河南省2022届高三（下）第二次质检数学试卷（理）（乙卷）.docx

1、河南省2022届高三（下）第二次质检数学试卷（理）（乙卷）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（5分）设集合Ax|x2，Bx|x2x60，则ARB（）A2，+）B（2，+）C（，2D（，32（5分）已知，则z的虚部为（）A1B1CiDi3（5分）已知函数f（x）sinx+cosx，则（）A函数f（x）图象关于y轴对称B函数f（x）图象关于直线对称C函数f（x）图象关于直线对称D函数f（x）图象关于直线对称4（5分）记正项等差数列an的前n项和为Sn，若a13，S11a5a6，则（）Aan3nBan2n+1Can4n1Dan8n55

2、（5分）1851年，法国的物理学家傅科（18191868）做了一次成功的摆动实验，证明了地球自转现象，“傅科摆”由此得名“傅科摆”在摆动过程中，摆动平面会随地球自转而缓缓转动，且“傅科摆”所处纬度越高，摆动平面转动速度越快，角速度与sin成正比当“傅科摆”在北纬90处时角速度最快，旋转一周的时间为24小时若某市天文馆也做了个“傅科摆”，已知该天文馆处于北纬40，那么此处“傅科摆”旋转一周的时间约为（）（参考数据：sin400.64）A15.4小时B24小时C37.5小时D54小时6（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将

3、正方体分成上下两部分，则下部分几何体的正视图为（）ABCD7（5分）某运动会乒乓球团体比赛要求每队派三名队员参赛，第一盘为双打，第二、三、四、五盘为单打，每名队员参加两盘比赛已知某队的三名队员均可参加单打和双打比赛，在打满五盘的情况下，该队不同的参赛组合共有（）A24种B36种C48种D72种8（5分）已知数列an的通项公式为，记aN为an中第一个七位数字，则N（）（参考数据：lg20.3010）A19B20C21D229（5分）如图，在矩形ABCD中，O，F分别为CD，AB的中点，在下列选项中，使得点P位于AOF内部（不含边界）的是（）ABCD10（5分）已知函数f（x）和g（x）的定义域均

4、为a，b，记f（x）的最大值为M1，g（x）的最大值为M2，则使得“M1M2”成立的充要条件为（）Ax1a，b，x2a，b，f（x1）g（x2）Bx1a，b，x2a，b，f（x1）g（x2）Cx1a，b，x2a，b，f（x1）g（x2）Dxa，b，f（x）g（x）11（5分）在三棱锥ABCD中，ABC和BCD均为边长为2的等边三角形，若ABCD，则二面角ABCD的余弦值为（）ABCD12（5分）我国自主研发的天问一号探测器的飞行轨迹如图所示，天问一号从地球公转轨道E1上的点A出发，沿椭圆形转移轨道E3飞行，与位于E2圆形轨道的火星在点B汇合，到达火星，时间为t根据开普勒定律，行星（探测器）围绕

5、太阳运行轨道的半长轴（地球和火星的轨道可近似为圆形，则圆的半径就是半长轴）的三次方与其公转周期的平方的比值是相同的设E1的半径为r1，E2的半径为r2，地球公转周期为T1，火星公转周期为T2，则t（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）在ABC中，AB3，AC2，BAC60，AD平分BAC交BC于点D，则ACD的面积为 14（5分）在平面直角坐标系xOy中，过点（3，1）的直线l与圆x2+y24的两个交点分别位于不同的象限，则l的斜率的取值范围为 15（5分）在人工智能领域的神经网络中，常用到在定义域I内单调递增且有界的函数f（x），即M0，xI，|f（x）|M则

6、下列函数中，所有符合上述条件的序号是 ；16（5分）已知A，B两点在球O的球面上，过直线AB的两个平面所成的锐二面角为60，两平面与球面的交线分别为圆C和圆D，圆C的半径为1，圆D的半径为2，且AB是圆C的一条直径，则该球的半径为 三、解答题：共70分解答应写出文字说明、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题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17（12分）在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求C；（2）若，c2，求ABC的面积18（12分）有9张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，9，从中随机抽取3张

7、（1）求抽取的3张卡片上的数字中任意2个均不在下表的同一行，且不在同一列的概率；（2）若抽取的3张卡片上的3个数字均为奇数或均为偶数记为情况；若3个数字位于下表的同一行或同一列或同一对角线上记为情况当同时满足两种情况得3分；仅满足情况得2分；仅满足情况得1分；其他情况得0分求得分的分布列及数学期望12345678919（12分）九章算术中记载了阳马和鳖臑两个空间几何体，阳马即有一条侧棱垂直于底面（底面为矩形）的四棱锥，鳖臑即每个面均为直角三角形的三棱锥已知四边形ACC1A1为矩形（图），AC4，AA12，B，B1分别为AC和A1C1的中点，将四边形ABB1A1沿BB1向上折起得到一个三棱柱AB

