2022年河南省郑州市高考数学第二次质量预测试卷（理科）（二模）（学生版+解析版）.docx

1、2022年河南省郑州市高考数学第二次质量预测试卷（理科）（二模）一、选择题：本大题共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（5分）已知集合Ax|x22x，集合BxZ|0x3，则AB（）A2B0，1，2Cx|0x3Dx|0x32（5分）已知i是虚数单位，若，则|z|（）A1BC2D43（5分）设a20.2，clog25，则a，b，c的大小关系是（）AabcBbcaCbacDcab4（5分）在北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳了世界从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，立春

2、的日影长为15.5尺，则春分的日影长为（）A9.5尺B10.5尺C11.5尺D12.5尺5（5分）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2AA1，M是AA1的中点，则异面直线AD1与BM所成角的余弦值为（）ABCD6（5分）的展开式中各项系数的和为3，则该展开式中的常数项为（）A32B32C64D647（5分）函数f（x）Acos（x+）（A0，0，）的部分图象如图所示，则（）A，Byf（x+2）是奇函数C直线x4是f（x）的对称轴D函数f（x）在3，4上单调递减8（5分）某学校文艺汇演准备从舞蹈、小品、相声、音乐、魔术、朗诵6个节目中选取5个进行演出要求舞蹈和小品必须同时参加，则他们的

3、演出顺序必须满足舞蹈在前、小品在后那么不同的演出顺序种数有（）A240种B480种C540种D720种9（5分）若平面上两点A（2，0），B（1，0），动点P满足|PA|2|PB|，则动点P的轨迹与直线l：yk（x2）（）A2B1C0D与实数k的取值有关10（5分）2021年，郑州大学考古科学队在荣阳官庄遗址发现了一处大型青铜铸造作坊利用碳14测年确认是世界上最古老的铸币作坊已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足0表示碳14原有的质量）经过测定，官庄遗址青铜布币样本中碳14的质量约是原来的至，据此推测青铜布币生产的时期距今约多少年？（）231.6）A2600年B3100年C

4、3200年D3300年11（5分）已知F1，F2是双曲线C：（a0）的左、右焦点，点A在双曲线的右支上（，2）是平面内一定点，若对任何实数m，则|AP|+|AF2|的最小值（）ABCD12（5分）已知数列an满足a22，a2na2n1+2n（nN*），a2n+1a2n+（1）n（nN*），则数列an第2022项为（）A210122B210123C210112D210111二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）曲线ysinx2cosx在点（，2）处的切线方程是 14（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，椭圆上一点P满足|OP|3，则F1PF2的面积为 1

5、5（5分）如图，在等腰梯形ABCD中，ABCD，将ACD沿AC折叠形成三棱锥D1ABC当二棱锥D1ABC体积最大时，则此时三棱锥外接球体积为 16（5分）已知函数f（x）ex2，g（x）x2+ax（aR），h（x）kx2k+1（kR），给出下列四个命题 （写出所有真命题的序号）存在实数k，使得方程|f（x）|h（x）；存在实数k，使得方程|f（x）|h（x）；任意实数a，存在不相等的实数x1、x2，使得f（x1）f（x2）g（x1）g（x2）；任意实数a，存在不相等的实数x1、x2，使得f（x1）f（x2）g（x2）g（x1）三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤第1721

6、题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：60分17（12分）随着北京冬奥会的进行，全民对冰雪项目的热情被进一步点燃正值寒假期间，嵩山滑雪场迎来了众多的青少年某滑雪俱乐部为了解中学生对滑雪运动是否有兴趣，对滑雪运动有兴趣的人数占总人数的，女生中有5人对滑雪运动没有兴趣（）完成下面22列联表，并判断是否有99.9%的把握认为对滑雪运动是否有兴趣与性别有关？有兴趣没有兴趣合计男女合计（）该俱乐部拟派甲、乙、丙三人参加滑雪选拔赛，选拔赛共有两轮，两轮都获胜选拔才能通过已知甲在每轮比赛获胜的概率为和，丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为p和，其中（pR），

