r，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，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r，点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r满足方程：
设，由于的值很小，因此在近似计算中，则r的近似值为。
a． b． c． d．
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(ab)>0 b．3a<3b c．a3b3>0 d．│a│>│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，平行于同一条直线d．α，垂直于同一平面。
8．若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆的一个焦点，则p=
a．2b．3c．4d．8
9．下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是。
a．f(x)=│cos 2x│ b．f(x)=│sin 2x│
c．f(x)=cos│xd．f(x)= sin│x│
10．已知α∈(0，)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α=
ab． cd．
11．设f为双曲线c：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于p，q两点。若，则c的离心率为。
ab． c．2 d．
12．设函数的定义域为r，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是。
a． b．
cd． 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．已知是奇函数，且当时，.若，则。
15．的内角的对边分别为。若，则的面积为。
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**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–a1b1c1d1的底面abcd是正方形，点e在棱aa1上，be⊥ec1.
1）证明：be⊥平面eb1c1；
2）若ae=a1e，求二面角b–ec–c1的正弦值。
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）
已知数列和满足a1=1，b1=0， ，
1）证明：是等比数列，是等差数列；
2）求和的通项公式。
20．（12分）
已知函数。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)处的切线也是曲线的切线。
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。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.
i）证明：是直角三角形；
ii）求面积的最大值。
二）选考题：共10分．请考生在第题中任选一题作答。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，点在曲线上，直线l过点且与垂直，垂足为p.
1）当时，求及l的极坐标方程；
2）当m在c上运动且p**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）
已知 1）当时，求不等式的解集；
2）若时，，求的取值范围。
2023年普通高等学校招生全国统一考试。
理科数学全国ii卷参***。
1．a 2．c 3．c 4．d 5．a
6．c 7．b 8．d 9．a 10．b
11．a 12．b
17．解：（1）由已知得，平面，平面，故．
又，所以平面．
2）由（1）知．由题设知，所以，故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，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），（0，1，2），e（1，0，1），，
设平面ebc的法向量为n=（x，y，x），则。
即。所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则。
即。所以可取m=（1，1，0）．
于是．所以，二面角的正弦值为．
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）×（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。
19．解：（1）由题设得，即．
又因为a1+b1=l，所以是首项为1，公比为的等比数列．
由题设得，即．
又因为a1–b1=l，所以是首项为1，公差为2的等差数列．
2）由（1）知，，．
所以，20．解：（1）f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞单调递增．
因为f（e）=，所以f（x）在（1，+∞有唯一零点x1，即f（x1）=0．
又，故f（x）在（0，1）有唯一零点．
综上，f（x）有且仅有两个零点．
2）因为，故点b（–lnx0，）在曲线y=ex上．
由题设知，即，故直线ab的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
21．解：（1）由题设得，化简得，所以c为中心在坐标原点，焦点在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．
由得．记，则．
于是直线的斜率为，方程为．由得。
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
ii）由（i）得，所以△pqg的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞单调递减，所以当t=2，即k=1时，s取得最大值，最大值为．
因此，△pqg面积的最大值为．
22．解：（1）因为在c上，当时，.
由已知得。设为l上除p的任意一点。在中，经检验，点在曲线上。
所以，l的极坐标方程为。
2）设，在中， 即。
因为p**段om上，且，故的取值范围是。
所以，p点轨迹的极坐标方程为。
23．解：（1）当a=1时，.
当时，；当时，.
所以，不等式的解集为。
2）因为，所以。
当，时， 所以，的取值范围是。
2023年高考理科数学全国2卷
a 4种 b 10种 c 18种 d 20种。8 曲线在点 0,2 处的切线与直线和围成的三角形的面积为。abcd 1 9 设是周期为2的奇函数，当时，则。abcd 已知抛物线c 4x的焦点为f，直线y 2x 4与c交于a,b两点，则cos abcd 已知平面 截一球面得圆m,过圆心m且与成60 二...
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2015年普通高等学校招生全国统一考试 全国新课标卷2 理科数学答案解析。第 卷。一 选择题。1.答案 a 解析 由已知得，故，故选a 提示 解一元二次不等式，求出集合b，然后进行交集的运算即可 考点 集合的交集运算和一元二次方程求根 2.答案 b 解析 由已知得，所以，解得，故选b 提示 首先将坐...
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2010年高考理科数学试题及答案 全国2卷 豆丁网我要上传文档分类图书杂志会议社区移动应用登录注册。文学 艺术 军事 历史。中学教育 高考 2010年高考理科数学试题及答案 全国2卷 详细今日免费精品文档原价 0.50豆元购买0豆元。至人人网 qq空间新浪微博腾讯微博彩贝飞信分享到msn 开心网顶 ...