8、CA1B1C1（图），平面AB1C1将此三棱柱分割成两部分（1）当四棱锥ABCC1B1为阳马时，证明：三棱锥AA1B1C1为鳖臑；（2）在三棱柱ABCA1B1C1中，当AC2时，求锐二面角A1AC1B1的余弦值20（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知P（2，0），Q（2，0），M为该平面直角坐标系内一点，直线PM与直线QM的斜率之积为，记M的轨迹为E（1）求E的方程；（2）若四边形ABCD是E的内接四边形，直线AB与直线CD的斜率之和为0，证明：直线AC与直线BD的斜率之和为021（12分）已知函数f（x）（x1）lnx（1）求f（x）的单调区间；（2）（）写出一个二次函数g（x）满足g（

9、1+x）g（1x），且当x（0，1）时，f（x）g（x），当x（1，+）时，f（x）g（x），并说明理由；（）设x1x2，若f（x1）f（x2），证明：x1+x22选修4-4：坐标系与参数方程22（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线E的极坐标方程为（1）求曲线E的直角坐标方程；（2）设P（x，y）为E上一点，求的最小值选修4-5：不等式选讲23设f（x）是定义域为R的连续可导函数，f（x）表示f（x）的导数（1）设x1R，若f（x）0，证明：xR，；（2）已知a0，b0，且a+b1，证明：参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60

10、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1A【解析】集合Ax|x2，集合Bx|x2x60x|x2或x3，RB2，3，ARB2，+）故选：A2A【解析】设za+bi，则abi，（a+bi）（2+abi）2i，解得b1，故z的虚部为1，故选：A3D【解析】f（x）sinx+cosxsin（x+），由x+k+，kZ，得xk+，kZ，当k0时，对称轴为x，当k1时，对称轴为，故选：D4B【解析】设等差数列an的公差为d，由S11a5a6，得11a1+55d（a1+4d）（a1+5d），又a13，得33+55d（3+4d）（3+5d），即20d228d240，因为a10，an为正项等差数列，

11、所以解得d2或d（舍去），所以an3+2（n1）2n+1故选：B5C【解析】设角速度ksin（k0），故旋转一周所用的时间t，当90时，t24，故k，所以t，当“傅科摆”处于北纬40时，t37.5（小时）故选：C6A【解析】由题意可知，几何体的图形如图，几何体的正视图为平面DCFD1，故选：A7B【解析】根据题意，三名队员必有1人打2场单打比赛，剩下2人分别打一次双打，一次单打，分2步进行分析：先在3人中选出1个人，由他打2场单打比赛，有C31C4218种情况，剩下2人，参加一次双打，一次单打，有A222种情况，则有36236种参赛组合；故选：B8B【解析】根据题意，数列an的通项公式为，若2

12、n106，则有lg2nlg106，变形可得nlg26，解可得n19.9，又由nN+，则n20；故选：B9D【解析】+，故P与点F重合，故选项A错误；，（）（），2，P是线段AB靠近点B的三等分点，故选项B错误；，P是线段DA的中点，故选项C错误；+（）+，01，且+1，点P位于AOF内部，故选项D正确；故选：D10C【解析】函数f（x）和g（x）的定义域均为a，b，记f（x）的最大值为M1，g（x）的最大值为M2，则“M1M2”x1a，b，x2a，b，f（x1）g（x2），故选：C11C【解析】如图所示，取BC的中点E，连结AE，DE，由等腰三角形的性质可知AEBC，DEBC，则AED即为所求

13、设ADx，由题意可得：，即，解得x2，负值x2舍去，结合余弦定理可得故选：C12A【解析】设椭圆的半长轴为a，则a，由题意得，解得t故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13【解析】设ABC的边BC上的高为h，则SACDCDhADACsinCAD，SABDBDhADABsinBAD，因为AD平分BAC，所以sinCADsinBAD，所以，即CDBC，所以SACDSABC32sin60故答案为：14【解析】记A（2，0），B（0，2），C（2，0），D（0，2），P（3，1）当kCPklkBP，即时，两个交点分别位于第一、三象限，满足题意；当kDPklkCP，即时，两个交点分别位

14、于第三、四象限，满足题意；当klkBP1时，若直线l与圆有两个交点，则两个交点均在第二象限，不满足题意；当时，若直线l与圆有两个交点，则两个交点均在第三象限，不满足题意综上，或故答案为：15【解析】根据题意，M0，xI，|f（x）|M，即Mf（x）M，依次分析所给的4个函数对于，f（x），是幂函数，在其定义域上为增函数，有最小值0但没有最大值，则f（x）不符合条件；对于，f（x），其定义域为R，有f（1），f（2），在R上不是增函数，不符合条件；对于，f（x）1，其定义域为R，函数ye2x为增函数，则f（x）在R上为增函数，又由e2x0，则e2x+11，则有1f（x）1，即存在M1，有xI，|