7、乙，丙三人谁通过选拔的可能性最大，并说明理由附：，其中na+b+c+dP（K2k0）0.1000.0500.0250.0100.001k02.7063.8415.0246.63510.82818（12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设（）求角A；（）若，且AD2，求ABC面积的最大值19（12分）如图，四棱台ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，ABAA12A1D12，ABC60，平面ADD1A1平面ABCD，平面ABB1A1平面ABCD（）求证：AA1平面ABCD；（）求锐二面角ADD1C的正切值20（12分）已知抛物线C：x24y，过抛物线外一点N作抛物线C的两条切

8、线，A，B是切点（）若点N的纵坐标为2，求证：直线AB恒过定点；（）若|AB|m（m0），求ABN面积的最大值（结果用m表示）21（12分）已知函数f（x）ln（x+1）x+1（）求函数f（x）的单调区间；（）设函数g（x）aexx+lna，若函数F（x）f（x）（x）有两个零点，求实数a的取值范围（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答。在答题卷上将所选题号涂黑，如果多做，则按所做的第一题计分选修：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数）已知M是曲线C1上的动点，将OM绕点O逆时针旋转90得到ON，设点N的轨迹为曲线C2以

9、坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线C1，C2的极坐标方程；（）设点Q（1，0），若射线l：与曲线C1，C2分别相交于异于极点O的A，B两点，求ABQ的面积选修：不等式选讲（10分）23已知f（x）|xa|（）若f（x）|2x1|的解集为0，2；（）若对于任意的xR，不等式f（x）+|x+2a|2a+3恒成立2022年河南省郑州市高考数学第二次质量预测试卷（理科）（二模）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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（5分）已知集合Ax|x22x，集合BxZ|0x3，则AB（）A2B0，1，2Cx|0x

10、3Dx|0x3【解答】解：Ax|x22x5，2，2，则AB6，1，2故选：B2（5分）已知i是虚数单位，若，则|z|（）A1BC2D4【解答】解：i5i2i，|z|故选：C3（5分）设a20.2，clog25，则a，b，c的大小关系是（）AabcBbcaCbacDcab【解答】解：125.22，sin253，sin80.2log25，即bac，故选：C4（5分）在北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳了世界从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列，立春的日影长为15.5尺，则春分的日影长为（）A9.5尺B10.5尺C11

11、.5尺D12.5尺【解答】解：设冬至之日起，小寒、立春、惊蛰、清明、立夏、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列an，则a118.5，a415.5，故3d15.718.53，所以d2，a7a1+7d18.5612.3故选：D5（5分）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB2AA1，M是AA1的中点，则异面直线AD1与BM所成角的余弦值为（）ABCD【解答】解：连接A1C1，C2M，BC1，ABCDC1D6，四边形ABC1D1为平行四边形，AD7BC1，AD1与BM所成角即为BC6与BM所成角，即C1BM，不妨设AA15，则AB2，即异面直线AD1与BM所成角的余弦值为故选：D6（5分）的

12、展开式中各项系数的和为3，则该展开式中的常数项为（）A32B32C64D64【解答】解：令x1，则展开式的各项系数和为（2a）（22）48a3，解得a1，所以二项式为（8x2+）（x）4，则二项式的展开式的常数项为2x64，故选：C7（5分）函数f（x）Acos（x+）（A0，0，）的部分图象如图所示，则（）A，Byf（x+2）是奇函数C直线x4是f（x）的对称轴D函数f（x）在3，4上单调递减【解答】解：显然A2，由f（0）1得，结合“五点法作图”可知，由得，据图可知，即T2，因为f（），则，所以k0时，所以f（x），故A错误；对于B，f（8+2）2cos70，f（x+2）不是奇函数；对于C

13、，f（6）2cos（）2，故x5为函数f（x）的对称轴；对于D，x3，上不单调故选：C8（5分）某学校文艺汇演准备从舞蹈、小品、相声、音乐、魔术、朗诵6个节目中选取5个进行演出要求舞蹈和小品必须同时参加，则他们的演出顺序必须满足舞蹈在前、小品在后那么不同的演出顺序种数有（）A240种B480种C540种D720种【解答】解：先从相声、音乐、朗诵4个节目中选取3个、小品在后排序，则不同的演出顺序种数有240种，故选：A9（5分）若平面上两点A（2，0），B（1，0），动点P满足|PA|2|PB|，则动点P的轨迹与直线l：yk（x2）（）A2B1C0D与实数k的取值有关【解答】解：设点P（x，y）

