2019年河南郑州市高三下册第二次质量预测理数试卷（二模含答案）.docx

1、 2019 年高中毕业年级第二次质量预测(郑州) 数学（理科）参考答案 一、选择题： BDBCD CAACD CA 二、填空题： 13.16； 14.; 5 4 15.; 3 2 16. ln2 (0,. 2 三、解答题： 17.解： （1）在数列*+中，= 1( 2) = + 1且 0，式式得： 1= 1 ( 2)， 数列*+以1 11 aS为首项，公差为 1 的等差数列， .nS, n) 1n(1S 2 nn 3 分 当 2时，12) 1( 22 1 nnnSSa nnn ， 当 = 1时，1 1 a，也满足上式， 数列*+的通项公式为12 nan. 6 分 （2）由（1）知， 12 2)

2、 12(12 n nn ncna， 则 1253 2) 12(252321 n n nT 1212753 2) 12(2)32(2523214 nn n nnT -得， 12 22 121253 2) 12( 41 )21 (8 222) 12()222(223 n n nn n nnT 12 2)2 3 5 ( 3 10 n n . 9 102)5n6( T 1n2 n 12 分 18.解： （1）证明：等腰直角中 90B，即 ， 又平面 平面， 平面 平面 = ， 平面， 平面， 又 平面， . 4 分 （2）由（1）知,ABEFBC平面故建立如图所示空间直角坐标系 ， 设 = 1，则由已

3、知可得(0,0,0)，(0,2,0)， (3 2,0, 3 2 )，(1,0,3)， = (1,2,3)， = (5 2,0, 3 2 )，)0 , 2 , 0(BC， 设平面的一个法向量为 = (,)，则有 = 0 = 0 + 2 3 = 0 5 2 3 2 = 0 令 = 3，则 = 5, = 23，即 = (3,23,5). 设平面BCE的一个法向量),( 111 zyxm，则有 111 1 111 3, 0, 02 032 0 0 zxy y zyx BCm ECm ，令) 1 , 0 , 3(, 3 1 mx则， 设二面角BCEF 的平面角为，则 5 15 sin, 5 10 102

4、2 53 cos nm nm ， 所以二面角BCEF的的正弦值为 5 15 . 12 分 19.解： （）由题可知，选考方案确定的男生中确定选考生物的学生有 8 人，选考方案确定的女 生中确定选考生物的学生有 20 人，则该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有 392840 60 36 36 28 人2 分 （） 选历史 不选历史 总计 选考方案确定的男生 4 12 16 选考方案确定的女生 16 4 20 总计 20 16 36 由列联表可得，828.1089.10 100 1089 16201620 111636 16201620 )161244(36 222 2 K， 所以有

5、 99.9%把握认为选历史与性别有关. 6 分 （）由数据可知，选考方案确定的男生中有 8 人选择物理、化学和生物；有 4 人选择物理、化 学和历史；有 2 人选择物理、化学和地理；有 2 人选择物理、化学和政治 由已知得的取值为 0,1 ）（或 10 7 )0( 10 7 ) 1(1)0(, 10 3 ) 1( 2 16 1 2 1 2 1 4 1 4 1 8 1 8 2 16 2 2 2 2 2 4 2 8 C CCCCCC PPP C CCCC P 所以的分布列为 所以 10 3 10 3 1 10 7 0)(E 12 分 20.解： （1）设动点(,),(0,0)，由于 轴于点. (0

6、,0).又圆1：2+ 2= 2( 0)与直线22: 0 xyl即022 yx相切， 2 2 22 r，圆4: 22 1 yxC 0 1 P 10 7 10 3 由题意，ONAMOM，得 yy xx yy xxx xyyxxyx 202 2 )0 ,(),(),( 0 0 0 00 000 ，即， 又点为圆1上一动点，44 22 yx 所以曲线的方程为1 4 2 2 y x . 5 分 （2）当PQ的斜率不存在时，设直线OP的方程为：xy 2 1 ， 不妨取点) 2 2 ,2(P，则) 2 2 ,2(Q，)0 ,2(T，2OT. 当PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为：mkxy， 2211 ,y

