1、2019 年黑龍江高考理科數學真題及答案本試卷共 5 頁。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。注意事項：1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用 2B 鉛筆填涂；非選擇題必須使用 0.5 毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮

2、紙刀。一、選擇題：本題共 12 小題，每小題 5 分，共 60 分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1設集合 A=x|x25x+6>0，B=x|x1<0，則 AB=A(，1)C(3，1)2設 z=3+2i，則在復平面內 z 對應的點位于A第一象限C第三象限B(2，1)D(3，+)B第二象限D第四象限uuuruuuruuuruuur uuur3已知 AB =(2,3)， AC =(3，t)， |&#

3、160;BC | =1，則 AB × BC =A3C2B2D342019 年 1 月 3 日嫦娥四號探測器成功實現人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業取得又一重大成就，實現月球背面軟著陸需要解決的一個關鍵技術問題是地面與探測器的通訊聯系為解決這個問題，發射了嫦娥四號中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日 L2 點的軌道運行 L2 點是平衡點，位于地月連線的延長線上設地球質量為 M，月球質量為 M，地月距離為&

4、#160;R， L2 點到月球的距離為 r，根據牛頓運動定律和萬有引力定律，r 滿足方程：M1( R + r )2+M2 = ( R + r )r 2M1 .設 a =R3rR，由于 a 的值很小，因此在近似計算中3a 3 + 3a 4 + a 5(1+ a )2» 3a 3&#

5、160;，則 r 的近似值為AMM2 R1B  M 2 R2M1C 3                                   D 33M2

6、0;RM1M2 R3M15演講比賽共有 9 位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時，從9 個原始評分中去掉 1 個最高分、1 個最低分，得到 7 個有效評分7 個有效評分與 9 個原始評分相比，不變的數字特征是A中位數C方差6若 a>b，則Aln(a b)>0Ca3 b3>07設 ， 為兩個平面，則  的充要條件是A 內有無數條直線與  平行C，&

7、#160;平行于同一條直線B平均數D極差B3a<3bDa>bB 內有兩條相交直線與  平行D， 垂直于同一平面p   = 1 的一個焦點，則 p=8若拋物線 y2=2px(p>0)的焦點是橢圓A2C4x23 p +y 2B3D89下列函數中，以p2 為周期且在區間(p4 ，p2 )單調遞增的是2  )，2sin2=cos2+1，則 sin=Af(x)=cos2xCf(x)=cos

8、x10已知 (0， pBf(x)=sin2xDf(x)=sinx5                                      B3    

9、60;                                 DA 1C3552 55x2y 211設 F 為雙曲線 C：-2ab2= 1(a > 0, 

10、b > 0) 的右焦點，O 為坐標原點，以 OF 為直徑的圓與圓 x2 + y 2 = a 2交于 P，Q 兩點若 PQ = OF ，則 C 的離心率為A2C2B 3D 5x Î (-¥, m ，都有 f ( x) ³ -，則 m&#

11、160;的取值范圍是12設函數 f ( x) 的定義域為 R，滿足 f (x + 1) = 2 f (x) ，且當 x Î (0,1 時， f (x) = x(x - 1) 若對任意89A ç  -¥,   úB ç &

12、#160;-¥,   úC ç  -¥,   úD ç  -¥,   úæ9 ùè4 ûæ5 ùè2 ûæ 7 ùè 3 ûæ 8 

13、9;è 3 û二、填空題：本題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分。13我國高鐵發展迅速，技術先進經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10 個車次的正點率為 0.97，有20 個車次的正點率為 0.98，有 10 個車次的正點率為 0.99，則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為_14已知 f ( x) 是奇函數，且當 x < 0

14、0;時， f ( x) = -eax .若 f (ln 2) = 8 ，則 a = _15 ABC 的內角 A, B, C 的對邊分別為 a, b, c .若 b = 6, a = 2c, B = ，則 ABC 的面積為_316中國有悠久的

15、金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體半正多面體體現了數學的對稱美圖2 是一個棱數為 48 的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1則該半正多面體共有_個面，其棱長為_（本題第一空 2 分，第二空 3 分）三、解答題：共 70 分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第 1721 題為必考題，每個試題考生都必須

16、作答第 22、23 為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共 60 分。17（12 分）如圖，長方體 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，點 E 在棱 AA1 上，BEEC1已知函數 f (x ) = ln x -  x + 1（1）證明：BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，求二面角 BECC1&

