河南省鹤壁市高中2020_2021学年高二数学下学期第二次段考试题理202104170131.doc

1、河南省鹤壁市高中2020-2021学年高二数学下学期第二次段考试题 理一选择题1已知集合A4，2，1，0，1，2，4，Bx|x2x20，则AB（）A4，2，4B4，2，1，2，4C4，2，4D4，2，1，2，42已知复数z+3i，则复数z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3“cos0”是“为第二或第三象限角”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知ab0，若logab+logba，abba，则（）AB2C2D452013年5月，华人数学家张益唐的论文素数间的有界距离在数学年刊上发表，破解了困扰数学界长达一个多世纪的难题，证明了

2、孪生素数猜想的弱化形式，即发现存在无穷多差小于7000万的素数对，这是第一次有人证明存在无穷多组间距小于定值的素数对孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题中的第8个，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p+2是素数，素数对（p，p+2）称为孪生素数在不超过16的素数中任意取出不同的两个，则可组成孪生素数的概率为（）ABCD6函数f（x）的图象大致为（）ABCD7设函数f（x）sinx+cosx（0），其图象的一条对称轴在区间（）内，且f（x）的最小正周期大于，则的取值范围为（）A（）B（0，2）C(（1，2）D1，2）8已知点P（m，n）是函数y图象上的动点，则|4m+3n21|

3、的最小值是（）A25B21C20D49已知（x2）4（1+ax）的展开式中常数项系数为4，则a（）A4B1CD110在长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA13AB，E为CC1的中点，点F在棱DD1上，且D1F2DF，则异面直线AE与CF所成角的余弦值是（）ABCD11已知F1，F2是椭圆C1：与双曲线C2的公共焦点，A是C1，C2在第二象限的公共点若AF1AF2，则C2的离心率为（）ABCD12设Sn为数列an的前n项和，Sn+，则数列Sn的前7项和为（）ABCD二填空题13已知x，y满足约束条件则z3x+4y的最小值为 14已知向量，满足|2|4，且，则向量，的夹角是

4、 15函数f（x）xlnxx3x+1的图象在x1处的切线方程是 16如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，MN是它内切球的一条弦（我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦），P为正方体表面上的动点，当弦MN的长度最大时，的取值范围是 三解答题17在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b，B45（1）求边BC的长；（2）在边BC上取一点D，使得cosADB，求sinDAC的值18如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD（1）证明：平面ACD平面ABC；（2）若2，求二面角DAEC的余弦值19教育是阻断贫困代际传递的根本之策补

5、齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在治贫先治愚，扶贫先扶智为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，郑州市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动支教活动共3分批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从5人中随机抽选已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验（1）求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次活动中有且只有一次被抽选到的概率；（2）求第二次抽选时，选到没有支教经验的教师的人数最有可能是几人？请说明理由；20已知抛物线E：x22py（p0）的焦点为F，点P在抛物线E上，点P的横坐标为2，且|PF|

6、2（1）求抛物线E的标准方程；（2）若A，B为抛物线E上的两个动点（异于点P），且APAB，求点B的横坐标的取值范围21已知函数f（x）xexalnxax（1）若ae，讨论f（x）的单调性；（2）若对任意x0恒有不等式f（x）1成立，求实数a的值选做题（请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按第一题计分）22在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin（+）（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）射线OP的极坐标方程为，若射线OP与曲线C的交点为A（异于点O），与直线l的交点为B，求线段A

7、B的长23已知ab0，函数f（x）|x+|（1）若a1，b，求不等式f（x）2的解集；（2）求证：f（x）+|xa2|4鹤壁市高中2022届高二检测（二）理数答案一 选择题 BABBD ACCDB BB4解：对abba两边取以a为底的对数，得，即balogab，同理有：ablogba，代入logab+logba，得，因为ab0，所以，所以，故选：B8解：由y，得（x+1）2+y21（y0）令x+1cos，ysin，0，得x1+cos，ysin，点P（m，n）是函数y图象上的动点，则4m+3n214（1+cos）+3sin213sin+4cos255sin（+）25，（tan）当5sin（+）5

8、时，|4m+3n21|取最小值20故选：C12解：当n1时，a1S1a1，解得a1，当n2时，Sn1+（1）n1an1，又Sn+（1）nan，两式相减可得anSnSn1（1）nan（1）n1an1+，当n为偶数时，an1；当n为奇数时，2an+an1，即有an，所以数列an的奇数项和偶数项均为等比数列，且公比均为，且a1，a2，所以数列Sn的前7项和为S1+S2+S3+S4+S5+S6+S7+0+0+0，故选：B1313 14 153x+y20 16. 0，816解：因为MN是它内切球的一条弦，所以当弦MN经过球心时，弦MN长度最大，此时MN4，以D为原点建立空间直角坐标系如右图：根据直径的任

