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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2.设z=-3+2i,则在复平面内
z对应的点位于
年
-
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
uuu
uuir
线
3.已知AB=(2,3),
AC=(3,
t),
BC=1,则
AB
BC=
封
密
A.-3
B.-2
C.2
D.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M2,地月距离为
校一
学
设~R,由于
r的近似值为
a.
的值很小,因此在近似计算中
5
-33,则
B.
2>
c
3M2r
D.3M2R
3M1
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,贝U
A.In(a-b)>
B.3a<
3b
C.a3-b3>
D.la|>
b1
7.设a,B为两个平面,则aB的充要条件是
A.a内有无数条直线与B平行B.a内有两条相交直线与B平行
C.aB平行于同一条直线D.aB垂直于同一平面
&
若抛物线y2=2px(p>
0)的焦点是椭圆
2
B.3
9.下列函数中,以〒为周期且在区间(一,
2)单调递增的是
A.f(x)=|cos2|
f(x)=|sin2|
C.f(x)=cosXI
f(x)=sinx||
10.已知a€(0,2),
2sin2a=cos2a+1,贝
sina=
c.辽
3
2「5
11•设F为双曲线
x2
a
b2
1(a0,b
0)的右焦点,
O为坐标原点,以
OF为直径的圆与圆x
a交于p,q两点若PQOF,则
C的离
心率为
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x0时,f(x)eT•若f(ln2)8,则a
n
15.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b6,a2c,B,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.)
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f(x)
的取值范围是
8
3
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
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。
17.(12分)
如图,长方体ABCD-\iBQiDi的底面ABCD是正方形,点E在棱AAi上,
BE丄ECi.
(1)证明:
BE丄平面EBiCi;
(2)若AE=AiE,求二面角B-EC-Ci的正弦值.
i8.(I2分)
ii分制乒乓球比赛,每赢一球得i分,当某局打成io:
io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I0:
i0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)
20.(12分)
已知数列{an}和{bn}满足ai=1,bi=0,4am冏tn4,4bni3bnan4.
{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式•
已知函数fx
lnx
(1)讨论f(X)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设xo是f(x)的一个零点,证明曲线
曲线y0的切线.
y=Inx在点
Inxo)处的切线也是
21.(12分)
所做的第一题计分。
0)在曲线C:
4sin上,直
求P点轨迹的极坐标方程
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丄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.
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
线I过点A(4,0)且与OM垂直,垂足为P.
(1)当0=7时,求0及I的极坐标方程;
(2)当M在C上运动且P在线段OM上时,
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,则按
已知f(x)Ixa|x|x2|(xa).
(1)当a1时,求不等式f(x)o的解集;
(2)若X(,4]时,f(x)0,求a的取值范围
1.A2.C
2019年普通高等学校招生全国统
理科数学全国II卷参考答案
6.C7.B
11.A12.B
13.0.98
15.6
17.解:
(1)由已知得,
故BGBE.
3.C4.D5.A
8.D9.A10.B
BG
14.七
16.26;
21
平面ABBA,BE平面ABBA,
又BEEG,所以BE平面EBC.
(2)由
1)知
BEB90.由题设知
Rt^ABERt^ABE,所以
则C(0,1,0),B(1,1,0),G(0,1,2),E(1,0,1),CE(1,1,1)
luu
CG(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,x),则
AEB45,
故AEAB,AA2AB.
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
CBn°
,日口X0,uuu即
CEn0,xyz0,
所以可取n=(0,1,1).
设平面ECC的法向量为m=(x,y,z),则
的空间直角坐标系D-xyz,
CC1m02z0,uuu即
CEm0,xyz0.
所以可取m=(1,1,0).
nm1于是cosn,m
|n||m|2
所以,二面角BECG的正弦值为
11x1
又01,f()lnX11f(xj0,
x1x1x-i1
1
故f(x)在(0,1)有唯一零点•
综上,f(x)有且仅有两个零点.
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)X(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-.4)+(1-0.5)>
0.4]>
5>
.4=0.1•
19•解:
(1)由题设得4(^1bn1)2(anbn),即an1bn1^佝bn)•
又因为a1+b1=i,所以anbn是首项为1,公比为的等比数列.
由题设得4(^1tnJ4(anbn)8,
即a.1bh1anbn2
(2)因为—
X0
lnxn1
e,故点B(-nX0,)在曲线y=ex上.
x0
由题设知f(xo)0,即lnx°
故直线AB的斜率k
inx°
X。
又因为a1七1=|,所以anbn是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由
(1)知,anbn班r,anbn2n1.
111
所以an[(an6)(anbn)]孑n
222
111
bn2【(anb)(%g)]戶"
•
20•解:
(1)f(x)的定义域为(0,1),(1,+s)单调递增.
因为f(e)=1
0,f(e2)
e21
e23
x1
1
丄X01
X0X01
X0
X1
X01
丄
曲线y=ex在点B(inx。
」)处切线的斜率是-,曲线y
X0X0
A(xJnxO处切线的斜率也是-,
inx在点
所以曲线yinx在点A(Xo,i门冷)处的切线也是曲线y=ex的切线.
21.解:
1)由题设得丄
x2
为中心在坐标原点,焦点在
-1,化简得-—1(|x|2),所以C
242
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).
所以f(乂)在(1,+8)有唯一零点X1,即卩f(X1)=0.
ykx2
由22得x
xy2
112k
42
记u=2,则P(u,uk),Q(u,uk),E(u,0).
12k
18k(1k2)
所以APQG的面积S-1PGPG1(12k
(2)
(2)k2)
%k)
k)2
于是直线QG的斜率为-,方程为y-(xu).
22
k(
y尹
xy
u),
得
(2k2)x22uk2xk2u280.①
设G(xg,yc),则u和xg是方程①的解,故xG
u(3k22)
2k2
,由此得
yc
uk3
2k2.
uk
从而直线PG的斜率为
所以PQPG,即△PQG是直角三角形.
(ii)由(门得|PQ|2,1k2,|PG|
2uk、k21
设t=k+—,则由k>
0得t>
2当且仅当k=1时取等号.k
8t
因为S2在[2,+8)单调递减,
12t2
最大值为16.
9
因此,APQG面积的最大值为16
所以当t=2,即
k=1
时,S取得最大值,
22•解:
(1)
由已知得
设Q(,
因为M
o,
o在C上,当
0时,
4sin—
2.3.
|OP||OA|cos2.
)为I上除P的任意一点•在Rt△OPQ中
经检验,点P(2,—)在曲线cos
-2上.
所以,
4cos
I的极坐标方程为
cos
设P(,),在Rt△OAP中,|OPI
COS
IOPI2,
|OA|cos
因为P在线段OM上,且APOM,故的取值范围是一,一.
所以,P点轨迹的极坐标方程为
4cos,即
23.解:
(1)当a日时,f(x)=|x1|x+|x2|(x1).
当X1时,f(x)2(xif0;
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的取值范围是口,).