完整word版高考全国卷2理科数学及答案word精校版可以编辑2Word格式.docx
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D．第四象限C．第三象限
uuuruuruuuuruuuruuur=
BCABBCABAC=1=（3，t），，则3．已知=（2,3），
A．-3B．-2
D．3
C．2
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，
LL点是平衡点，位于点的轨道运行．”发射了嫦娥四号中继星“鹊桥，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日22
L点到月球的距离为r，根地月连线的延长线上．设地球质量为M
R，，地月距离为2２，月球质量为M
１据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：
MM
M
.
1
2
r）
（R3
（Rr）R
r
----
345r33
3
的值很小，因此在近似计算设中，由于，则r的近似值为3R
（1
）
MM
2RR
B．A．2M1
2M
3MMRR
C．D．3322
3M
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．3
ab<
3C．a
33>
0D．│a│>
-b│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
1的一个焦点，则p=
yx
8．若抛物线y=2px（p>
0）的焦点是椭圆
3pp
A．2B．3
C．4
D．8
9．下列函数中，以，）单调递增的是
为周期且在区间（
42
A．f（x）=│cosx2│B．f（x）=│sin2x│
C．f（x）=cos│x│D．f（x）=sinx││
10．已知α∈（0，），2sin2α=cos2α+1，则sinα=
15
A．B．5
5
253C．D．5
22
2圆与OFOy
x
a
y为直径的圆为坐标原点，的右焦点，以0）1（0,线设11．F为双曲C：
b
OFPQ
.两点，交于PQC的离心率为，则若----
23．．BA
DC．2
．2f（x）xf（xf（x）1）（0,1]f（x）x（x1）.若对任意，且当R为．设函数12的定义域，满足时，
8
m]（
x，都有f（x）
是，则m的取值范围9
9
7
B．A．3
4
85,,．DC．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__________.
x0f（x）f（ln2）x8af时，是奇函数，且当__________.14．已知若.，则ax
e
（）
πABC△A,B,Cca,b,．15.若的对边分别为的内角△ABC2c,B
b6,a，则__________.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
“半正多面体”（图北朝时期的官员独孤信的印信形状是1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形
.图围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都
1.在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为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
、23．为选考题，考生根据要求作答生都必须作答．第22分。
（一）必考题：
共60
17．（12分）
如图，长方体ABCD–ABCD的底面ABCD是正方形，点E在棱AA上，BE⊥EC.
111111
（1）证明：
BE⊥平面EBC；
11
（2）若AE=AE，求二面角B–EC–C的正弦值.11----
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
X个球该局比赛分的概率为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
.
结束）；
P（X=2
（1）求.
率概）求事件（2“X=4且甲获胜”的19．（12分）
4a3ab44b3ba4.
，b=0，=1和已知数列{a}{b}满足a，1n1n1nnn1
nnn
（1）证明：
{a+b}是等比数列，{a–b}是等差数列；
nnnn
（2）求{a}和{b}的通项公式.
nn20．（12分）
x1已知函数lnx
fx
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
ye的切线）x，A（x在点y=ln的一个零点，证明曲线x是2（）设xf（）xln处的切线也是曲线.000----
21．（12分）
1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.
△PQG是直角三角形；
）证明：
（i△PQG面积的最大值.
（ii）求
（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．
分）：
坐标系与参数方程]（1022．[选修4-4,）（
0）C:
4sinA（4,0）M（
OM
在曲线lO在极坐标系中，为极点，点过点上，直线0
且与00
P.垂直，垂足为
=
（1）当0
时，求及l的极坐标方程；
0
（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）
f（x）|xa|x|x2|（xa）.已知a
1f（x）0的解集；
时，求不等式1（）当
1]f（x）0ax（
（时，，求的取值范围.2）若----
全国卷2理科数学·
参考答案
1．A2．C3．C4．D5．A
10A
8．D
C6．．B
97．B．B
11．A
12．13．3
14．–0.98
21
615．16．26；
BBE
AABBACABB，平面）由已知得，平面，．解：
（1171
11111
BCBE．故1
1C又EBBEBE
EC．，所以平面111
45AEBBE△ABE
Rt△A90BEBRt，所以．由题设知1）知
（2）由（，111ABAE
，故
AA2AB．1
DDA|DA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系，D-xyz的方向为x轴正方向，以为坐标原点，（0,0,2）CC0），1），B（1，，1则C（0，，01,1）（1,CE
C，1），（（0，1，2），E1，0．，1
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
n0,x0,
CB
xyz
0,nCE即0,
（0,1,1）.
