高考理科数学全国2卷附答案Word格式文档下载.docx

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.

345

33

2

（1）

r

R

设

，由于的值很小，因此在近似计算中

的近似值为

M

1

2M

3M

A．

B．

C．

3

D．

3

，则

1．设集合A={x|x-5x+6>

0}，B={x|x-1<

0}，则A∩B=

5．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

班

年

校

A．（-∞，1）B．（-2，1）C．（-3，-1）D．（3，+∞）

2．设z=-3+2i，则在复平面内z对应的点位于

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

3．已知AB=（2,3），AC=（3，t），BC=1，则ABBC=

A．-3B．-2C．2D．3

4．2019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M

２，地月距离为

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，不变的数字特征是

A．中位数B．平均数C．方差D．极差

6．若a>

b，则

a<

3bC．a3-b3>

0D．│a│>

│b│

A．ln（a-b）>

0B．3

7．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．若抛物线y=2px（p>

0）的焦点是椭圆

22

xy

3pp

的一个焦点，则p=

-1--2-

二、填空题：

本题共4小题，每小题5分，共20分。

A．2B．3C．4D．8

9．下列函数中，以，）单调递增的是

为周期且在区间（

242

13．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

A．f（x）=│cosx2│B．f（x）=│sin2x│

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__________.

C．f（x）=cos│x│D．f（x）=sinx││

fxax.若f（ln2）8，则a

14．已知f（x）是奇函数，且当x0时，（）e

10．已知α∈（0，），2sin2α=cos2α+1，则sinα=

__________.

5

15．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若

的面积为__________.

π

b6,a2c,B，则△ABC

325

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、

C．D．

35

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

11．设F为双曲线C：

221（a0,b0）

ab

的右焦点，O为坐标原点，以OF

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

为直径的圆与圆

222

xya交于P，Q两点.若PQOF，则C的离心率

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，

为

其棱长为_________.（本题第一空2分，第二空3分.）

A．2B．3

C．2D．5

12．设函数f（x）的定义域为R，满足f（x1）2f（x），且当x（0,1]时，

f（x）x（x1）.若对任意x（,m]，都有

8

f（x），则m的

9

取值范围是

A．

4

7

-3--4-

三、解答题：

共70分。

解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。

第17~21题

18．（12分）

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。

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

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，

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

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

⊥EC1.

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

（1）证明：

BE⊥平面EB1C1；

束.

（1）求P（X=2）；

（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.

（2）求事件“X=4且甲获胜”的概率.

-5--6-

19．（12分）20．（12分）

已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an13anbn4，

已知函数

fxlnx

x

4b3ba4.

n1nn

（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；

{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列；

（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

（2）求{an}和{bn}的通项公式.

曲线yex的切线.

-7--8-

按所做的第一题计分。

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

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M（0,0）（00）在曲线C:

4sin上，

M的轨迹为曲线C.

直线l过点A（4,0）且与OM垂直，垂足为P.

（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

（1）当0=

时，求0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.

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.

23．[选修4-5：

不等式选讲]（10分）

（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

-9--10-

已知f（x）|xa|x|x2|（xa）.

（1）当a1时，求不等式f（x）0的解集；

（2）若x（,1]时，f（x）0，求a的取值范围.

-11--12-

2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学全国II卷参考答案

1．A2．C3．C4．D5．A

6．C7．B8．D9．A10．B

11．A12．B

13．0.9814．–3

15．6316．26；

21

17．解：

（1）由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，

故B1C1BE．

则C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），E（1，0，1），CE（1,1,1），

又BEEC1，所以BE平面EB1C1．

CC1（0,0,2）．

（2）由

（1）知BEB190．由题设知Rt△ABERt△A1B1E，所以

设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则

AEB45，

故AEAB，AA12AB．

CB

n

0,

x0,

xyz

即

CE

所以可取n=（0,1,1）.

