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-
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