15、f（x）|1，符合条件；对于，f（x），yex（）x，在R上为减函数，则f（x）在R上为增函数，又由ex0，则ex+11，则有0f（x）1，即存在M1，有xI，|f（x）|1，符合条件；则符合条件的是；故答案为：16【解析】设球的半径为r，根据题意有2，解得r，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题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17解：（1）因为，所以2abcosC2bcsinA，所以acosCcsinA，由正弦定理得sinAcosCsinCsinA因为0A，所以sinA0，所以tanC1因

16、为0C，所以（2）因为，所以由正弦定理得由余弦定理知，所以bc2，b2+c2a2，所以ABC为直角三角形，所以18解：（1）从9张卡片中抽取3张卡片共有种结果，3个数字均不在同一行，也不在同一列共有种结果，故所求概率为（2）设得分为X，则X的所有可能取值为0，1，2，3，3个数字均为奇数有种结果，均为偶数有种结果，故共有14种结果，3个数字在同一行或同一列或同一对角线上共有8种结果，以上两种情况同时满足，共有2种结果，故，故X的分布列为：X0123P故19（1）证明：因为AA1A1B1，所以AA1B1为直角三角形当四棱锥ABCC1B1为阳马时，AB平面BCC1B1，因为B1C1平面B1BCC1

17、，所以ABB1C1因为BB1B1C1，且BB1ABB，所以B1C1平面ABB1A1，因为AB1平面AA1B1B，所以AB1B1C1，即AB1C1为直角三角形，同理，可得A1B1C1也为直角三角形因为B1C1平面ABB1A1，且AA1平面ABB1A1，所以AA1B1C1因为AA1A1B1，且A1B1B1C1B1，所以AA1平面A1B1C1因为A1C1平面A1B1C1，所以AA1A1C1，即AA1C1为直角三角形，所以三棱锥AA1B1C1为鳖臑（2）解：取BC的中点O，连接AO因为BCBB1，ABBB1，且BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以BB1平面ABC又AO平面ABC，所以BB1

18、AO又因为在等边三角形ABC中，AOBC，且BCBB1B，BC平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，过点O且平行于BB1的直线为y轴，OA所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，B（1，0，0），C1（1，2，0），B1（1，2，0），则，设平面AB1C1的一个法向量为，则，所以，令，则，取AC的中点D，连接BD，则，则BD平面ACC1A1因为，所以选取平面A1AC1的法向量为，所以，故锐二面角A1AC1B1的余弦值为20（1）解：设M（x，y），因为，所以，所以E的方程为（2）证明：设直线AB与CD的方程分别为ykx+m

19、，ykx+n，联立整理得（4k2+1）x2+8kmx+4m240，16（4k2m2+1）0，即4k2m21，设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），D（xD，yD），所以，同理，要证kAC+kBD0，只要证，即证，即证2k（xAxBxCxD）+（mn）（xA+xBxCxD）0，整理得，即证2k（4m24n2）（mn）（8km+8kn）0，显然该式成立故原命题得证21（1）解：f（x）（x1）lnx，则，令（x）x1+xlnx，x（0，+），当x（0，1）时，x10，xlnx0，所以（x）0；当x1，+）时，x10，xlnx0，所以（x）0所以f（x）在区间（0，1）上单调递减，

20、在区间（1，+）上单调递增（2）（i）解：g（x）（x1）2，令F（x）f（x）g（x）（x1）lnx（x1）2（x1）（lnxx+1），令h（x）lnxx+1，则，当0x1时，h（x）0，h（x）单调递增，当x1时，h（x）0，h（x）单调递减，所以h（x）h（1）0，所以当0x1时，lnxx+10，所以F（x）0，即f（x）g（x），当x1时，lnxx+10，所以F（x）0，即f（x）g（x），（ii）证明：如图，令f（x1）f（x2）mg（x3）g（x4）（x1x2，x3x4），所以x3x1x4x2，所以x1+x2x3+x4，因为g（x）（x1）2的图象关于直线x1对称，所以x3+x42

21、，所以x1+x22选修4-4：坐标系与参数方程22【解析】（1）因为曲线E的极坐标方程为，整理得，所以2（cos2+4sin2）4，所以2cos2+42sin24又因为cosx，siny，所以x2+4y24，即曲线E的直角坐标方程为（2）由（1）可知E的参数方程为（t为参数），则则可看作是圆x2+y21上一点M（cost，sint）与点（1，2）连线l的斜率，设l的方程为y2k（x1），即kxyk+20，由，得所以z的最小值为选修4-5：不等式选讲23【解析】（1）证明：令，则因为f（x）0，所以f（x）单调递增当xx1时，F（x1）0，当xx1时，所以所以F（x）单调递增因为F（x1）0，所以当xx1时，F（x）0当xx1时，所以，所以F（x）单调递减所以当xx1时，F（x）F（x1）0综上，xR，（2）证明：令，x0，+），则，由（1）得，所以所以：