b）＞0 B．3a＜3b C．a3﹣b3＞0 D．|a|＞|b|

7．（5分）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．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆A．2 B．3 C．4

，+＝1的一个焦点，则p＝（ ）

D．8

）单调递增的是（ ）

D．f（x）＝sin|x|

9．（5分）下列函数中，以A．f（x）＝|cos2x|

为周期且在区间（B．f（x）＝|sin2x| C．f（x）＝cos|x|

10．（5分）已知α∈（0，A． B．），2sin2α＝cos2α+1，则sinα＝（ ）

C． D．

11．（5分）设F为双曲线C：﹣＝1（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．2 D．

12．（5分）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]，都有f（x）≥﹣，则m的取值范围是（ ）

A．（﹣∞，] B．（﹣∞，] C．（﹣∞，] D．（﹣∞，]

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）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 ．

14．（5分）已知f（x）是奇函数，且当x＜0时，f（x）＝﹣eax．若f（ln2）＝8，则a＝ ．

第2页（共17页）

15．（5分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若b＝6，a＝2c，B＝△ABC的面积为 ．

，则16．（5分）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 ．

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，求二面角B﹣EC﹣C1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，每球交换发第3页（共17页）

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．

19．（12分）已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．

（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列；

（2）求{an}和{bn}的通项公式．

20．（12分）已知函数f（x）＝lnx﹣．

（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；

（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．

21．（12分）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．

（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22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．（10分）在极坐标系中，O为极点，点M（ρ0，θ0）（ρ0＞0）在曲线C：ρ＝4sinθ上，直线l过点A（4，0）且与OM垂直，垂足为P．

（1）当θ0＝时，求ρ0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．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．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）当x∈（﹣∞，1）时，f（x）＜0，求a的取值范围．

第4页（共17页）

重庆市2019年高考数学理科试卷答案解析

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．【分析】根据题意，求出集合A、B，由交集的定义计算可得答案．

【解答】解：根据题意，A＝{x|x2﹣5x+6＞0}＝{x|x＞3或x＜2}，

B＝{x|x﹣1＜0}＝{x|x＜1}，

则A∩B＝{x|x＜1}＝（﹣∞，1）；

故选：A．

【点评】本题考查交集的计算，关键是掌握交集的定义，属于基础题．

2．【分析】求出z的共轭复数，根据复数的几何意义求出复数所对应点的坐标即可．

【解答】解：∵z＝﹣3+2i，

∴，

∴在复平面内对应的点为（﹣3，﹣2），在第三象限．

故选：C．

【点评】本题考查共轭复数的代数表示及其几何意义，属基础题．

3．【分析】由＝先求出的坐标，然后根据||＝1，可求t，结合向量数量积定义的坐标表示即可求解．

【解答】解：∵∴∵|＝|＝1，

＝（1，0），

＝（2，3），＝（3，t），

＝（1，t﹣3），

∴t﹣3＝0即则•＝2

故选：C．

【点评】本题主要考查了向量数量积 的定义及性质的坐标表示，属于基础试题

4．【分析】由α＝．推导出＝≈3α3，由此能求出r＝αR＝．

【解答】解：∵α＝．∴r＝αR，

第5页（共17页）

r满足方程：+＝（R+r）．

∴＝≈3α3，

∴r＝αR＝故选：D．

．

【点评】本题考查点到月球的距离的求法，考查函数在我国航天事业中的灵活运用，考查化归与转化思想、函数与方程思想，考查运算求解能力，是中档题．

5．【分析】根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案．

【解答】解：根据题意，从9个原始评分中去掉1个最高分、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，最中间的一个数不变，即中位数不变，

故选：A．

【点评】本题考查数据的数字特征，关键是掌握数据的平均数、中位数、方差、极差的定义以及计算方法，属于基础题．

6．【分析】取a＝0，b＝﹣1，利用特殊值法可得正确选项．

【解答】解：取a＝0，b＝﹣1，则

ln（a﹣b）＝ln1＝0，排除A；

，排除B；

a3＝03＞（﹣1）3＝﹣1＝b3，故C对；

|a|＝0＜|﹣1|＝1＝b，排除D．

故选：C．

【点评】本题考查了不等式的基本性质，利用特殊值法可迅速得到正确选项，属基础题．

7．【分析】充要条件的定义结合面面平行的判定定理可得结论

【解答】解：对于A，α内有无数条直线与β平行，α∩β或α∥β；

对于B，α内有两条相交直线与β平行，α∥β；

对于C，α，β平行于同一条直线，α∩β或α∥β；

对于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α∥β．

第6页（共17页）

故选：B．

【点评】本题考查了充要条件的定义和面面平行的判定定理，考查了推理能力，属于基础题．

8．【分析】根据抛物线的性质以及椭圆的性质列方程可解得．

【解答】解：由题意可得：3p﹣p＝（）2，解得p＝8．

故选：D．

【点评】本题考查了抛物线与椭圆的性质，属基础题．

9．【分析】根据正弦函数，余弦函数的周期性及单调性依次判断，利用排除法即可求解．

【解答】解：f（x）＝sin|x|不是周期函数，可排除D选项；

f（x）＝cos|x|的周期为2π，可排除C选项；

f（x）＝|sin2x|在故选：A．

【点评】本题主要考查了正弦函数，余弦函数的周期性及单调性，考查了排除法的应用，属于基础题．

10．【分析】由二倍角的三角函数公式化简已知可得4sinαcosα＝2cos2α，结合角的范围可求sinα＞0，cosα＞0，可得cosα＝2sinα，根据同角三角函数基本关系式即可解得sinα的值．

