【郑州二测】郑州市2018届高三第二次质量预测理科数学(含答案)

河南省郑州市2018届高三第二次质量预测理综物理试题第I卷二、选择题：本题共8小题，毎小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．关于近代物理学，下列说法正确的是A．光电效应现象揭示了光具有波动性B．—群氢原子从n＝4的激发态跃迁时，最多能辐射6种不同频率的光子C．卢瑟福通过粒子散射实验证实原子核由质子和中子组成D．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经过7.6天后一定剩下1个氡原子核15．如图所示，斜面体B放在粗糙的水平面上，物块A放在粗糙的斜面体B上，轻质弹簧两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态。

现用力F沿斜面向上拉A，但A、B均保持静止。

下列说法正确的是A．弹簧对挡板的弹力减小B．A、B之间的摩擦力减小C．水平面对B的摩擦力不变D．斜面体B对地面的压力减小16．如图所示，A为置于地球赤道上的物体，B为绕地球椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，B、C运行轨道与赤道在同一平面内，P为B、C两卫星轨道的交点，巳知A、B、C绕地心运动的周期相同，下列说法正确的是A．卫星B在近地点的速度大于卫星C的速度B．卫星B在P点的加速度大于卫星C的加速度C．卫星C的运行速度小于物体A的速度D．卫星C和物体A具有相同大小的加速度17．如图所示，真空中两等量异种点电荷Q1、Q2固定在x轴上，其中Q1带正电．三角形acd 为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是A．a点电势高于b点电势B．a点场强小于b点场强C．将电子从a点移动到c点，电场力做正功D．将电子从d点移动到b点，电势能不变18．如图所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N与圆心等高且在同一竖直面内。

现甲、乙两位同学分别站在M、N两点，同时将两个小球以v1、v2的速度沿图示方向水平抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气阻力。

