1、理科数学 第 1页（共 9页）123456789101112BCAACABCCADD1 B【解析】由题意可得，集合|(3)0,|03,Px x xxx xxxZZ或，所以UP|0 x3,1,2xxZ，又|0Qx x，所以()1 2UPQ,，故选 B2C【解析】由题意可得，21 i(1 i)2ii1 i(1 i)(1 i)2z,所以20192019iiz，故选 C4 A【解析】20=2|,aba baba b，设(0)m ma b，则21+1+24mm,即221mm0,解得1m或12m（舍去），即1a b，因此22+244|ababa b1 443，故选 A5C【解析】由题意得，a=1，1111
2、()(1)1k kak kkk，执行程序框图可得1(1)2S 111116()()123117kkk，即 k6，跳出循环时 k=7，故选 C.学科*网6 A【解析】由题意得()|sin(2)|sin2()fxxxxx xxf x ，所以函数()f x是奇函数，排除 C、D 选项；当x 时，2()|sin20f，因此排除 B，故选 A7B【解析】由题意得：21CC9nn，即 n=6，则该展开式的通项为61612C()()2rrrrTxx661C()2rr6 2(2)rrx，令 62r=0，得 r=3，所以该展开式中的常数项为33361C()(2)202.故选 B8C【解析】由三视图可得其直观图为
3、如图所示的三棱锥 ABCD，且 BD=x，CD=2，BDC=90，点 A到平面 BCD 的距离为 2，所以该三棱锥的体积为118(2)2=323Vx，解得 x=4，故选 C理科数学 第 2页（共 9页）10A【解析】由正弦定理及2sin2sinsin0ABC，得22abc，根据余弦定理222abc2cosbcA，得22()2(1 cos)abcbcA，令sinsinsinBCbcpAa，所以bcpa，因此2222=(1 cos)ap aaA，即2=2+cospA，由题意可知 A 是锐角，所以0cos1,A因此223,p又0,p 所以23p.故选 A.学科&*网11D【解析】当0 x 时，12(
4、)()2xf xx为减函数，令12()0,2xx易得1x ，所以只需()ln(0)f xxxa x有两个零点，令()ln,(),g xxx h xa则问题可转化为函数()g x的图象与()h x的图象有两个交点.求导可得()ln1g xx，令()0g x，即ln1x ，可解得10ex；令()0g x，即ln1x ，可解得1ex，所以当10ex时，函数()g x单调递减；当1ex 时，函理科数学 第 3页（共 9页）数()g x单调递增，由此可知当1=ex时，函数()g x取得最小值，即min1()eg x 在同一坐标系中作出函数()g x与()h x的简图如图所示，据图可得10.ea故选 D.
5、理科数学 第 4页（共 9页）1320【解析】作出约束条件满足的可行域如图中阴影部分所示，22zxy表示可行域内一点到原点(0，0)的距离的平方，由图可知点(4,2)A 到原点(0，0)的距离最大，所以z的最大值为22(4)220.14(,1)(3,)【解析】由题意得，23321()log(1)2log()1fxxxxxx 2x23log(1)2()xxxf x ，所以()f x是 R 上的奇函数，又易知()f x在 R 上单调递减，且(0)f=0，所以2(23)0f mm，即2(23)(0)f mmf，所以2230mm，解得1m 或3m，即m的取值范围为(,1)(3,).16510 xy【解
6、析】由题意联立方程得：xykxy412，所以01)42(22xkxk，由已知可得：=（2k4)22401kk，设A（11,yx），B(22,yx)，则有,24221kkxx2211kxx，12y y 122424(1)(1)11kkxkxkkk ，所以121221 4104kOA OBx xy ykk ，由题意可得(1,0)P，令()m kPA PB =221212222552114(1)(1)15(),55kkxxy ykkkk=理科数学 第 5页（共 9页）故函数()m k在5k处取得最小值，即PA PB 取最小值时5k，此时直线l的方程为510 xy.18（本小题满分12分）【解析】（1