以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，|DA|为单位长，建立如图所示

设平面ECC1的法向量为m=（x，y，z），则

的空间直角坐标系D-xyz，

CC1m0,

CEm0,

2z0,

1.

所以可取m=（1，1，0）．

于是

cosn,m

nm1

|n||m|2

．

-13--14-

所以，二面角BECC1的正弦值为

18．解：

（1）X=2就是10：

10平后，两人又打了2个球该局比赛结束，则这2个球

所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．

又

01

，

1x1

f（）lnxf（x）0

11

xx1

均由甲得分，或者均由乙得分．因此P（X=2）=0.5×

0.4+（1–0.5）×

（1–04）

=05．

故f（x）在（0，1）有唯一零点

（2）X=4且甲获胜，就是10：

10平后，两人又打了4个球该局比赛结束，且这综上，f（x）有且仅有两个零点．

4个球的得分情况为：

前两球是甲、乙各得1分，后两球均为甲得分．

因此所求概率为

（2）因为

e

ln

，故点B（–lnx0，

）在曲线y=ex上．

x上．

[0.5×

（1–0.4）+（1–0.5）×

0.4]0×

.5×

0.4=0.1．

19．解：

（1）由题设得4（an1bn1）2（anbn），即

ab（ab）．

n1n1nn

由题设知f（x0）0，即

又因为a1+b1=l，所以anbn是首项为1，公比为

由题设得4（an1bn1）4（anbn）8，

的等比数列．

故直线AB的斜率

k

11x

x1

xxx

x

000

lnx

即an1bn1anbn2．

又因为a1–b1=l，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列．

曲线y=e

B（lnx,）

在点0

处切线的斜率是

，曲线ylnx在点

（2）由

（1）知，

ab，anbn2n1．

nnn1

A（x,lnx）处切线的斜率也是

00

所以

111

a[（ab）（ab）]n，

nnnnnn

所以曲线ylnx在点

A（x,lnx）处的切线也是曲线y=ex的切线．

b[（ab）（ab）]n．

20．解：

（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．

21．解：

（1）由题设得

yy1

x2x22

，化简得

42

1（|x|2），所以C

因为f（e）=

e1

10

e1e3

f（e）20，

e1e1

为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．

（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx（k0）．

-15--16-

ykx

由x2y2得

12k

所以△PQG的面积

8（k）

18

（1）

kkk

S|PQ‖PG|．

2（12k）（2k）12（k）

u

记

由

，则P（u,uk）,Q（u,uk）,E（u,0）．

k

，方程为y（xu）．

于是直线QG的斜率为

y（xu）,

得

设t=k+

因为

S

，则由k>

0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．

8t

12t

在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，

16

最大值为

因此，△PQG面积的最大值为

22．解：

（1）因为M0,0在C上，当

03

时，

04sin23

22222

（2k）x2ukxku80．①

由已知得|OP||OA|cos2.

设G（xG,yG），则u和xG是方程①的解，故

G

u（3k2）

，由此得

设Q（,）为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中cos||2

OP，

y

uk

P在曲线cos2

经检验，点（2,）

上.

uk

2k

从而直线PG的斜率为

u（3k2）k

所以，l的极坐标方程为cos2

（2）设P（,），在Rt△OAP中，|OP||OA|cos4co即

所以PQPG，即△PQG是直角三角形．4cos..

（ii）由（i）得

|PQ|2u1k，

|PG|

2ukk1

k，

因为P在线段OM上，且APOM，故的取值范围是,

所以，P点轨迹的极坐标方程为4cos,,

-17--18-

23．解：

（1）当a=1时，f（x）=|x1|x+|x2|（x1）.

当x1时，

f（x）2（x1）0；

当x1时，f（x）0.

所以，不等式f（x）0的解集为（,1）.

（2）因为f（a）=0，所以a1.

当a1，x（,1）时，f（x）=（ax）x+（2x）（xa）=2（ax）（x1）<

所以，a的取值范围是[1,）.

-19--20-