2018 年高中毕业年级第一次质量展望理科数学参照答案一、选择题题号 1 2 34 5 6 7 8 9 10 11 12答案A DDCCBABDDCA二、填空题13.-1;14.0,5;15.12 ;16.y10 x.2352三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．a 2 a 52a 1 5d25a 1 5,3 2.17. 分析：（ 1），求得 (6)分a nnS 5 5a 35a 1 10d 55d 3,（ 2） b n1 1) (3n 12)1 ( 1 1 ). ...............8 分a n (3n 1)(3n3 3n 1 3n 2T n b 1 b 2b n1(1111 1 1 1 2) 1 (1 1 ),3 2 5 5 8 3n 3n 3 2 3n 2T n 1 1 n 6 9n 6 2(3n ................12 分2)18. 分析：（ 1）由题意105107 113 115 119 126 (120 x) 132 134141 122 ，解得 x 8 ；...............4 10分（ 2）随机变量 的全部取值有 0,1,2,3,4.p( 0)C 72C 627;p(1) C 71C 31C 6291; C 102C 10245C 102C 102 225C 32 C 62 C 72 C 42C 71C 31C 61C 41 1C 32 C 61C 41C 71C 31C 4222 p( 2)C 102C 1023 ; p(3)C 102C 102225 ;p(4) C 32 C 422 ; ....9 分的散布列为：2 2225C 10C101234P791 1 22 2452253225225E( )7 1911 322427 分45225 2225 (12)3225 519. （ 1）证明：连结DE ，由题意知 AD4, BD 2,AC 2 BC 2AB 2,ACB90 .cosABC2336.3CD 222 122 2 23 cos ABC8.CD 2 2.CD 2AD 2 AC 2 ,则CDAB ,...............2 分又由于 平面 PAB平面 ABC ，因此 CD 平面 PAB , CDPD ,由于因此PDAC ， AC ,CD 都在平面 ABC 内， PD 平面 ABC ； ............... 4 分（ 2）由（ 1）知 PD, CD , AB 两两相互垂直，成立如下图的直角坐标系D xyz ，且 PA 与平面 ABC 所成的角为，有 PD4 ，4则 A(0, 4,0), C (22,0,0), B( 0,2,0), P(0,0,4)∴CB (22,2,0), AC ( 2 2 ,4,0), PA (0, 4, 4)由于 AD2DB , CE2EB , DE //AC,由（ 1）知 AC BC, PD平面 ABC ，∴ CB平面 DEP (8)分∴CB (22,2,0) 为平面 DEP 的一个法向量 .vn AC,x, y, z ，则设平面 PAC 的法向量为 nn PA,∴22 x 4y 0，令 z 12, y1 ， (10)分，则 x4 y 4z 0∴ n ( 2, 1,1) 为平面 PAC 的一个法向量 .∴cos n, CB4 2 3 .4 122故平面 PAC 与平面 PDE 的锐二面角的余弦值为3 , 因此平面PACPDE2与 平 面 的 锐二面角为30 (12)分20.分析：（1 ）由题意3ab c ， 即a 24b 23a 2b 2c 2 (a 2 4b 2 ) (a 2b 2 )( a 2 4b 2 ).因此 a 22b 2 ， e2 ................4 分2（ 2）由于三角形 PQF 2 的周长为 4 2，因此 4a 4 2 ,a 2,由（ 1）知 b 21 ，椭圆方程为 x2 y 2 1 ，且焦点 F 1 ( 1,0), F 2 (1,0) ，2①若直线 l 斜率不存在，则可得l x 轴，方程为 x 1,P( 1, 2), Q( 1,2 F 2 P ( 2 ), F 2Q ( 2, 2) ，故 F 2P F 2Q 7 2, 2 (6)22 ②若直线 l 斜率存在，设直线 l 的方程为 y k( x 1) ，y k( x 1),1) x24k 2 x 2k22 0 ，由2 y 2 消去 y 得 (2k2x 2 2设 P( x 1, y 1), Q ( x 2 , y 2 ) ，则 x 1 x 24k 2 , x 1 x 2 2k 222k22. (8)12k12) ， 2分分F 2 P F 2Q (x 1 1, y 1) (x 2 1, y 2 ) ( x 1 1)( x 2 1) y 1 y 2 ,则 F 2 P F 2Q (k 2 1) x 1 x 2(k 2 1)( x 1 x 2 ) k 2 1.代入韦达定理可得22k 22 24k 227k 2 1 7 9,F 2P F 2Q(k 1) 2k 21 ( k1)( 2k 2 1 ) k 1 2k 21 22(2k 21)由 k20 可得 F 2P F 2Q( 1, 7) ， 合当 k 不存在 的状况，得 F 2 P F 2Q( 1, 7]，22因此 F 2 P F 2Q 最大 是7 (12)分221. 分析：（1） f ( x) ax 2 1, ( x 0) ax当 a0 ， f( x) 0 恒成立，因此函数 f x是 0,上的 增函数；当 a 0 ， fx ax 1 0 ，得 x 1ax 2，ax 1 1a f ( x) 0，得 0 x ，ax 2 a函数 增区( 1 , ) ，减区 ( 0, 1).a a上所述，当a 0 ，函数 f x 增区 0,. .当 a0 ，函数 增区( 1,) ，减区 (0, 1). (4)分1, e] ，函数 g( x)aa（ 2）∵ x[ (ln x 1)e xx m 的零点，e 即方程 (ln x 1)e x x m 的根 .令 hxlnx 1 e x x ， h x1 ln x 1 e x 1. ................6 分x由（ 1）知当 a1 ，f xln x 1 1 在 [ 11,e 上 增，∴ f xf 10 .,1) 减，在x e∴1ln x 10 在 x [ 1,e] 上恒成立 .xe∴ h x1 ln x 1 e x 1 0 1 0 ， (8)分x∴ hxlnx 1 exx 在 x [ 1,e] 上 增 .1e11， h( x) max e (10)∴ h x minh 2e e分e e1111因此当 m 2ee或 m e ，没有零点，当2eem e 有一个零点 (12)分ee22.(1)直 l的参数方程 ：x 1t cos ,(t 为参数） .y t sin⋯⋯2 分Q8cos ， sin 28cos ,2sin 28 cos , 即 y 2 8x.⋯⋯ 5分sin 2x12t, （ 2）当， 直 l的参数方程 ：2 (t 为参数） ,24yt2⋯⋯6 分代入 y 2 8x 可得 t 2 8 2t 16 0,设A 、B 两点对应的参数分别为 t 1 ,t 2 , 则 t 1 t 18 2, t 1 gt 216ABt 1 t 2(t 1 t 2 ) 2 4t 1 gt 28 3.⋯⋯ 8分又点 O 到直线 AB 的距离 d 1 sin2,4 2SAOB1 AB d 1 8 32 2 6.2 2223. （本小 分 10 分）解：(1)由已知，可得 x 32x 1 ,即 x22x231 .⋯⋯1分则有： 3x 210 x 8 0,x2或 x 4.⋯⋯ 3 分3故所求不等式的解集为： ( ,2) U (4, ).3由已知，设 h( x) 2 f (x) g( x) 2 x 3 2x(2)当 x 3时，只要 4x 5 ax 4恒成立 ,即 axQ x3 0 a4x 949恒成立 .9)max ,xxa( 4a1,⋯⋯7 分x当 3 x1ax 4恒成立 ,即 ax 3时，只要 72⋯⋯ 10 分⋯⋯ 4 分4x 5, x 3, 17, 3x1 ,24x 5, x 1 .2⋯⋯6分4x9,0恒成立 .3a 3 0a 1⋯⋯8 分只要 1,1 a6.a 3 a,2 0 6当 x1 时，只要 4x 5 ax4恒成立 ,即 ax4x 1.2Q x1 0,a 4 x 141恒成立 .2 1xx44, 且无穷 近于 4，xa 4.⋯⋯9 分⋯⋯10 分上， a 的取 范 是 ( 1,4].。