17、#160;的正弦值18（12 分）11 分制乒乓球比賽，每贏一球得 1 分，當某局打成 10:10 平后，每球交換發球權，先多得 2 分的一方獲勝，該局比賽結束.甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為 0.5，乙發球時甲得分的概率為 0.4，各球的結果相互獨立.在某局雙方 10:10 平后，甲先發球，兩人又打了 X 個球該局比賽結束.（1）求 P（X=2）；（2）求事件“X=4 且甲獲勝”的概率.19（12 分

18、）已知數列an和bn滿足 a1=1，b1=0， 4an+1 = 3an - bn + 4 ， 4bn+1 = 3bn - an - 4 .（1）證明：an+bn是等比數列，anbn是等差數列；（2）求an和bn的通項公式.20（12 分）x - 1 .（1）討論 f(x)的單調性，并證明 f(x)有且僅有兩個零點；（2）設 x0 是 f(

19、x)的一個零點，證明曲線 y=lnx 在點 A(x0，lnx0)處的切線也是曲線 y = e x 的切線.21（12 分）已知點 A(2,0)，B(2,0)，動點 M(x,y)滿足直線 AM 與 BM 的斜率之積為12 .記 M 的軌跡為曲線 C.（1）求 C 的方程，并說明 C 是什么曲線；（2）過坐標原點的直線交 C 于 P，Q

20、60;兩點，點 P 在第一象限，PEx 軸，垂足為 E，連結 QE 并延長交 C于點 G.（i）證明： PQG 是直角三角形；（ii）求 PQG 面積的最大值.（二）選考題：共 10 分。請考生在第 22、23 題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。22選修 44：坐標系與參數方程（10 分）O在極坐標系中， 為極點，點 M ( r0 ,q0 )

21、( r0 > 0) 在曲線 C : r = 4sin q 上，直線 l 過點 A(4,0) 且與 OM垂直，垂足為 P.0 =時，求 r   及 l 的極坐標方程；3（1）當qp0（2）當 M 在 C 上運動且 P 在線段 OM 上時，求 P 點軌跡的極

22、坐標方程.23選修 45：不等式選講（10 分）已知 f ( x) =| x - a | x+ | x - 2 | ( x - a).（1）當 a = 1 時，求不等式 f ( x) < 0 的解集；（2）若 x Î (-¥,1) 時

23、， f ( x) < 0 ，求 a 的取值范圍.2019 年普通高等學校招生全國統一考試1A2C3C4D5A6C7B8D9A10B11A12B130.98156 3理科數學·參考答案1431626； 2 - 117解：（1）由已知得， B C  平面 ABB A ， BE Ì 平面 ABB A ，111111故&

24、#160;B C  BE 11又 BE  EC ，所以 BE  平面 EB C 111（2）由（1）知 ÐBEB = 90° 由題設知 ABE  RtA B E ，所以 ÐAEB = 45° ，111故 AE = AB ， AA&

25、#160;= 2 AB 1uuuruuur以 D 為坐標原點，DA 的方向為x軸正方向，| DA | 為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，uuuruuuruuuurCBE則 （0，1，0），（1，1，0），C （0，1，2），（1，0，1），CB = (1,0,0) ，CE = (1,-1,1)，CC = (0,0,2) 11設平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則uuurrì&#

26、239;CB × n = 0,ì x = 0,íuuu即 íïîCE × n = 0,î x - y + z = 0,所以可取n= (0, -1,-1) .設平面 ECC 的法向量為m=（x，y，z），則1于是 cos < n, m&

27、#160;>=    n × muuuurrìïCC × m = 0,ì2z = 0,í uuu1即 íïîCE × m = 0,î x - y + z = 0.所以可取m=（1，1，0）1=-| n | 

28、;m |2所以，二面角 B - EC - C 的正弦值為13218解：（1）X=2就是1010平后，兩人又打了2個球該局比賽結束，則這2個球均由甲得分，或者均由乙得分因此P（X=2）=0.5×0.4+（10.5）×（10.4）=0.5（2）X=4且甲獲勝，就是1010平后，兩人又打了4個球該局比賽結束，且這4個球的得分情況為：前兩球是甲、乙各得1分，后兩球均為甲得分此所求概率為0.5×（10.4）+（10.5）×0.4×0.5×0.4=0.12n19解：（1）由題設