7、）以C为坐标原点，1,CCCBCA所在直线分别为zyx,轴建立空间直角坐标系，则1111(0,0,0),(1,0,0),(0,2,0),(0,2,2),(0,0,2),(1,0,2),(,1,0)2CABBCAM，（2 分）所以11(1,2,2),(1,0,2)ABCA，学&科网所以11(1,2,2)(1,0,2)5cos,595AB CA，即异面直线11,AB CA所成角的余弦值为55.（4 分）（2）设点N的坐标为(1,0,)z,则1(0,2,2),(1,2,)CBBNz，1(0,2,2)(1,2,)420,CBBNzz 即2z，（6 分）当2AN，即点N与点1A重合时，1CBBN.（8
8、分）（3）设平面1MCB的一个法向量为(,1)x yn，1(,1,0)2CM ，1(0,2,2)CB，理科数学 第 6页（共 9页）则11020210220CMxxyyCBy nn，(21,1),n，（10 分）易知平面MCB的一个法向量为1(0,0,2)CC ，1226cos,621 1 2CC n.二面角BCMB1的余弦值为66.（12 分）12155320C C305(=2)=C22838P，03155320C C21(=3)=C228114P，（6 分）0123P9122835765381114所以9110530257=0+1+2+3=22822822822876E.（8 分）（2）列
9、联表如下：不是“A 类”调查对象是“A 类”调查对象总计男51520女15520总计202040理科数学 第 7页（共 9页）所以2240(5 5 15 15)=106.63520 20 20 20K，（10 分）所以有99的把握认为是否是“A 类”调查对象与性别有关.（12 分）（2）假设存在符合条件的直线l，由已知得l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为)2(xky，（5 分）联立方程得：22(2)24yk xxy，消去y并整理得：2222(1 2)4 2440kxk xk，由题意知0恒成立，设112212(,)(,),0,0M x yN xyxx,，则222122212144,2124k
10、kxxkkxx，（8 分）学&科网由1140|QMQNQF得：|4|QFQFQMQN，作yMM 1轴，垂足为1M，yNN 1轴，垂足为1N，所以12111212()|4|c xxQFQFOFOFccQMQNMMNNxxx x，（10 分）所以212122xxxx，即2,221)44(22212422222kkkkkk，故存在符合条件的直线l，且直线l的方程为2(2)yx或2(2)yx，即直线l的方程为22yx或22yx.（12 分）理科数学 第 8页（共 9页）（2）当2a时，函 数1()()g xf xx2111ln1ln,xxxxx 定 义 域 为(0,)，22111()xg xxxx，（
11、5 分）()0(0,1),()0(1,)g xxg xx，()g x的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,).函数()g x在 x=1 处取得极大值，也即最大值，即max()(1)0g xg；函数()g x无最小值.（8 分）学科&网（3）由（2）可得2a时，()g x 11ln,xx且1()1lng xxx 在1x处取得最大值 0，即11()1ln0ln1g xxxxx ,，即11lnxxx，（10 分）令*()1nxnnN，则01x，所以2n时，111lnln(1)lnnnnnnn，所以1lnln(1)ln2ln(1)ln lnln(1)(ln3 ln2)2nnnnnn11112
12、34n.（12 分）22（本小题满分 10 分）选修 44：坐标系与参数方程【解析】（1）消去直线 l 参数方程中的 t，得4xy，由cos,sinxy，得直线 l 的极坐标方程为cossin4，故4cossin（2 分）由点 Q 在 OP 的延长线上，且|3|PQOP，得|4|OQOP，设(,)Q，则(,)4P，理科数学 第 9页（共 9页）由点 P 是曲线1C上的动点，可得2cos4，即8cos，所以2C的极坐标方程为8cos（5 分）（2）因为直线 l 及曲线2C的极坐标方程分别为4cossin，8cos，所以4|cossinOM，|8cosON，（7 分）所以|2cos(cossin)1 cos2sin212sin(2)|4ONOM ，所以当8时，|ONOM取得最大值，为21（10 分）（2）依题意，|3|1xmx，故|3|1xmx（*），（6 分）显然0m时，（*）式不恒成立，（7 分）当0m时，在同一直角坐标系中分别作出|3|,|1yxymx的图象如下图所示，（8 分）观察可知，13m ，即实数 m 的取值范围为1(,3.（10 分）