14、，整理得到点P的轨迹方程为x2+y84x0，即（x3）2+y25，因为直线yk（x2）过定点（2，7），故直线和圆2个交点，故选：A10（5分）2021年，郑州大学考古科学队在荣阳官庄遗址发现了一处大型青铜铸造作坊利用碳14测年确认是世界上最古老的铸币作坊已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足0表示碳14原有的质量）经过测定，官庄遗址青铜布币样本中碳14的质量约是原来的至，据此推测青铜布币生产的时期距今约多少年？（）231.6）A2600年B3100年C3200年D3300年【解答】解：由题意得：N5N0N5，解得：2292t2865，故选：A11（5分）已知F1，F2是双

15、曲线C：（a0）的左、右焦点，点A在双曲线的右支上（，2）是平面内一定点，若对任何实数m，则|AP|+|AF2|的最小值（）ABCD【解答】解：由双曲线方程可知其渐近线方程为：，直线2x+y+m2与双曲线C至多有一个公共点，2x+y+m0与双曲线渐近线重合或平行，解得：a1，双曲线，则，由双曲线定义知：|AF1|AF2|3a2，|AP|+|AF2|AP|+|AF3|2|PF1|6（当且仅当F1，A，P三点共线时取等号），又，故选：C12（5分）已知数列an满足a22，a2na2n1+2n（nN*），a2n+1a2n+（1）n（nN*），则数列an第2022项为（）A210122B210123C

16、210112D210111【解答】解：数列an满足a22，a6na2n1+6n（nN*），a2n+1a5n+（1）n（nN*），a2na2n1+2na4（n1）+（1）n2+2n，所以，a2na6（n1）（1）n5+2n，a4a5（1）1+72，a6a4（1）2+33，a8a2（1）3+83，.a2022a2020（1）1010+81011，将上述各式两边分别取和，得a2022a21+41+1+.+7+22+23+.+21011，所以，a2022a8+210124310121，故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）曲线ysinx2cosx在点（，2）处的切线方程是

17、x+y20【解答】解：因为ysinx2cosx，所以ycosx+2sinx，y4，又因为x时，y2，2）处的切线方程为y4（x），整理得x+y20，故答案为：x+y5014（5分）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，椭圆上一点P满足|OP|3，则F1PF2的面积为 7【解答】解：由椭圆可得c2a4b21678，c3，|F1F8|2c6，又O为F6F2的中点，|OP|3，PF8F2是以点P为直角顶点的直角三角形，即PF1PF4，36，又|PF1|+|PF2|2a8，（|PF4|+|PF2|）264，|PF1|PF2|14，F6PF2的面积为|PF1|PF2|5，故答案为：715（

18、5分）如图，在等腰梯形ABCD中，ABCD，将ACD沿AC折叠形成三棱锥D1ABC当二棱锥D1ABC体积最大时，则此时三棱锥外接球体积为 【解答】解：在等腰梯形ABCD中，因为ADDCBC，容易知DAB60，ADC120，当三棱锥D1ABC体积最大时，此时平面AD1C平面ABC，又面AD4C面ABCAC，且BC面ABC，故BC面AD1C，因为BCA90，故BCA为直角三角形，则MAMCMB，过M作平面ABC的垂线MP，取AC中点为H，连接D1H，因为D3AD1C，故D1HAC，又面AD8C面ABC，面AD1CABCAC，D1H面AD4C，故D1H面ABC，故D1HMP，则D7，H，O，M四点共