29、得 4(an+1 + bn+1 ) = 2(an + bn ) ，即 an+1+ bn+11= (a + b ) n+ b 是首項為1，公比為的等比數列2又因為a +b =l，所以 a11nn1由題設得 4(an+1 - bn+1 ) = 4(an - bn ) + 8

30、 ，即 an+1 - bn+1 = an - bn + 2 又因為a1b1=l，所以 an - bn是首項為1，公差為2的等差數列2（2）由（1）知， a + b =1nnn-1， an - bn = 2n - 1 所以 a  =  12    &#

31、160;            2n22                 2n2因為 f ' ( x) =  1+       > 0 

32、，所以 f (x) 在（0，1），（1，+）單調遞增11(a + b ) + (a - b ) =+ n -，nnnnn111b = (a + b ) - (a - b ) =- n +nnnnn20解：（1）f（x）的定義域為（0，1） U （1，+）2x( x - 1)2e&

33、#160;+1             e2 + 1 e2 - 3< 0 ， f (e2 ) = 2 -因為 f（e）=1-=e -1e2 - 1e2 - 1> 0 ，所以 f（x）在（1，+）有唯一零點 x1，<

34、0;1 ， f () = - ln x +1xxx - 1= - f ( x ) = 0 ，故 f（x）在（0，1）有唯一零點即 f（x ）=0又 0 <11x11 1 111        1 x + 11綜上，f（x）有且僅有兩個

35、零點= e- ln x0，故點 B（lnx ，  ）在曲線 y=ex 上xx（2）因為1                      100 0x  + 1        

36、           xx  x  - 1   1由題設知  f ( x ) = 0 ，即 ln x  =    ，故直線 AB 的斜率  k =  0  &#

37、160;     =   - x   xx  - 111x + 1- ln x-0000000x - 1- ln x - xx + 1000-0000曲線 y=ex 在點 B (- ln x ,) 處切線的斜率是  ，曲線

38、0;y = ln x 在點 A( x0 ,ln x0 ) 處切線的斜率也是01               1x x0 01x0，所以曲線 y = ln x 在點 A( x0 ,ln x0 ) 處的切線也是曲線 

39、;y=ex 的切線yy1x2y 221解：（1）由題設得×= -，化簡得+x + 2 x - 2242= 1(| x |¹ 2) ，所以 C 為中心在坐標原點，焦點1 + 2k 2  ，則 P(u, uk ), Q(-u, -uk ), E (u,0) 于是直線 QG 

40、 的斜率為  k在 x 軸上的橢圓，不含左右頂點（2）（i）設直線 PQ 的斜率為 k，則其方程為 y = kx(k > 0) ì y = kxï2由 í x2y 2得 x =±ï+= 11 + 2k 2î 42記 u =2k，方程為 

41、;y =( x - u) 22ïï  2ï x  + y   = 1ìky =( x - u),由 í22ïî 42得2 + k 2             2

42、 + k 2- uk從而直線 PG  的斜率為    2 + k(2 + k 2 ) x2 - 2uk 2 x + k 2u 2 - 8 = 0 u(3k 2 + 2)uk 3設 G ( x , y&

43、#160;) ，則 -u 和 x 是方程的解，故 x =，由此得 y =GGGGGuk 321=-u(3k 2 + 2)k- u2 + k 2所以 PQ  PG ，即 PQG 是直角三角形2uk k 2 + 1（ii）由（i）得 | PQ |= 2u1 + k 

44、;2 ， | PG |=，所以PQG 的面積2 + k 2S =  | PQPG |=            =18k (1+ k 2 )2(1+ 2k 2 )(2 + k 2 )18( + k )k11

45、60;+ 2( + k )2k設 t=k+ 1k，則由 k>0 得 t2，當且僅當 k=1 時取等號因為 S =8t                             

46、                           16在2，+）單調遞減，所以當 t=2，即 k=1 時，S 取得最大值，最大值為  1 + 2t 2 9因此，PQG 面積的最大值為169時， r 

47、;  = 4sin  = 2  3 3            322解：（1）因為 M (r ,q00)在C上，當q0 =p             p0設 Q( r,q ) 為l上除P的任意一點在 RtOPQ 中， r cos çq -÷ =| OP |= 2 ，由已知得 | OP