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1、D第四象限C第三象限 u uur uuru u uur u uur u uur = BC AB BC AB AC =1 =（3，t），则3已知 =（2,3）， A-3 B-2 D3 C2 42019 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2 2 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2 ，月球质量为 M 据牛顿运

2、动定律和万有引力定律， r 满足方程： M M M . 1 2 r ） （R 3 （ R r） R r - 3 4 5 r 3 3 3 的值很小，因此在近似计算设 中，由于 ，则r 的近似值为 3 R （1 ） M M 2R R BA 2 M 1 2M 3M M R R C D3 3 2 2 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 Aln（ a- b）0 B3 ab 0 D

3、a- bb 7设 ， 为两个平面，则 的充要条件是 A 内有无数条直线与平行 B 内有两条相交直线与平行 C， 平行于同一条直线 D，垂直于同一平面 1 的一个焦点，则p= y x 8若抛物线 y =2px（p0）的焦点是椭圆 3p p A2 B3 C4 D8 9下列函数中，以 ， ）单调递增的是 为周期且在区间（ 4 2 Af（ x）= cos x2 Bf（ x）= sin 2x Cf（x）=cos x Df （x）= sin x 10已知 （0， ），2sin 2=cos 2+1，则sin = 1 5 A B5 5 2 5 3 CD 5 2 2 2 圆与OF Oy x a y 为直径的圆为

4、坐标原点，的右焦点，以0） 1（ 0, 线设11 F 为双曲 C：b OF PQ .两点， 交于PQ C的离心率为 ，则若- 2 3 BA DC2 2 f （x） x f （x f （ x） 1） （0,1 f （x） x（x 1） .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 8 5 , , DC 3 第卷 （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

5、.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 _. x 0f （x） f （ln 2） x 8 a f 时，是奇函数，且当 _. 14已知若. ，则ax e （ ） ABCA, B,C ca,b, 15 .若 的对边分别为 的内角ABC2c, B b 6,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

6、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 1721 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，BEEC. 111 1 11（1）证明： BE平面 EBC； 11（2）若 AE= AE，求二面角 B

7、ECC的正弦值 .1 1- 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） 4a3ab4 4b3ba4 . ， b=0， =1和已知数列 a b满足 a，1n1n 1 n n n 1 nn n （1）证明

8、： a+b 是等比数列， ab 是等差数列； nnnn（2）求 a 和 b 的通项公式 . nn20（ 12 分） x 1 已知函数ln x f x （1）讨论 f（x）的单调性，并证明 f（x）有且仅有两个零点；y e 的切线 ）x，A（x在点y=ln 的一个零点，证明曲线x 是 2（）设xf（ ） x ln 处的切线也是曲线 .00 0- 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

9、 P 在第一象限， PEx 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： （iPQG 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 （10 22选修 4-4, ）（ 0） C : 4sin A（4,0） M （ OM 在曲线l O 在极坐标系中， 为极点， 点 过点上，直线 0 且与0 0 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

10、 . 23选修 4-5：不等式选讲 （10 分） f （x） | x a | x | x 2 |（x a）. 已知a 1f （x） 0的解集；时，求不等式 1（）当 ,1f （x） 0a x （ （ 时， ，求 的取值范围.2）若- 全国卷 2 理科数学 参考答案 1A 2C 3C 4D 5A 10A 8D C 6B 97B B 11A 12133 140.98 2 1 6 15 1626；BBE AABBACABB ， 平面 ）由已知得，平面 ，解：（ 1171 1 11 1 1 BCBE 故 1 1C 又EBBE BE EC ，所以 平面1 11 45 AEB BE ABE RtA90 B

11、EBRt，所以由题设知 1）知 （2）由（，11 1AB AE ，故 AA2AB 1 D DA | 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） CC 0），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 n 0, x 0, CB x y z 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- 2z 0, m CC 0, 1 即x y z 0, m CE 0.所以可取

12、 m=（1，1，0） n m 1 cos n,m于是 2| | n | m 3 所以，二面角 B EC C 的正弦值为2 118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+（10.5） （104）=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=0.10.4 0.5 0.5（ 10.4）+（1）0.5 （a b a b ） ）4（ ab2（ab） ，即19解：（ 1）