7、xQyxP 由 44 22 yx mkxy 可得044841 222 mkmxxk， 2 2 21 2 21 41 44 , 41 8 k m xx k km xx . 12 1 4 k k ， 04 2121 xxyy. 04 41 32 44 44144 2 2 22 2 2 2121 2 2121 m k mk m mxxkmxxkxxmkxmkx 化简得： 2 1 ,412 222 mkm. 01614164414464 2222222 mmkmkmk， 设 00,y xT，则 m k k kmxx x 2 41 4 2 2 21 0 ， m mkxy 2 1 00 . 2, 2 1

8、4 3 2 4 14 222 2 2 0 2 0 2 mmm k yxOT， 2 2 2 ，OT. 综上，OT的取值范围为 2, 2 2 12 分 21.解： （1）函数定义域为(,). 2 ( )22(1)2(22)(),g xxa xaxxa 由( )01,g xxxa 或 当1a 时， (, ),( )0, ( )(, ) ( , 1),( )0, ( )( , 1) ( 1,),( )0, ( )( 1,) xa g xg xa xag xg xa xg xg x 在上为增函数, 在上为减函数, 在上为增函数. 当1a 时，(,),( )0, ( )(,)xg xg x 在上为增函数，

9、 当1a 时， (, 1),( )0, ( )(, 1) ( 1, ),( )0, ( )( , 1) ( ,),( )0, ( )( ,) xg xg x xa g xg xa xag xg xa 在上为增函数, 在上为减函数, 在上为增函数. 5 分 （2） ( )f xg x ( )( )0g xf x ，设 ( )( )F xg xf x则 )1(ln12)1 (22 1 )(ln12)( 22 axxxaxax x xxxxxF）（）（， 因为0,x，令 0Fx ，得ln+10xxa. 设 ln+1h xxxa，由于 h x在0,上单递增， 当0x时， h x ；当x 时， h x

10、， 所以存在唯一 0 0,x ，使得 0 0h x，即 00 l+1naxx . 当 0 0xx时， 0Fx ，所以 F x在 0 0,x上单调递减； 当 0 xx时， 0Fx ，所以 F x在 0, x 上单调递增. 当0,x时， 232 0000000 min 2 ln1 3 FxFxxxxxaxaxb 232 0000000000 2 lnlnln1 3 xxxxxxxxxxb 32 000 1 3 xxxb . 因为 ( )f xg x恒成立， 所以 32 000 min 1 0 3 F xxxxb ，即 32 000 1 3 bxxx. 3232 0000000 11 2222ln

11、33 baxxxaxxxx . 设 32 0000 1 2ln,0, 3 2xxxxxx， 则 2 3 2 2 132 2+22 21 xxx xxx xxx xxx 当01x时， 0x，所以 x在0,1上单调递减； 当1x 时， 0x，所以 x在1,上单调递增. 当0,x时， min 12x . 所以当 0 1x ，即 32 00000 17 1+ln2, 33 axxbxxx时，min 5 2 3 ba .12 分 22.解（1）已知曲线C的标准方程为 22 1 124 xy ，P的坐标为2,0， 将直线l的参数方程 2 2 2 2 2 xt yt 与曲线C的标准方程 22 1 124 x

12、y 联立， 得 2 240tt，则 1 2 | | | 4PAPBt t. -5 分 (2)由曲线C的标准方程为 22 1 124 xy ，可设曲线 C 上的动点(2 3cos ,2sin )A， 则以A 为顶点的内接矩形周长为4(2 3cos2sin )16sin() 3 ，0 2 . 因此该内接矩形周长的最大值为 16，当且仅当 6 时等号成立. -10 分 23.解（1）当1a 时，1x 2 ,1, 112, 11, 2 ,1, x x f xxxx x x 当1x， 2 2 ,1.xxx x 当11x ， 2 2,12xxxx 或，舍去. 当1x ， 2 2 ,3.xxx x综上，原不等式的解集为 |13x xx 或 . -5 分 （2） 1 (1)1, 1 1(1)1, (1)1, axa x a f xaxxaaxaxa a axa xa 当01a时， 2 min( ) ( )12,1fxf aaa ； 当1a 时， min 11 ( )()2,1fxfaa aa ；综上，1,)a . -10 分