19、面因为AD1AC，取AD1C的外心为N，过N作D6H的垂线交MP于点O，则OD1OCOAOB，故该三棱锥的外接球球心为O，则由图可知：，又OD1R，在AD1C中，由正弦定理可得1N1，又，故，故三棱锥外接球体积故答案为：16（5分）已知函数f（x）ex2，g（x）x2+ax（aR），h（x）kx2k+1（kR），给出下列四个命题（写出所有真命题的序号）存在实数k，使得方程|f（x）|h（x）；存在实数k，使得方程|f（x）|h（x）；任意实数a，存在不相等的实数x1、x2，使得f（x1）f（x2）g（x1）g（x2）；任意实数a，存在不相等的实数x1、x2，使得f（x1）f（x2）g（x2）g

20、（x1）【解答】解：画出|f（x）|ex2|的函数图象，如图：h（x）kx2k+2经过定点（2，1）k，使得方程|f（x）|h（x）恰有一个根；正确；存在实数k，使得方程|f（x）|h（x）恰有三个根，正确；要想对任意实数a，存在不相等的实数x5，x2，使得f（x1）f（x2）g（x1）g（x2），只需函数f（x）ex6，g（x）x2+ax（aR）始终有两个交点，当a1时，g（x）x6+x（x+）6+，开口向上，此时图象如图所示：由于指数函数的增长速度高于二次函数，显然此时两函数只有一个交点；要想对任意实数a，存在不相等的实数x1、x5，使得f（x1）f（x2）g（x4）g（x1），即f（x1

21、）f（x7）g（x1）g（x2），只需f（x）ex8与g（x）x2ax，无论a取何值都有两个交点，其中g（x）x2ax（x+）2+开口向下6，0），画出两函数图象如下，其中g（x）x2ax（x+）2+为一组抛物线无论a取何值，都有两个交点；故答案为：三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：60分17（12分）随着北京冬奥会的进行，全民对冰雪项目的热情被进一步点燃正值寒假期间，嵩山滑雪场迎来了众多的青少年某滑雪俱乐部为了解中学生对滑雪运动是否有兴趣，对滑雪运动有兴趣的人数占总人数

22、的，女生中有5人对滑雪运动没有兴趣（）完成下面22列联表，并判断是否有99.9%的把握认为对滑雪运动是否有兴趣与性别有关？有兴趣没有兴趣合计男女合计（）该俱乐部拟派甲、乙、丙三人参加滑雪选拔赛，选拔赛共有两轮，两轮都获胜选拔才能通过已知甲在每轮比赛获胜的概率为和，丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为p和，其中（pR），乙，丙三人谁通过选拔的可能性最大，并说明理由附：，其中na+b+c+dP（K2k0）0.1000.0500.0250.0100.001k02.7063.8415.0246.63510.828【解答】解：（I）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

23、，又由滑雪运动有兴趣的人数占总数的，所以有人，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，女生有兴趣的有45人，可得如下82列联表：有兴趣没有兴趣合计男302050女45550合计7525100所以，所以有99.7%的把握认为对滑雪运动是否有兴趣与性别有关（II）甲获胜的概率最大，理由如下：甲在两轮中均获胜的概率为，乙在两轮中均获胜的概率为，丙在两轮中均获胜的概率为，P1P32显然P1P23，P1P2，P5P3，即甲获胜的概率最大18（12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设（）求角A；（）若，且AD2，求ABC面积的最大值【解答】解：（）因为，

24、由正弦定理得：，又B（3，），所以，即：，又A（0，），所以；（）在ABC中，由余弦定理得：，又因为，所以，且ADB+ADC，由余弦定理，得，将联立得：，即bc6时等号成立），所以19（12分）如图，四棱台ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，ABAA12A1D12，ABC60，平面ADD1A1平面ABCD，平面ABB1A1平面ABCD（）求证：AA1平面ABCD；（）求锐二面角ADD1C的正切值【解答】（）证明：取AB、AD的中点M、N、CN，ABCD是菱形，ABC60，CNAD平面ADD1A1平面ABCD，且平面ABCDADD6A1ADCN平面ADD1A6，AA1平面ADD1A3CNAA1

