河南省2022届高三(下)第二次质检数学试卷(理)(乙卷)(含答案)

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A＝{x|x＞2}，B＝{x|x2﹣x﹣6＞0}，则A∪∁R B＝（）
A．[﹣2，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣2]D．（﹣∞，3]
2．（5分）已知，则z的虚部为（）
A．1B．﹣1C．i D．﹣i
3．（5分）已知函数f（x）＝sin x+cos x，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{a n}的前n项和为S n，若a1＝3，S11＝a5a6，则（）
A．a n＝3n B．a n＝2n+1C．a n＝4n﹣1D．a n＝8n﹣5
5．（5分）1851年，法国的物理学家傅科（1819～1868）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φ越高，摆动平面转动速度越快，角速度与sinφ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：sin40°≈0.64）
A．15.4小时B．24小时C．37.5小时D．54小时
6．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为BC，CC1的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上下两部分，则下部分几何体的正视图为（）
A．B．
C．D．
7．（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（）
A．24种B．36种C．48种D．72种
8．（5分）已知数列{a n}的通项公式为，记a N为{a n}中第一个七位数字，则N＝（）（参考数据：lg2≈0.3010）
A．19B．20C．21D．22
9．（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（）
A．B．
C．D．
10．（5分）已知函数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，则使得“M1＞M2”成立的充要条件为（）
A．∀x1∈[a，b]，∀x2∈[a，b]，f（x1）＞g（x2）
B．∀x1∈[a，b]，∃x2∈[a，b]，f（x1）＞g（x2）
C．∃x1∈[a，b]，∀x2∈[a，b]，f（x1）＞g（x2）
D．∀x∈[a，b]，f（x）＞g（x）
11．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，△ABC和△BCD均为边长为2的等边三角形，若AB⊥CD，则二面角A﹣BC﹣D的余弦值为（）
A．B．C．D．
12．（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＝（）
A．
B．
C．
D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，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+y2＝4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∃M＞0，∀x∈I，|f（x）|≤M．则下列函数中，所有符合上述条件的序号是．①；
②；
③；
④．
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17～21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，c＝2，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．
（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①；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②．当同时满足①②两种情况得3分；仅满足情况①得2分；仅满足情况②得1分；其他情况得0分．求得分的分布列及数学期望．123
456
789
19．（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①），AC＝4，AA1＝2，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ABC﹣A1B1C1（图②），平面AB1C1将此三棱柱分割成两部分．（1）当四棱锥A﹣BCC1B1为阳马时，证明：三棱锥A﹣A1B1C1为鳖臑；
（2）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，当AC＝2时，求锐二面角A1﹣AC1﹣B1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0．
21．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣1）ln x．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）（ⅰ）写出一个二次函数g（x）满足g（1+x）＝g（1﹣x），且当x∈（0，1）时，f（x）＞g（x），当x∈（1，+∞）时，f（x）＜g（x），并说明理由；
（ⅱ）设x1≠x2，若f（x1）＝f（x2），证明：x1+x2＞2．
[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x1∈R，若f''（x）＞0，证明：∀x∈R，；（2）已知a＞0，b＞0，且a+b＝1，证明：．
参考答案
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．A
【解析】集合A＝{x|x＞2}，
集合B＝{x|x2﹣x﹣6＞0}＝{x|x＜﹣2或x＞3}，
∴∁R B＝[﹣2，3]，
∴A∪∁R B＝[﹣2，+∞）．
故选：A．
2．A
【解析】设z＝a+b i，则＝a﹣b i，
∵，
∴（a+b i）（2+a﹣b i）＝2i，
∴，解得b＝1，
故z的虚部为1，
故选：A．
3．D
【解析】f（x）＝sin x+cos x＝sin（x+），
由x+＝kπ+，k∈Z，得x＝kπ+，k∈Z，
当k＝0时，对称轴为x＝，
当k＝1时，对称轴为＝，
故选：D．
4．B
【解析】设等差数列{a n}的公差为d，
由S11＝a5a6，得11a1+55d＝（a1+4d）（a1+5d），
又a1＝3，得33+55d＝（3+4d）（3+5d），即20d2﹣28d﹣24＝0，
因为a1＞0，{a n}为正项等差数列，所以解得d＝2或d＝﹣（舍去），
所以a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1．
故选：B．
5．C
【解析】设角速度ω＝k sinφ（k≠0），故旋转一周所用的时间t＝，
当φ＝90°＝时，t＝24，故k＝，所以t＝，
当“傅科摆”处于北纬40°时，t＝≈37.5（小时）．
故选：C．
6．A
【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：A．
7．B
【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：
①先在3人中选出1个人，由他打2场单打比赛，有C31C42＝18种情况，
②剩下2人，参加一次双打，一次单打，有A22＝2种情况，
则有3×6×2＝36种参赛组合；
故选：B．
8．B
【解析】根据题意，数列{a n}的通项公式为，
若2n≥106，则有lg2n≥lg106，
变形可得n lg2≥6，解可得n≥≈19.9，又由n∈N+，则n＝20；
故选：B．
9．D
