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，）.
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