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

33+34+5≈3

设，由于的值很小，因此在近似计算中

（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<

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

8.若抛物线y2=2px（p>

0）的焦点是椭圆

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│

10.已知α∈（0，），2sin2α=cos2α+1，则sinα=

A.B．

C．D．25

x2y2

11.

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

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

A．⎛-∞,9⎤B．⎛-∞,7⎤

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.

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<

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，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．

由题设知f（x）=0，即lnx

=x0+1，

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

=-．

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=

1+2t2

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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