9、意性，不妨设M，N分别是上下底面的中心，则M（2，2，4），N（2，2，0），设P（x，y，z），则（2x，2y，4z），（2x，2y，z），所以（2x）2+（2y）2z（4z）（x2）2+（y2）2+（z2）24，x0，2，y0，2，z0，2，因为点P为正方体表面上动点，所以根据x，y，z的对称性可知，的取值范围与点P在哪个面上无关，不妨设点P在底面ABCD上，即z0时，有（x2）2+（y2）2，所以当xy2时，0，此时最小，当P位于正方形的顶点D，即x0，y0，z0时，最大，8综上所述，的取值范围为0，8故答案为：0，817解：（1）在ABC中，因为，由余弦定理知，b2a2+c22acco

10、sB，所以，即a22a30，解得a3或a1（舍），所以BC3（2）在ABC中，由正弦定理知，所以，解得，因为cosADB，所以，即ADC为钝角，且sinADC，又ADC+C+CAD180，所以C为锐角，所以，所以sinDACsin（180ADCC）sin（ADC+C）sinADCcosC+cosADCsinC18（1）证明：如图所示，取AC的中点O连接BO，ODABC是等边三角形，OBAC，ABD与CBD中，ABBDBC，ABDCBD，ABDCBD，ADCD，ACD是直角三角形，AC是斜边，ADC90，DO，DO2+BO2AB2BD2，BOD90，OBOD，又DOACO，OB平面ACD又OB平

11、面ABC，平面ACD平面ABC（2）解：由题知，点E是BD的三等分点，建立如图所示的空间直角坐标系不妨取AB2，则O（0，0，0），A（1，0，0），C（1，0，0），D（0，0，0），B（0，0），E（0，）（1，0，1），（1，），（2，0，0），设平面ADE的法向量为（x，y，z），则，取x3，得（3，3）同理可得：平面ACE的法向量为（0，1，）cos，二面角DAEC的余弦值为19解：（1）5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到概率为，则三次抽取中，“甲”恰有一次被抽取到的概率 PC；（2）第二次抽取到的没有支教经验的教师人数最有可能是1人，设表示第一次抽取到的无支教经验的教师人

12、数，可能的取值有 0，1，2，则P（0），P（，P（2），设表示第二次抽取到的无支教经验的教师人数，可能的取值有0，1，2，则P（0），P（1），P（2），因为 P（1）P（0）P（2），故第二次抽取到的无支教经验的教师人数最有可能是1人；20解：（1）依题意得，设，又点P是E上一点，所以，得p24p+40，即p2，所以抛物线E的标准方程为x24y（2）由题意知P（2，1），设，则，因为x12，所以，AB所在直线方程为，联立x24y因为xx1，得（x+x1）（x1+2）+160，即，因为（x+2）24（2x+16）0，即x24x600，故x10或x6，经检验，当x6时，不满足题意所以点B的横坐

13、标的取值范围是（，6）10，+）21解：（1）f（x）xexalnxax，x0，则f（x）（x+1）exa（+1）（x+1）（ex），当ae时，令f（x）0，得0x1；令f（x）0，得x1；综上，当x（0，1）时，f（x）单调递减；当x（1，+）时，f（x）单调递增（2）当a0时，f（x）单调递增，f（x）的值域为R，不符合题意；当a0时，则f（）1，也不符合题意当a0时，易知f（x）为增函数，当x0时，f（x），当x+，f（x）+，所以f（x）0有唯一解x0，此时x0a，因此f（x）minf（x0）x0alnx0ax0aalnaax0aalna，故只需aalna1令t，上式即转化为lntt1

14、，设h（t）lntt+1，则h（x），因此h（t）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，从而h（x）maxh（1）0，所以lntt1因此，lntt1，所以t1，从而有t1，可得a1故满足条件的实数为a122解：（1）由，转换为直角坐标方程为x2+（y1）21，由直线l的极坐标方程为sin（+）根据，转换为直角坐标方程为：（2）曲线C的方程可化为x2+y22y0，所以曲线C的极坐标方程为2sin，由题意设A（），B（），将代入2sin，得到11将代入sin（+），得到2，所以|AB|12|123解：（1）依题意，当a1，b时，得f（x）|x+4|，则f（x）2|x+4|2x+42或x+42，解得x2或x6故不等式f（x）2的解集为x|x2或x6；证明：（2）依题意，f（x）+|xa2|4|x+|+|xa2|4，|x+|+|xa2|x+（xa2）|，又ab+ab，故当且仅当a，b时，等号成立