2021鹤壁高中高二下学期第二次段考数学（理）试题含答案

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鹤壁市高中2022届高二检测（二）理数试卷

一．选择题
1．已知集合A＝{﹣4，﹣2，﹣1，0，1，2，4}，B＝{x|x2﹣x﹣2≥0}，则A∩B＝（　　）
A．{﹣4，﹣2，4} B．{﹣4，﹣2，﹣1，2，4}
C．{﹣4，2，4} D．{﹣4，﹣2，1，2，4}
2．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．“cosθ＜0”是“θ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a＞b＞0，若logab+logba＝，ab＝ba，则＝（　　）
A． B．2 C．2 D．4
5．2013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（　　）
A． B． C． D．
6．函数f（x）＝的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
7．设函数f（x）＝sinωx+cosωx（ω＞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π，则ω的取值范围为（　　）
A．（） B．（0，2） C．(（1，2） D．[1，2）
8．已知点P（m，n）是函数y＝图象上的动点，则|4m+3n﹣21|的最小值是（　　）
A．25 B．21 C．20 D．4
9．已知（x2﹣）4（1+ax）的展开式中常数项系数为4，则a＝（　　）
A．﹣4 B．1 C． D．﹣1
10．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1＝3AB，E为CC1的中点，点F在棱DD1上，且D1F＝2DF，则异面直线AE与CF所成角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
11．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AF1⊥AF2，则C2的离心率为（　　）
A． B． C． D．
12．设Sn为数列{an}的前n项和，Sn+，则数列{Sn}的前7项和为（　　）
A．﹣ B．﹣ C．﹣ D．﹣
二．填空题
13．已知x，y满足约束条件则z＝3x+4y的最小值为　 　．
14．已知向量，满足||＝2||＝4，且•，则向量，的夹角是　 　．
15．函数f（x）＝xlnx﹣x3﹣x+1的图象在x＝1处的切线方程是　 　．
16．如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1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＝，∠B＝45°．
（1）求边BC的长；
（2）在边BC上取一点D，使得cos∠ADB＝，求sin∠DAC的值．

18．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）若＝2，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．



19．教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补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：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，点P在抛物线E上，点P的横坐标为2，且|PF|＝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AP⊥AB，求点B的横坐标的取值范围．
21．已知函数f（x）＝x•ex﹣alnx﹣ax．
（1）若a＝e，讨论f（x）的单调性；
（2）若对任意x＞0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（θ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ρsin（θ+）＝．
（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θ＝，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AB的长．
23．已知a＞b＞0，函数f（x）＝|x+|．
（1）若a＝1，b＝，求不等式f（x）＞2的解集；
（2）求证：f（x）+|x﹣a2|≥4．
鹤壁市高中2022届高二检测（二）理数答案
一． 选择题 BABBD ACCDB BB
4．解：对ab＝ba两边取以a为底的对数，得，即b＝alogab，
同理有：a＝blogba，
代入logab+logba＝，得，
因为a＞b＞0，所以，
所以，，
故选：B．
8．解：由y＝，得（x+1）2+y2＝1（y≥0）
令x+1＝cosθ，y＝sinθ，0≤θ≤π，
得x＝﹣1+cosθ，y＝sinθ，
∵点P（m，n）是函数y＝图象上的动点，
则4m+3n﹣21＝4（﹣1+cosθ）+3sinθ﹣21＝3sinθ+4cosθ﹣25＝5sin（θ+φ）﹣25，（tanφ＝）．
∴当5sin（θ+φ）＝5时，|4m+3n﹣21|取最小值20．
故选：C．
12．解：当n＝1时，a1＝S1＝﹣a1﹣，解得a1＝﹣，
当n≥2时，Sn﹣1+＝（﹣1）n﹣1an﹣1，又Sn+＝（﹣1）nan，
两式相减可得an＝Sn﹣Sn﹣1＝（﹣1）nan﹣（﹣1）n﹣1an﹣1+，
当n为偶数时，an﹣1＝﹣；
当n为奇数时，2an+an﹣1＝，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：B．
13．﹣13． 14．． 15．3x+y﹣2＝0 16. [0，8]．
16．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MN＝4，
以D为原点建立空间直角坐标系如右图：
根据直径的任意性，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＝（2﹣x，2﹣y，4﹣z），＝（2﹣x，2﹣y，﹣z），
所以•＝（2﹣x）2+（2﹣y）2﹣z（4﹣z）
＝（x﹣2）2+（y﹣2）2+（z﹣2）2﹣4，x∈[0，2]，y∈[0，2]，z∈[0，2]，
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z＝0时，
有•＝（x﹣2）2+（y﹣2）2，
所以当x＝y＝2时，•＝0，此时•最小，
当P位于正方形的顶点D，即x＝0，y＝0，z＝0时，
•最大，•＝8．
综上所述，•的取值范围为[0，8]．
故答案为：[0，8]．

