2019年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）数学（理科）本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第I卷第1至第2页，第卷第3至第4页。

全卷满分150分，考试时间120分钟。

考生注意事项：1．答题前，务必在试卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致。

务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位。

2．答第I卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

3．答第卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．书写，要求字体工整、笔迹清晰。

作图题可先用铅笔在答题卡．．．规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。

必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．，．在答题卷、草稿纸上答题无效．．。

4．考试结束，务必将试卷和答题卡一并上交。

参考公式：如果事件A、B互斥，那么如果事件A、B相互独立，那么P（）= P（A）+ P（B） P（A·B）= P（A）·P（B）第I卷（选择题共50分）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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．设是虚数单位，表示复数的共轭复数。

若则（）A ．B ．C ．D ．2．“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是（）A．34 B．55 C．78 D．894．以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线的参数方程是，（t为参数），圆C 的极坐标方程是，则直线被圆C截得的弦长为（）A ．B ．C ．D ．5．满足约束条件，若取得最大值的最优解不唯一，则实数的值为（）A ．B ．C．2或1 D ．6．设函数满足，当时，，则（）A ．B ．C ．D ．7．一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为（）A ．B ．C ．D ．8．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有7题图（）A．24对 B．30对 C．48对 D．60对9．若函数的最小值为3，则实数的值为（）A．5或8 B ．或5 C ．或 D ．或810．在平面直角坐标系中，已知向量点满。

曲线，区域。

若为两段分离的曲线，则( )A ．B ．C ．D ．（在此卷上答题无效）2019年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）数学（理科）第Ⅱ卷（非选择题共100分）考生注意事项：请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上．．．．．．．．．.．．．．．作答，在试题卷上答题无效二．选择题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在答题卡的相应位置。

11．若将函数的图像向右平移个单位，所得图像关于轴对称，则的最小正值是.12．数列是等差数列，若构成公比为的等比数列，则。

13．设是大于1的自然数，的展开式为。

若点的位置如图所示，则。

14．设分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，若轴，则椭圆的方程为。

15．已知两个不相等的非零向量，两组向量和均由2个和3个排列而成。

记，表示所有可能取值中的最小值。

则下列①有5个不同的值。

②若则与无关。

③若则与无关.④若，则。

⑤若，则与的夹角为三．解答题：本大题共6小题，共75分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

解答写在答题卡上的指定区域内。

16．（本小题满分12分）设的内角所对边的长分别是，且（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值。

17．（本小题满分12分）甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立。

（Ⅰ）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；（Ⅱ）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和均值（数学期望）。

18．（本小题满分12分）设函数其中。

（Ⅰ）讨论在其定义域上的单调性； （Ⅱ）当时，求取得最大值和最小值时的的值。

19．(本小题满分13分)如图，已知两条抛物线和，过原点的两条直线和，与分别交于两点，与分别交于两点。

（Ⅰ）证明：（Ⅱ）过原点作直线（异于，）与分别交于两点。

记与的面积分别为与,求的值。

20．(本题满分13分)如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为。

（Ⅰ）证明：为的中点；（Ⅱ）求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比； （Ⅲ）若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小。

21．（本小题满分13分）设实数，整数，。

（I ）证明：当且时，； （）数列满足，，证明：。

参考答案1．答案：C ，解析： 2．答案：B ，解析：，所以“”是“”的必要而不充分条件。

3．答案：B ，解析：，故运算7次后输出的结果为55。

4．答案：D ，解析：将直线方程化为一般式为：，1 123 5 8 13 21 12 3 5 8 13 21 34 2 3581321 34 55圆C的标准方程为：，圆C到直线的距离为：∴弦长。

5．答案：D，解析：画出约束条件表示的平面区域如右图，取得最大值表示直线向上平移移动最大，表示直线斜率，有两种情况：或。

6．答案：A，解析：7．答案：A，解析：如右图，将边长为2的正方体截去两个角，∴8．答案：C，解析：与正方体一条对角线成的对角线有4条，∴从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有（对）。

9．答案：D，解析：（1）当时，，此时；（2）当时，，此时在两种情况下，，解得或。

注：此题也可以由绝对值的几何意义得，从而得或。

10．答案：A，解析：设则，所以曲线C是单位元，区域为圆环（如右图）∵，∴。

11．答案：，解析：∴，∴，当时。

12．答案：，解析：∵是等差数列且构成公比为的等比数列，∴即令，则有，展开的，即，∴。

13．答案：，解析：由图易知∴，∴，解得。

14．答案：，解析：由题意得通径，∴点B坐标为将点B坐标带入椭圆方程得，又，解得∴椭圆方程为。

15．答案：②④，解析：S有下列三种情况：∵，∴，若，则，与无关，②正确；若，则，与有关，③错误；若，则，④正确；若，则∴，∴，⑤错误。

16．（本小题满分12分）解析：（Ⅰ）∵，∴，由正弦定理得∵，∴。

（Ⅱ）由余弦定理得，由于，∴，故。

17．（本小题满分12分）解析：用A表示“甲在4局以内（含4局）赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”，则（Ⅰ）（Ⅱ）的可能取值为2,3,4,5故的分布列为2 3 4 5∴18．（本小题满分12分）解析：（Ⅰ）的定义域为，令得所以当或时；当时故在和内单调递减，在内单调递增。

（Ⅱ）∵，∴（1）当时，由（Ⅰ）知在上单调递增∴在和处分别取得最小值和最大值。

（2）当时，，由（Ⅰ）知在上单调递增，在上单调递减∴在处取得最大值又∴当时在处取得最小值当时在和处同时取得最小值当时，在取得最小值。

19．（本小题满分13分）（Ⅰ）证：设直线的方程分别为，则由得；由得同理可得，所以故，所以。

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，同理可得，所以，因此又由（Ⅰ）中的知，故。

20．（本小题满分13分）（Ⅰ）证：∵∴从而平面与这两个平面的交线相互平行，即故与的对应边相互平行，于是∴，即为的中点。

（Ⅱ）解：如图，连接，。

设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则。

，∴图1又，∴故（Ⅲ）解法1：如图1，在中，作，垂足为E，连接又，且∴，∴∴为平面和平面所成二面角的平面角。

∵，，∴又∵梯形的面积为6，2，∴，于是，,故平面和底面所成二面角的大小为。

解法2：如图2，以D为原点，，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系。

设因为，所以，从而，设平面的法向量为由得所以又平面的法向量所以故平面和底面所成二面角的大小为。

21．（本小题满分13分）（Ⅰ）证：用数学归纳法证明（1）当时，，原不等式成立。

（2）假设时，不等式成立当时，所以时，原不等式成立。

综合（1）（2）可得当当且时，对一切整数，不等式均成立。

（Ⅱ）证法1：先用数学归纳法证明。

（1）当时由假设知成立。

（2）假设时，不等式成立由易知当时由得由（Ⅰ）中的结论得因此，即所以当时，不等式也成立。

综合（1）（2）可得，对一切正整数，不等式均成立。

再由得，即综上所述，证法2：设，则，并且，由此可见，在上单调递增，因而当时。

（1）当时由，即可知，并且，从而故当时，不等式成立。

（2）假设时，不等式成立，则当时，即有，所以当时原不等式也成立。

综合（1）（2）可得，对一切正整数，不等式均成立。