高考全国卷2理科数学及答案精校版可以编辑2最新整理Word文档格式.docx
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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:
M1+M2=(R+r)M1.
(R+r)2r2R3
=r
33+34+5≈3
设,由于的值很小,因此在近似计算中
R
(1+)2
3,则r的近似值为
A.M2RM1
B.R
D.R
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.ln(a−b)>
0B.3a<
3b
C.a3−b3>
0D.│a│>
│b│
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
x2
8.若抛物线y2=2px(p>
0)的焦点是椭圆
y2
1的一个焦点,则p=
3pp
A.2B.3
C.4D.8
πππ
9.下列函数中,以为周期且在区间(,)单调递增的是
242
A.f(x)=│cos2x│B.f(x)=│sin2x│
C.f(x)=cos│x│D.f(x)=sin│x│
π
10.已知α∈(0,),2sin2α=cos2α+1,则sinα=
2
1
A.B.
55
C.D.25
35
x2y2
11.
设F为双曲线C:
a2
-
=1(a>
0,b>
0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆
b2
x2+y2=a2交于P,Q两点.若PQ=OF
A.C.2
,则C的离心率为
B.
D.
12.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)≥-8,则m的取值范围是
9
A.⎛-∞,9⎤B.⎛-∞,7⎤
ç
4⎥ç
3⎥
⎝⎦
C.⎛-∞,5⎤
D.⎛-∞,8⎤
2⎥ç
3⎥
⎝⎦⎝⎦
第Ⅱ卷
(非选择题,共90分)
二、填空题:
本题共4小题,每小题5分,共20分.
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.已知f(x)是奇函数,且当x<
0时,f(x)=-eax.若f(ln2)=8,则a=.
15.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b=6,a=2c,B=π,则△ABC的面积为.
3
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17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23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
{an+bn}是等比数列,{an–bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
,4bn+1=3bn-an-4.
20.(12分)
已知函数f(x)=lnx-x+1.
x-1
(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.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)(0>
0)在曲线C:
=4sin上,直线l过点A(4,0)且与OM
垂直,垂足为P.
(1)当=π时,求及l的极坐标方程;
030
(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)若x∈(-∞,1]时,f(x)<
0,求a的取值范围.
全国卷2理科数学·
参考答案
1.A2.C3.C4.D5.A
6.C7.B8.D9.A10.B
11.A12.B
13.0.9814.–3
15.616.26;
-1
17.解:
(1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由
(1)知∠BEB1=90︒.由题设知Rt△ABE≅Rt△A1B1E,所以∠AEB=45︒,故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,x),则
⎧⎪CB⋅n=0,
⎨
⎪⎩CE⋅n=0,
⎧x=0,
⎩
即⎨x-y+z=0,
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则
⎧⎪CC1⋅m=0,
⎪⎩CE⋅m=0,
⎧2z=0,
即⎨x-y+z=0.
所以可取m=(1,1,0).
n⋅m1
于是cos<
n,m>
==-.
|n||m|2
所以,二面角B-EC-C1的正弦值为2.
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.
(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
[0.5×
(1–0.4)+(1–0.5)×
0.4]×
0.5×
0.4=0.1.
19.解:
(1)由题设得4(a
+b)=2(a+b),即a+b
=1(a+b).
n+1
n+1nn
2nn
又因为a+b=l,所以{a+b}是首项为1,公比为1的等比数列.
11nn2
由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1–b1=l,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由
(1)知,a+b=1,a-b
=2n-1.
nn2n-1nn
所以a=1[(a+b)+(a-b)]=1+n-1,
n2nnnn2n2
b=1[(a+b)-(a-b)]=1-n+1.
20.解:
(1)f(x)的定义域为(0,1),(1,+∞)单调递增.
1-e+1<
02
e2+1e2-3
因为f(e)=,f(e)=2-=>
0,
e-1e2-1e2-1
所以f(x)在(1,+∞)有唯一零点x1,即f(x1)=0.
又0<
1<
1,f
(1)=-lnx+x1+1=-f(x)=0,
xx1x-11
111
故f(x)在(0,1)有唯一零点.
综上,f(x)有且仅有两个零点.
1-lnx1
(2)因为=e
0,故点B(–lnx0,)在曲线y=ex上.
x0
由题设知f(x)=0,即lnx
=x0+1,
00
1-lnx
x0-1
-x0+1
x0xx-11
故直线AB的斜率k=0=00=.
-lnx0-x0
-x0+1-xx0
曲线y=ex在点B(lnx0,
)处切线的斜率是1
,曲线y=lnx在点A(x,lnx)处切线的斜率也是1
,
所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
21.解:
(1)由题设得
y⋅y=-1
,化简得
1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,焦
x+2x-2242
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y=kx(k>
0).
⎧y=kx
⎪2
由⎨x2
⎪⎩
+y2=
得x=±
.
1+2k2
记u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).
于是直线QG的斜率为,方程为y=
k(x-u).
⎧y=k(x-u),
由⎨x2y2得
⎪+=1
⎩42
(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①
设G(xG,yG),则
-u和xG是方程①的解,故xG=
u(3k2+2)
2+k2
uk3
,由此得yG=2+k2.
uk1
从而直线PG的斜率为u(3k2+2)
2+k2-u
=-.
k
所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.
|PQ|=2u
|PG|=
(ii)由(i)得,,
8(1+k)
所以△PQG的面积S=1|PQ‖PG|=
8k(1+k)=k.
2(1+2k2)(2+k2)1+2(1+k)2
设t=k+,则由k>
0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.
因为S=
8t
1+2t2
16
在[2,+∞)单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.
因此,△PQG面积的最大值为.
22.解:
(1)因为M(,)在C上,当=π时,=4sinπ=2.
由已知得|OP|=|OA|cosπ
0303
=2.
设Q(,)为l上除P的任意一点.在Rt△OPQ中cos⎛-π⎫=|OP|=2,
3⎪
⎝⎭
经检验,点P(2,π)在曲线cos⎛-π⎫=2上.
3ç
所以,l的极坐标方程为cos⎛-π⎫=2.
(2)设P(,),在Rt△OAP中,|OP|=|OA|cos=4cos,
因为P在线段OM上,且AP⊥OM,故的取值范围是⎡π,π⎤.
⎣42⎦
即=4cos..
所以,P点轨迹的极坐标方程为=4cos,
∈⎡π,π⎤.
23.解:
(1)当a=1时,f(x)=|x-1|x+|x-2|(x-1).
当x<
1时,f(x)=-2(x-1)2<
0;
当x≥1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a≥1.
当a≥1,x∈(-∞,1)时,f(x)=(a-x)x+(2-x)(x-a)=2(a-x)(x-1)<
所以,a的取值范围是[1,+∞).
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