25、，同理CMAA1，CM平面ABCD，CN平面ABCD，AA8平面ABCD（）取CD中点E，分别以AB、AA1为x轴、y轴，记平面ADD1A1的法向量为，显然，设平面CDD1的法向量为，记锐二面角AD8DCD的大小为，锐二面角ADD1C的正切值为20（12分）已知抛物线C：x24y，过抛物线外一点N作抛物线C的两条切线，A，B是切点（）若点N的纵坐标为2，求证：直线AB恒过定点；（）若|AB|m（m0），求ABN面积的最大值（结果用m表示）【解答】解：（1）设A（x1，y1），B（x3，y2），由yx2，yx，则直线NA的斜率为，则直线NA的方程为yy8（xx8），整理得x1x2y+7y1x18

26、0，由于x144y1，即x7x2y2y60，同理可得直线NB的方程为x2x2y2y25，又直线NA和直线NB都过N（x0，y0），则x6x02y72y18，x2x06y02y20，从而A，B均为直线x0x4（y0+y）上的点，故直线AB的方程为x0x5（y0+y），又y07，故直线AB的方程为x0（x0）7（y2），故直线AB过定点（0，2）；（2）设N（x0，y0），由（1）知直线AB的方程为x5x2（y0+y），把它与抛物线x34y联立得，x25x0x+4y60，其中4x5216y03，设A（x1，y1），B（x5，y2），由韦达定理得x1+x22x0，x5+x24y2，则|AB|m，5x

27、025y0，又点N到直线AB的距离d，S|AB|d（当x80时，有最大值），故ABN面积的最大值为21（12分）已知函数f（x）ln（x+1）x+1（）求函数f（x）的单调区间；（）设函数g（x）aexx+lna，若函数F（x）f（x）（x）有两个零点，求实数a的取值范围【解答】解：（）函数的定义域为x|x1，f（x）1，解得6x0，解得x0，故函数f（x）的单调递增区间为（2，0），+）（）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+7aexx+lna有两个实根，即ex+lna+x+lnaln（x+1）+x+1，整理为ex+lna+x+lna

28、eln（x+7）+ln（x+1），设函数h（x）ex+x，则上式为h（x+lna）h（ln（x+1），因为h（x）ex+80恒成立，所以h（x）ex+x单调递增，所以x+lnaln（x+1），所以只需使lnaln（x+3）x有两个根，设M（x）ln（x+1）x，由（1）可知，函数M（x）的单调递增区间为（1，单减区间为（6，故函数M（x）在x0处取得极大值，M（x）maxM（0）0，当x8时，M（x），M（x），要想lnaln（x+1）x有两个根，只需lna0所以a的取值范围是（4，1）（二）选考题：共10分请考生在第22、23题中任选一题作答。在答题卷上将所选题号涂黑，如果多做，则按所做的第

29、一题计分选修：坐标系与参数方程（10分）22（10分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数）已知M是曲线C1上的动点，将OM绕点O逆时针旋转90得到ON，设点N的轨迹为曲线C2以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（）求曲线C1，C2的极坐标方程；（）设点Q（1，0），若射线l：与曲线C1，C2分别相交于异于极点O的A，B两点，求ABQ的面积【解答】解：（），曲线C1的参数方程为（为参数）3+y21，根据，转换为极坐标方程为2cos，已知M是曲线C1上的动点，将OM绕点O逆时针旋转90得到ON2，C4的极坐标方程为2sin（2）由题意可以，所以又Q到射线l的距离为故ABQ

30、的面积为选修：不等式选讲（10分）23已知f（x）|xa|（）若f（x）|2x1|的解集为0，2；（）若对于任意的xR，不等式f（x）+|x+2a|2a+3恒成立【解答】解：（）不等式f（x）|2x1|，即|xa|6x1|，两边平方整理得：3x4+（2a4）x+5a20，由题意可知5和2是方程3x4+（2a4）x+3a20的两个实数根，由根与系数的关系知，解得a6（）因为f（x）+|x+2a|xa|+|x+2a|（xa）（x+6a）|3|a|，所以要使不等式f（x）+|x+2a|7a+3恒成立，只需3|a|8a+3，当a0时，7a2a+3，即a8当a0时，3a6a+3，即综上所述，实数a的取值范围是第22页（共22页）