【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；
∵＝﹣+
＝﹣（﹣）+
＝+，
∵0＜＜1，且+＝＜1，
∴点P位于△AOF内部，
故选项D正确；
故选：D．
10．C
【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“M1＞M2”⇔∃x1∈[a，b]，∀x2∈[a，b]，f（x1）＞g（x2），
故选：C．
11．C
【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AE⊥BC，DE⊥BC，则∠AED即为所求．
设AD＝x，由题意可得：
，
即，
解得x＝2，负值x＝﹣2舍去，
结合余弦定理可得．
故选：C．
12．A
【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S△ACD＝CD•h＝AD•AC sin∠CAD，S△ABD＝BD•h＝AD•AB sin∠BAD，
因为AD平分∠BAC，所以sin∠CAD＝sin∠BAD，
所以＝＝，即CD＝BC，
所以S△ACD＝S△ABC＝••3•2•sin60°＝．
故答案为：．
14．
【解析】记A（﹣2，0），B（0，2），C（2，0），D（0，﹣2），P（﹣3，﹣1）．
当k CP＜k l＜k BP，即时，两个交点分别位于第一、三象限，满足题意；
当k DP＜k l＜k CP，即时，两个交点分别位于第三、四象限，满足题意；
当k l＞k BP＝1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：．
15．③④
【解析】根据题意，∃M＞0，∀x∈I，|f（x）|≤M，即﹣M≤f（x）≤M，
依次分析所给的4个函数
对于①，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②，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③，f（x）＝＝＝1﹣，其定义域为R，函数y＝e2x为增函数，
则f（x）在R上为增函数，
又由e2x＞0，则e2x+1＞1，则有﹣1＜f（x）＜1，即存在M＝1，有∀x∈I，|f（x）|≤1，符合条件；
对于④，f（x）＝，y＝e﹣x＝（）x，在R上为减函数，则f（x）在R上为增函数，
又由e﹣x＞0，则e﹣x+1＞1，则有0＜f（x）＜1，即存在M＝1，有∀x∈I，|f（x）|≤1，符合条件；
则符合条件的是③④；
故答案为：③④．
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17～21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2ab cos C＝2bc sin A，
所以a cos C＝c sin A，
由正弦定理得sin A cos C＝sin C sin A．
因为0＜A＜π，所以sin A≠0，所以tan C＝＝1．
因为0＜C＜π，所以．
（2）因为，所以由正弦定理得．
由余弦定理知
，
所以b ＝c ＝2，b 2+c 2＝a 2，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： X 0
1
2 3
P
故
．
19．（1）证明：因为AA 1⊥A 1B 1，所以△AA 1B 1为直角三角形． 当四棱锥A ﹣BCC 1B 1为阳马时，AB ⊥平面BCC 1B 1，
因为B1C1⊂平面B1BCC1，所以AB⊥B1C1．
因为BB1⊥B1C1，且BB1∩AB＝B，所以B1C1⊥平面ABB1A1，
因为AB1⊂平面AA1B1B，所以AB1⊥B1C1，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AA1⊥B1C1．
因为AA1⊥A1B1，且A1B1∩B1C1＝B1，所以AA1⊥平面A1B1C1．
因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥A1C1，
即△AA1C1为直角三角形，所以三棱锥A﹣A1B1C1为鳖臑．
（2）解：取BC的中点O，连接AO．
因为BC⊥BB1，AB⊥BB1，且BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BB1⊥平面ABC．
又AO⊂平面ABC，所以BB1⊥AO．
又因为在等边三角形ABC中，AO⊥BC，且BC∩BB1＝B，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A1﹣AC1﹣B1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y＝kx+m，y＝﹣kx+n，
联立整理得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，Δ＝16（4k2﹣m2+1）＞0，即4k2＞m2﹣1，设A（x A，y A），B（x B，y B），C（x C，y C），D（x D，y D），
所以，，
同理，，．
要证k AC+k BD＝0，只要证，
即证，
即证2k（x A x B﹣x C x D）+（m﹣n）（x A+x B﹣x C﹣x D）＝0，
整理得，
即证2k（4m2﹣4n2）﹣（m﹣n）（8km+8kn）＝0，显然该式成立．故原命题得证．21．（1）解：f（x）＝（x﹣1）ln x，则＝，
令φ（x）＝x﹣1+x ln x，x∈（0，+∞），
当x∈（0，1）时，x﹣1＜0，x ln x＜0，所以φ（x）＜0；
当x∈[1，+∞）时，x﹣1≥0，x ln x≥0，所以φ（x）≥0．
所以f（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．
（2）（i）解：g（x）＝（x﹣1）2，
令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝（x﹣1）ln x﹣（x﹣1）2＝（x﹣1）（ln x﹣x+1），
令h（x）＝ln x﹣x+1，则，当0＜x＜1时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x＞1时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，所以h（x）≤h（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，ln x﹣x+1＜0，所以F（x）＞0，即f（x）＞g（x），
当x＞1时，ln x﹣x+1＜0，所以F（x）＜0，即f（x）＜g（x），
（ii）证明：如图，令f（x1）＝f（x2）＝m＝g（x3）＝g（x4）（x1＜x2，x3＜x4），
所以x3＜x1＜x4＜x2，所以x1+x2＞x3+x4，
因为g（x）＝（x﹣1）2的图象关于直线x＝1对称，所以x3+x4＝2，所以x1+x2＞2．
[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ρ2（cos2θ+4sin2θ）＝4，
所以ρ2cos2θ+4ρ2sin2θ＝4．
又因为ρcosθ＝x，ρsinθ＝y，
所以x2+4y2＝4，
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+y2＝1上一点M（cos t，sin t）与点（1，2）连线l的斜率，
设l的方程为y﹣2＝k（x﹣1），
即kx﹣y﹣k+2＝0，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x＝x1时，F（x1）＝0，当x＞x1时，，
所以．
所以F（x）单调递增．因为F（x1）＝0，所以当x＞x1时，F（x）＞0．
当x＜x1时，，所以，
所以F（x）单调递减．所以当x＜x1时，F（x）＞F（x1）＝0．
综上，∀x∈R，．
（2）证明：令，x∈[0，+∞），则，，由（1）得，
所以．所以：．。