13、由题设得 n n 1 1n 11n n n n n 1 ba是首项为 1，公比为 又因为 a+b=l ，所以 的等比数列 1 n 1n2 4（ ab） 4（ ab） 8， 由题设得 nn 1 nn 1 aabb2 即 nn n 1 n 1 ab是首项为 1，公差为 2 ab=l，所以 的等差数列 又因为 1 nn11 ）知，2）由（ 1（b a ab2n 1 ， n n nn 1 n2 1 1 1 所以n） ） （aa （a b b ， n n n nn n2 2 2 11 1b b ） b ）（a （ a n n n nn n n 2 2 2 20解：（ 1）f（x）的定义域为（ 0，1），

14、（ 1，+）单调递增 2 2 e 1 e 1 e 3 ） 因为f（e= ， 1 0 2 e10f （e ） 2 ， 22e 11 e 所以 f（x）在（ 1，+）有唯一零点 x，即 f（x）=0 11- 1x 11 ， ，又 1 10 f （ ） ln x f （x ） 0 x11 1x x1 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 11 lnx x e lnx ，B（，故点 （2）因为 上 00 y=e）在曲线 xx 00x 1 xln 0 （x）f， ，即由题设知 0 0 10 x 0 1 1 x 1 k AB 的斜率故直线 1 1 ln x

15、x x x 00 0x 1 lnx xx x 00 0 0 0x 1 1 1 x xy ln A（ x ,ln x ） 处切线的斜率是处切线的斜率也是 在点，曲线 ）x , B（ ln y=e曲线 x0 0 在点 0 0x 1 ， x 0 的切线 x xy ln 在点所以曲线 ,ln x ） A（x 处的切线也是曲线 y=e 0 02 2 1 y y x y ，化简得1（| x| 2） ，所以 C 21解：（1）由题设得 为中心在坐标原点，焦 2x 2 2 x 4 2点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点 y kx（ k 0） k）（2i）设直线 PQ 的斜率为 ，则其方程为 kxy 2 xyx

16、得由221 2k 14 2 22 P（u, uk ）, Q（ u, uk ）, E （u,0） 记，则 u 2 12k- k k QG 的斜率为于是直线 （ ） ，方程为 ux y 22 得 k u）,y （x 2 由 2 2 1 x y 242 2 2 2 2 k u ）k x 2ukx80 （2- uk 2） u（3k xu （x , y ） G ，由此得 设 是方程，则 和 的解，故y G 2 k G 2 3 uk uk 2 2 k PG 的斜率为从而直线2 u（3k 2） u PQG PQ PG 所以 是直角三角形，即2 1 2uk k | PG | 2 k | PQ| 2u 1 ）得

17、 i（ii）由（ k ， ，1 k） 8（ 的面积所以 PQG 2 k ） 1 8k （1 PG| |PQS 1 1 2（ （1 2k ）（2 k ） 2 1 时取等号 2，当且仅当 k=1 ，则由 k0 得 t+ 设t= kk 16 8t 因为2 9 S 2t 1 S 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 , M 3 2 4sin . 时， 解：（ 1）因为上，当C在22 0 | | | cos | 由已知得OA OP . 2 | | OPQ Rtcos （ Q, ） 中在 设P为l上除 的任意一点.OP ，3 2

18、cos ） P（2, . 在曲线 ，经检验点上 3 3 os c的极坐标方程为 所以，l. 3 RtOAP|OP | |OA | cos , ） 4cos , 4cos P（ . 即）设（2 中，在AP OM . M是的取值范围OP因为在线段 ，故上，且4 2 4cos , , P点轨迹的极坐标方程为所以，. 4 2 f （ x）=| x 1| x+|x 2|（x 1） . a=1 时，）当23解：（1 2 1 x 时，当x 1f （ x） 0 f （x） 2（x 1） ；当 时，0 . f （x） 0（ ,1） . 的解集为所以，不等式 1）=0 f （ a. 2）因为 ，所以 （a 1x （ ,1） f （ x）=（ a x） x+（2 x）（ x a）=2（ a x）（ x 1） 时， ，当） 1, a . 的取值范围是所以，