2022年年高考全国卷理科数学及答案 2.pdf

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1、2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 2 理科数学考试时间： 2019年 6 月 7 日 15：0017：00 使用省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、重庆、海南本试卷分第I 卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分, 满分 150 分，考试时间120 分钟。注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂； 非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、 笔迹清楚。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效

2、。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。第卷（选择题，共 60 分）一、选择题：本题共12 小题，每小题5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1设集合A= x|x2-5x+60 ，B= x|x-1b，则Aln(a-b)0 B3a0 Da b7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8若抛物线y2=2px(p0)的焦点是椭圆2231xypp的一个焦点，则p= A2 B3 C4 D8 9下列

3、函数中，以2为周期且在区间(4，2)单调递增的是Af(x)= cos 2 x Bf(x)= sin 2 x Cf(x)=cos x Df(x)= sinx10已知 (0，2)，2sin 2 =cos 2 +1，则 sin = A15B55C33D25511 设 F 为双曲线C：22221(0,0)xyabab的右焦点，O为坐标原点， 以OF为直径的圆与圆222xya交于 P，Q 两点 .若PQOF，则 C 的离心率为A2B3C 2 D512设函数( )f x的定义域为R，满足(1)2 ( )f xf x，且当(0,1x时，( )(1)f xx x.若对任意(,xm，都有8( )9f x，则 m

4、 的取值范围是名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 10 页 - - - - - - - - - A9,4B7,3C5,2D8,3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0.97，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( )fx是奇函数，且当0 x时，(

5、 )eaxf x.若(ln 2)8f，则a_. 15ABC的内角,A B C的对边分别为, ,a b c.若6,2 ,3bac 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.）三、解答题：共70 分。解答应写

6、出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22、23 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 A1B1C1D1的底面 ABCD 是正方形，点E 在棱 AA1上， BEEC1. （1）证明： BE平面 EB1C1；（2）若 AE=A1E，求二面角B EC C1的正弦值 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 10 页 - - - - - - - - - 18（12分）11 分

7、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）已知数列 an和 bn满足 a1=1，b1=0，1434nnnaab，1434nnnbba. （1）证明： an+bn 是等比数列， an bn是等差数列；（2）求 an和bn的通项公式 . 20（ 12

8、分）已知函数11lnxfxxx. （1）讨论 f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设 x0是 f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线exy的切线 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 10 页 - - - - - - - - - 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-12.记 M 的轨迹为曲线C. （1）求 C 的方程

9、，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， PEx 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 . （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000(,)(0)M在曲线:4sinC上，直线 l 过点(4,0)A且与OM垂直，垂足为P. （1）当0=3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

10、坐标方程. 23选修 4-5：不等式选讲 （10 分）已知( )|2 |().f xxa xxxa（1）当1a时，求不等式( )0f x的解集；（2）若(,1x时，( )0f x，求a的取值范围 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 10 页 - - - - - - - - - 2019 年普通高等学校招生全国统一考试全国卷 2 理科数学参考答案1A 2 C 3C 4D 5A 6C 7 B 8D 9A 10B 11 A 12B 13 0.98 14 3 15

11、 631626；2117解：（ 1）由已知得，11B C平面11ABB A，BE平面11ABB A，故11B CBE又1BEEC，所以BE平面11EBC（2）由（ 1）知190BEB由题设知11RtRtABEA B E，所以45AEB，故AEAB，12AAAB以D为坐标原点，DAuuu r的方向为 x轴正方向，|DAuuu r为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则C（0，1，0），B（1，1，0），1C（0，1，2），E（1，0，1），(1, 1,1)CEuu u r，1(0,0,2)CCu uu u r设平面 EBC的法向量为 n=（x，y，x），则0,0,CBCEuuu rn

12、n即0,0,xxyz所以可取 n=(0, 1, 1). 设平面1ECC的法向量为 m=（x，y，z），则名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 10 页 - - - - - - - - - 10,0,CCCEuu u rmm即20,0.zxyz所以可取 m=（1，1，0）于是1cos,|2n mn mnm所以，二面角1BECC的正弦值为3218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）=

13、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 0.4）+（1 0.5） 0.4 0.5 0.4=0.119解：（ 1）由题设得114()2()nnnnabab，即111()2nnnnabab又因为 a1+b1=l，所以nnab是首项为 1，公比为12的等比数列由题设得114()4()8nnnnabab，即112nnnnabab又因为 a1 b1=l，所以nnab是首项为 1，公差为 2的等差数列（2）由（ 1）知，112nnn

14、ab，21nnabn所以111()()222nnnnnnaababn，111()()222nnnnnnbababn20解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+）单调递增因为 f（e）=e 110e 1，22222e1e3(e )20e1e1f，所以 f（x）在（ 1，+）有唯一零点x1，即 f（x1）=0又1101x，1111111()ln()01xfxf xxx，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 10 页 - - - - - - - - - 故 f

15、（ x）在（ 0，1）有唯一零点11x综上， f（x）有且仅有两个零点（2）因为0ln01exx，故点 B（ lnx0，01x）在曲线 y=ex上由题设知0()0f x，即0001ln1xxx，故直线 AB 的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx曲线 y=ex在点001( ln,)Bxx处切线的斜率是01x，曲线lnyx在点00(,ln)A xx处切线的斜率也是01x，所以曲线lnyx在点00(,ln)A xx处的切线也是曲线y=ex的切线21解：（ 1）由题设得1222yyxx，化简得221(|2)42xyx，所以C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭

16、圆，不含左右顶点（2）（ i）设直线PQ 的斜率为 k，则其方程为(0)ykx k由22142ykxxy得2212xk记2212uk，则( ,),(,),( ,0)P u ukQuukE u于是直线QG的斜率为2k，方程为()2kyxu由22(),2142kyxuxy得22222(2)280kxuk xk u名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 10 页 - - - - - - - - - 设(,)GGG xy，则u和Gx是方程的解，故22(32)2Gukxk，

17、由此得322Gukyk从而直线PG的斜率为322212(32)2ukukkukkuk所以PQPG，即PQG是直角三角形（ii）由（ i）得2| 21PQuk，2221|2ukkPGk，所以PQG的面积222218()18 (1)|12(1 2)(2)1 2()kkkkSPQ PGkkkk设 t=k+1k，则由 k0 得 t2，当且仅当k=1 时取等号因为2812tSt在2，+）单调递减，所以当t=2，即 k=1 时， S取得最大值，最大值为169因此， PQG 面积的最大值为16922解：（ 1）因为00,M在C上，当03时，04sin2 33. 由已知得| | cos23OPOA. 设(,

18、)Q为l上除P的任意一点 .在RtOPQ中cos| 23OP，经检验，点(2,)3P在曲线cos23上. 所以， l的极坐标方程为cos23. （2）设(, )P，在RtOAP中，| | cos4cos,OPOA即4cos. 因为 P在线段 OM上，且APOM，故的取值范围是,4 2. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 10 页 - - - - - - - - - 所以， P点轨迹的极坐标方程为4cos,4 2. 23解：（1）当 a=1 时，( )=|1| +|2|(1)f xxxxx. 当1x时，2( )2(1)0f xx；当1x时，( )0f x. 所以，不等式( )0f x的解集为(,1). （2）因为( )=0f a，所以1a. 当1a，(,1)x时，( )=() +(2)()=2()(1)0fxax xx xaax x所以，a的取值范围是1,). 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 10 页 - - - - - - - - -