17．解：（1）在△ABC中，因为，
由余弦定理知，b2＝a2+c2﹣2accosB，
所以，即a2﹣2a﹣3＝0，
解得a＝3或a＝﹣1（舍），
所以BC＝3．
（2）在△ABC中，由正弦定理知，，
所以，解得，
因为cos∠ADB＝，
所以，即∠ADC为钝角，且sin∠ADC＝，
又∠ADC+∠C+∠CAD＝180°，
所以∠C为锐角，
所以，
所以sin∠DAC＝sin（180°﹣∠ADC﹣∠C）＝sin（∠ADC+∠C）
＝sin∠ADCcos∠C+cos∠ADCsin∠C
＝．
18．（1）证明：如图所示，取AC的中点O连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC，
△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD，
∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°，
∵DO＝，∴DO2+BO2＝AB2＝BD2，∴∠BOD＝90°，∴OB⊥OD，
又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．
又OB⊂平面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AB＝2，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x＝3，得＝（3，，3）．
同理可得：平面ACE的法向量为＝（0，1，﹣）．
∴cos＜＞＝＝﹣，
∴二面角D﹣AE﹣C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 P＝C；
（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ω表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，ω可能的取值有 0，1，2，
则P（ω＝0）＝，P（＝，P（ω＝2）＝，
设ξ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（ξ＝0）＝，
P（ξ＝1）＝，
P（ξ＝2）＝，
因为 P（ξ＝1）＞P（ξ＝0）＞P（ξ＝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p2﹣4p+4＝0，即p＝2，
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y．
（2）由题意知P（2，1），
设，
则，
因为x1≠﹣2，所以，AB所在直线方程为，
联立x2＝4y．
因为x≠x1，得（x+x1）（x1+2）+16＝0，
即，
因为△＝（x+2）2﹣4（2x+16）≥0，
即x2﹣4x﹣60≥0，
故x≥10或x≤﹣6，
经检验，当x＝﹣6时，不满足题意．
所以点B的横坐标的取值范围是（﹣∞，﹣6）∪[10，+∞）．
21．解：（1）f（x）＝x•ex﹣alnx﹣ax，x＞0，
则f′（x）＝（x+1）ex﹣a（+1）＝（x+1）（ex﹣），
当a＝e时，令f′（x）＜0，得0＜x＜1；
令f′（x）＞0，得x＞1；
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a＜0时，f（x）单调递增，f（x）的值域为R，不符合题意；
当a＝0时，则f（）＝＜1，也不符合题意．
当a＞0时，易知f′（x）为增函数，当x→0时，f′（x）→﹣∞，当x→+∞，f′（x）→+∞，
所以f′（x）＝0有唯一解x0，此时x0＝a，
因此f（x）min＝f（x0）＝x0﹣alnx0﹣ax0＝a﹣alna﹣ax0＝a﹣alna，
故只需a﹣alna≥1．
令t＝，上式即转化为lnt≥t﹣1，
设h（t）＝lnt﹣t+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）max＝h（1）＝0，
所以lnt≤t﹣1．
因此，lnt＝t﹣1，所以t＝1，
从而有＝t＝1，可得a＝1．
故满足条件的实数为a＝1．
22．解：（1）由，转换为直角坐标方程为x2+（y﹣1）2＝1，
由直线l的极坐标方程为ρsin（θ+）＝．
根据，转换为直角坐标方程为：．
（2）曲线C的方程可化为x2+y2﹣2y＝0，
所以曲线C的极坐标方程为ρ＝2sinθ，
由题意设A（），B（），
将代入ρ＝2sinθ，得到ρ1＝1．
将代入ρsin（θ+）＝，得到ρ2＝，
所以|AB|＝|ρ1﹣ρ2|＝1．
23．解：（1）依题意，当a＝1，b＝时，得f（x）＝|x+4|，
则f（x）＞2⇔|x+4|＞2⇔x+4＞2或x+4＜﹣2，
解得x＞﹣2或x＜﹣6．
故不等式f（x）＞2的解集为{x|x＞﹣2或x＜﹣6}；
证明：（2）依题意，f（x）+|x﹣a2|≥4⇔|x+|+|x﹣a2|≥4，
∵|x+|+|x﹣a2|≥|x+﹣（x﹣a2）|＝，
又a＝b+a﹣b，∴，
故．
当且仅当a＝，b＝时，等号成立．
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日期：2021/3/15 8:51:47；用户：乔辰；邮箱：hbgz600@xyh.com；学号：26069558