【解答】解：∵2sin2α＝cos2α+1，

∴可得：4sinαcosα＝2cos2α，

∵α∈（0，），sinα＞0，cosα＞0，

处取得最大值，不可能在区间（，）单调递增，可排除B．

∴cosα＝2sinα，

∵sin2α+cos2α＝sin2α+（2sinα）2＝5sin2α＝1，

∴解得：sinα＝故选：B．

【点评】本题主要考查了二倍角的三角函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．

11．【分析】由题意画出图形，先求出PQ，再由|PQ|＝|OF|列式求C的离心率．

【解答】解：如图，

．

第7页（共17页）

由题意，把x＝代入x2+y2＝a2，得PQ＝，

再由|PQ|＝|OF|，得，即2a2＝c2，

∴，解得e＝．

故选：A．

【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．

12．【分析】因为f（x+1）＝2f（x），∴f（x）＝2f（x﹣1），分段求解析式，结合图象可得．

【解答】解：因为f（x+1）＝2f（x），∴f（x）＝2f（x﹣1），

∵x∈（0，1]时，f（x）＝x（x﹣1）∈[﹣，0]，

∴x∈（1，2]时，x﹣1∈（0，1]，f（x）＝2f（x﹣1）＝2（x﹣1）（x﹣2）∈[﹣，0]；

∴x∈（2，3]时，x﹣1∈（1，2]，f（x）＝2f（x﹣1）＝4（x﹣2）（x﹣3）∈[﹣1，0]，

第8页（共17页）

当x∈（2，3]时，由4（x﹣2）（x﹣3）＝﹣解得x＝或x＝，

若对任意x∈（﹣∞，m]，都有f（x）≥﹣，则m≤．

故选：B．

【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，属中档题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．【分析】利用加权平均数公式直接求解．

【解答】解：∵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，

∴经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为：

＝（10×0.97+20×0.98+10×0.99）＝0.98．

故答案为：0.98．

【点评】本题考查经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值的求法，考查加权平均数公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．

14．【分析】奇函数的定义结合对数的运算可得结果

【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴f（﹣ln2）＝﹣8，

又∵当x＜0时，f（x）＝﹣eax，

∴f（﹣ln2）＝﹣e﹣aln2＝﹣8，

∴﹣aln2＝ln8，∴a＝﹣3．

故答案为：﹣3

【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，对数的运算性质，属于基础题．

15．【分析】利用余弦定理得到c2，然后根据面积公式S△ABC＝acsinB＝c2sinB求出结果即可．

【解答】解：由余弦定理有b2＝a2+c2﹣2accosB，

∵b＝6，a＝2c，B＝，

， ∴36＝（2c）2+c2﹣4c2cos∴c2＝12，

∴S△ABC＝，

第9页（共17页）

故答案为：6．

【点评】本题考查了余弦定理和三角形的面积公式，属基础题．

16．【分析】中间层是一个正八棱柱，有8个侧面，上层是有8+1，个面，下层也有8+1个面，故共有26个面；半正多面体的棱长为中间层正八棱柱的棱长加上两个棱长的cos45＝倍．

x+x＝1，【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+解得x＝﹣1．

﹣1． 故答案为：26，【点评】本题考查了球内接多面体，属中档题．

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．【分析】（1）推导出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能证明BE⊥平面EB1C1．

（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．

【解答】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，

∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，

∴BE⊥平面EB1C1．

解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，

则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），

∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，

故取平面EBC的法向量为＝＝（﹣1，0，1），

设平面ECC1 的法向量＝（x，y，z），

由，得，取x＝1，得＝（1，﹣1，0），

∴cos＜＞＝＝﹣，

第10页（共17页）

∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为．

【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．

18．【分析】（1）设双方10：10平后的第k个球甲获胜为事件Ak（k＝1，2，3，…），则P（X＝2）＝P（A1A2）+P（果．

（2）P（X＝4且甲获胜）＝P（P（A4）+P（A1）P（A2A3A4）+P（）＝P（）P（A2）P（A3））＝P（A1）P（A2）+P（）P（），由此能求出结）P（A3）P（A4），由此能求出事件“X＝4且甲获胜”的概率．