n=所以可取
ECC的法向量为m=（x设平面，y，z），则1----
2z0,mCC0,1即xyz0,mCE0.所以可取m=（1，1，0）．
nm1cosn,m．于是2||n||m
3．所以，二面角BECC的正弦值为2118．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
1分，后两球均为甲得分．两球是甲、乙各得因此所求概率为×
0.4=0.1．0.4]×
0.50.5（1–×
0.4）+（1–）×
[0.5
（abab））4（ab2（ab）．，即19．解：
（1）由题设得nn11n11n
nnnn
1ba是首项为1，公比为又因为a+b=l，所以的等比数列．1n1n2
4（ab）4（ab）8，由题设得nn1nn1
aabb2．即nnn1n1
ab是首项为1，公差为2a–b=l，所以的等差数列．又因为1nn11）知，2）由（1（baab2n1．，nnnn1n2
111所以n）]）（aa[（abb，
nnnnnn222
111bb）]b）（a[（an．
nnnnnn
222
20．解：
（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．
22e1e1e3）因为f（e=，102e10f（e）2，22e11e
所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x，即f（x）=0．11----
1x11，，又110f（）lnxf（x）0x111xx1
11
1故f（x）在（0，1）有唯一零点．x
综上，f（x）有且仅有两个零点．
11lnxxelnx，B（–，故点
（2）因为上．00y=e）在曲线xx
00x1xln0（x）f，，即由题设知0010x
0
11x
1kAB的斜率故直线．11
lnx
xxx
000x1lnxxxx
00000x1
11xxylnA（x,lnx）处切线的斜率是处切线的斜率也是在点，曲线）x,B（lny=e曲线x00在点00x
1
，x0的切线．xxyln在点所以曲线,lnx）A（x处的切线也是曲线y=e00221yyxy，化简得1（|x|2），所以C21．解：
（1）由题设得为中心在坐标原点，焦2x22x42点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
ykx（k0）．k）（（2i）设直线PQ的斜率为，则其方程为kxy2xyx得由2212k142．22P（u,uk）,Q（u,uk）,E（u,0）记．，则u212k----
kkQG的斜率为于是直线（），方程为uxy．22得k
u）,y（x
2由221xy2422222
ku）kx2ukx80（2①．----
uk2）u（3kxu（x,y）G．，由此得设是方程，则①和的解，故y
G2
k
G
2．3ukuk
2
2k
PG的斜率为从而直线2
u（3k2）
u
PQGPQPG△所以是直角三角形．，即2
1
2ukk|PG|
2k
|PQ|2u1）得i（ii）由（k，，1
k）
8（的面积所以△PQG2
k）
18k（1
PG|
|PQ‖S
．1
12（（12k）（2k）2
1时取等号．2，当且仅当k=1，则由k>
0得t≥+
设t=kk
．168t因为2
9
S2t
1S取得最大值，最大值为k=1，即时，+在[2，∞）单调递减，所以当t=2．16面积的最大值为△因此，PQG
M324sin
.时，．解：
（1）因为上，当C在220
|
||cos|由已知得OAOP.
2||
OPQRt△cos
（Q,）中在设P为l上除的任意一点.OP
，3
2cos
）P（2,.
在曲线，经检验点上33
os
c的极坐标方程为所以，l.3
Rt△OAP|OP|
|OA|cos,）4cos,4cosP（..
即）设（2中，，在APOM.
M是的取值范围OP因为在线段，故上，且42
4cos,
P点轨迹的极坐标方程为所以，.42
f（x）=|x1|x+|x2|（x1）.a=1时，）当23．解：
（12
1x时，当x1f（x）
0f（x）
2（x1）；
当时，0.
f（x）0（,1）.
的解集为所以，不等式
1）=0f（a.
2）因为，所以（a1x（,1）f（x）=（ax）x+（2x）（xa）=2（ax）（x1）<
时，，当）[1,
a.
的取值范围是所以，
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