2022届河南省郑州市高中毕业班第二次质量预测（二模）理科数学试题【PDF含答案】

2022年高中毕业年级第二次质量预测理科 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 评分参考一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1−5.BCCDD6−10.CCAAA11−12.CA二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.5513.xy20;14.7;15.;16.①②④.6三、解答题：共70分.17.（12分）解：（1）由题意，从某中学随机抽取了100人进行调查，可得男生有50人，女生有50人，33又由滑雪运动有兴趣的人数占总数的，所以有10075人，没有兴趣的有25人，44因为女生中有5人对滑雪运动没有兴趣，所以男生中对滑雪无兴趣的有20人，有兴趣的有30人，女生有兴趣的有45人，可得如下22列联 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf ：…………2分2有兴没有1003052045所以K21210.828，…………5分合计75255050趣兴趣所以有99.9％的把握认为对滑雪运动是否有兴趣与性别有关．男302050…………6分（2）甲获胜的概率最大，理由如下：女45550224甲在两轮中均获胜的概率为P；1339合计7525100343乙在两轮中均获胜的概率为P；247744丙在两轮中均获胜的概率为Pp(p)pp2…………………………………………………9分3334212p0,0p0,1p；p.3333442PPp2p(p)2；13393显然，即甲获胜的概率最大…………………………………分PP130PP120PPPP12,13.1218.（12分）解：（1）因为asinBbcosA，由正弦定理得：sinABBAsinsincos………………2分6631又B,0，sinB0,所以sinAAcoscosAcossinAsincosAAsin，6662213即：sinAcosA,得出tanA3，又A,0，所以A.………………………………6分2231b2c2a2（2）在△ABC中，由余弦定理得：cosA---------------------------------①22bc2aa又因为BD2DC，所以BD，CD，且ADBADC,即cosADBcosADC0，33222aa22c222b2332232由余弦定理得0，得到a3bc18-----------------②……8分2aa22222331将①②联立得：18bc2b2c2≥2bc，即bc≤6，（当且仅当b3,c23时等号成立）21333SbcsinAbc≤.…………………………………………………………………………12分24219.（12分）解：（1）取AB、AD的中点MN、,连接CM、CN，ABCD是菱形，ABC60，CMAB,CNAD.平面平面ADD1A1ABCD,且平面ABCDADD1A1AD.…………………………………………分CN平面ADD1A1,AA1平面ADD1A1.CNAA13同理且，CMAA1,CM平面ABCD,CN平面ABCD,CMCNC…………………………………………………………分AA1平面ABCD.6（）取中点，分别以；2CDEAB、AE、AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系1313ABC(0,0,0),(2,0,0),(1,3,0),D(1,3,0),D(,,2),N(,)0,，1222213CD(2,0,0),DD(,,2).122记平面的法向量为ADD1A133n,显然nCN(,)0,……………………………8分1122设的法向量为，平面CDD1n2（，，）xyz2x0,n2CD0,13n2D1D0,xy2z0.22，……………………………………分n2(0,4,3)记锐二面角AD1DCD的大小为.10n1n223215cos，tan.2n1n23191915锐二面角ADDC的正切值为.……………………………………………………………12分1220.（12分）11x解：（1）设Ax，y，Bx，y，由yx2得：y'x，则直线NA的斜率为1，1122422x从而直线NA的方程为：yy1xx，即：2yyxx4y，121111即：，同理可得：直线的方程为：，………………………………分x1x2yy1NBx2x2yy22又直线和直线都过，则，，NANBNx0,y0x1x02y0y1x2x02y0y2从而，，，均为在方程表示的直线上，Ax1y1Bx2y2x0x2y0y故直线的方程为……………………………………………………………………分ABx0x2y0y.3设Nx0，2，则由上述结论知，直线AB的方程为：x0x2y2，故直线AB恒过定点2,0；……4分2（2）设Nx0，y0，则由上述结论知：直线AB的方程为：x0x2yy0，把它与抛物线x4y联立得：2，2，设，，则，，则x2x0x4y004x016y00Ax1，y1Bx2，y2x1x22x0x1x24y0x2x2AB10xx10xx24xxx24x24ym，41241212000于是：m2x24y.002x04……………………………………………………8分222y0x02y0x4y又点N到直线AB得方程的距离d00，22x04x04211x4y1m3m3m3则SdAB00m≤，故△ABN的最大面积是，2322221616x042x04此时x00.………………………………12分21.（12分）解：（1）函数的定义域为xx1，1xfx1，fx0，1x0；fx0，x0，x1x1函数fx的单调递增区间为0,1；单减区间为0，.…………………………4分（2）要使函数Fxfxgx有两个零点，即fxgx有两个实根，即lnx1x1aexxlna有两个实根.即exlnaxlnaln(x1)x1.整理为exlnaxlnaelnx1ln(x1)，……………………………………6分设函数hxexx，则上式为hxlnahlnx1，因为hxex10恒成立，所以hxexx单调递增，所以xlnalnx1.所以只需使lnalnx1x有两个根，设Mxlnx1x.……………………………………8分由（1）可知，函数Mx的单调递增区间为0,1；单减区间为0，，故函数Mx在x0处取得极大值，MxmaxM00.当x1时，Mx；当x时，Mx，要想lnalnx1x有两个根，只需lna0，解得0a1.所以a的取值范围是1,0.…………………………………………12分（二）选考题：共10分.请考生在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）解：（）的直角坐标方程为22，的极坐标方程为，1C1x1y1C12cos的极坐标方程为…………………………………………分C22sin.5（2）由题意可以，OA2cos1，OB2sin3，A3B3所以ABOBOA31.……………………………………………………8分3又Q到射线l的距离为dOQsin，321333故△ABQ的面积为S31………………………………………………………10分22423.[选修45：不等式选讲]（10分）解：（1）不等式fx≥2x1，即xa≥2x1，两边平方整理得：3x22a4x1a2≤0，由题意可知0和2是方程3x22a4x1a20的两个实数根，1a20,即解得.………………………………………………5分2a1a4a50,（2）因为fxx2axax2a≥xax2a3a，所以要使不等式fxx2a2a3恒成立，只需3a2a3………………………………………7分当a≥0时，3a2a3，解得a3，即a3.33当a0时，3a2a3，解得a，即a.553综上所述，实数a的取值范围是,,3.………………………………………………10分5