【解答】解：（1）设双方10：10平后的第k个球甲获胜为事件Ak（k＝1，2，3，…），

则P（X＝2）＝P（A1A2）+P（＝P（A1）P（A2）+P（）P（）

）

＝0.5×0.4+0.5×0.6＝0.5．

（2）P（X＝4且甲获胜）＝P（＝P（A2A3A4）+P（）

）P（A3）P（A4） ）P（A2）P（A3）P（A4）+P（A1）P（＝（0.5×0.4+0.5×0.6）×0.5×0.4＝0.1．

【点评】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．

19．【分析】（1）定义法证明即可；

第11页（共17页）

（2）由（1）结合等差、等比的通项公式可得

【解答】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；

∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；

即an+1+bn+1＝（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；

又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，

∴{an+bn}是首项为1，公比为的等比数列，

{an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列；

（2）由（1）可得：an+bn＝（）n1，

﹣an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；

∴an＝（）n+n﹣，

bn＝（）n﹣n+．

【点评】本题考查了等差、等比数列的定义和通项公式，是基础题

20．【分析】（1）讨论f（x）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，

（2）运用曲线的切线方程定义可证明．

【解答】解析：（1）函数f（x）＝lnx﹣f′（x）＝+．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；

＞0，（x＞0且x≠1），

∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，

①在（0，1）区间取值有∵f（，代入函数，由函数零点的定义得，

）•f（）＜0， ）＜0，f（）＞0，f（∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，

②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，

又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e）•f（e2）＜0，

∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，

故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；

（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0＝，

第12页（共17页）

曲线y＝lnx，则有y′＝；

曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0＝即：y＝即：y＝x﹣1+lnx0

x+

，）处的切线方程为：y﹣＝（x﹣ln），

（x﹣x0）

而曲线y＝ex的切线在点（ln即：y＝故得证．

x+，故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．

【点评】本题考查f（x）的单调性，函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，以及利用曲线的切线方程定义证明．

21．【分析】（1）利用直接法不难得到方程；

（2）（i）设P（x0，y0），则Q（﹣x0，﹣y0），E（x0，0），利用直线QE的方程与椭圆方程联立求得G点坐标，去证PQ，PG斜率之积为﹣1；

（ii）利用S＝函数可得最值．

【解答】解：（1）由题意得整理得曲线C的方程：，

，

，代入已得数据，并对换元，利用“对号”∴曲线C是焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆；

（2）（i）设P（x0，y0），则Q（﹣x0，﹣y0），

E（x0，0），G（xG，yG），

第13页（共17页）

∴直线QE的方程为：，

与得联立消去y，

，

∴，

∴，

∴＝，

∴

＝

＝

＝，

把代入上式，

得kPG＝

＝

＝﹣，

∴kPQ×kPG＝＝﹣1，

第14页（共17页）

∴PQ⊥PG，

故△PQG为直角三角形；

（ii）S△PQG＝＝

＝

＝

＝

＝

＝

＝

＝

＝

令t＝，则t≥2，

S△PQG＝＝

利用“对号”函数f（t）＝2t+在[2，+∞）的单调性可知，

f（t）（t＝2时取等号），

第15页（共17页）

∴＝（此时），

故△PQG面积的最大值为．

【点评】此题考查了直接法求曲线方程，直线与椭圆的综合，换元法等，对运算能力考查尤为突出，难度大．

（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。[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

22．【分析】（1）把θ0＝直接代入ρ＝4sinθ即可求得ρ0，在直线l上任取一点（ρ，θ），利用三角形中点边角关系即可求得l的极坐标方程；

（2）设P（ρ，θ），在Rt△OAP中，根据边与角的关系得答案．

【解答】解：（1）当θ0＝时，，

，

；

在直线l上任取一点（ρ，θ），则有故l的极坐标方程为有（2）设P（ρ，θ），则在Rt△OAP中，有ρ＝4cosθ，

∵P在线段OM上，∴θ∈[，]，

，]． 故P点轨迹的极坐标方程为ρ＝4cosθ，θ∈[

【点评】本题考查解得曲线的极坐标方程及其应用，画图能够起到事半功倍的作用，是基础题．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．【分析】（1）将a＝1代入得f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），然后分x＜1和x≥1两种情况讨论f（x）＜0即可；

（2）根据条件分a≥1和a＜1两种情况讨论即可．

【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|x+|x﹣2|（x﹣1），

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∵f（x）＜0，∴当x＜1时，f（x）＝﹣2（x﹣1）2＜0，恒成立，∴x＜1；

当x≥1时，f（x）＝（x﹣1）（x+|x﹣2|）≥0恒成立，∴x∈∅；

综上，不等式的解集为（﹣∞，1）；

（2）当a≥1时，f（x）＝2（a﹣x）（x﹣1）＜0在x∈（﹣∞，1）上恒成立；

当a＜1时，x∈（a，1），f（x）＝2（x﹣a）＞0，不满足题意，

∴a的取值范围为：[1，+∞）

【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，考查了分类讨论思想，属中档题．

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