2018届⾼三第⼆次⽉考数学试卷（理）含答案⾼三第⼆次⽉考数学试题（理）⼀、选择题：（本⼤题共12⼩题，每⼩题5分，在每⼩题给出的四个选项中，只有⼀个符合题⽬要求）1.若M={x|﹣2≤x ≤2}，N={x|y=log 2（x ﹣1）}，则M ∩N=（） A ．{x|﹣2≤x ＜0} B ．{x|﹣1＜x ＜0}C ．{﹣2，0}D ．{x|1＜x ≤2}2.复数()ii z 22-= (i 为虚数单位)，则|z |等于( )A ．25 B.41 C ．5 D. 53.设φ∈R，则“φ＝0”是“f (x )＝cos(x ＋φ)(x ∈R)为偶函数”的( )A ．充分⽽不必要条件B ．必要⽽不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4.设x ，y ∈R，向量a ＝(x,1)，b ＝(1，y )，c ＝(2，－4)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|a ＋b |等于( )A. 5B.10 C ．2 5 D ．105．设函数f (x )＝x 2＋4x ＋6，x ≤0－x ＋6，x >0，则不等式f (x )( )A ．(－3，－1)∪(3，＋∞)B ．(－3，－1)∪(2，＋∞)C ．(－3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(－1,3)6.已知定义在R 上的奇函数f (x )满⾜f (x －4)＝－f (x )，且在区间[0,2]上是增函数，则( )A ．f (－25) < f (11) < f (80)B ．f (80) < f (11)C ．f (11)< f (80)D ．f (－25) < f (80)＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则dx x f ?-21)(的值等于 ( )A.56B.12C.23D.16 8．函数y ＝ln(1－x )的⼤致图像为( )第1页（共4页）9.若tan α＋1tan α＝103，α∈(π4，π2)，则sin(2α＋π4)的值为( ) A ．－210B.210 C.3210 D.721010.△ABC 中，AC ＝7，BC ＝2，B ＝60°，则BC 边上的⾼等于( )A.32B.332C.3＋62D.3＋39411．函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于（） A ．2B ．4C ．6D ．812．若直线y=kx +b 是曲线y =ln x +2的切线，也是曲线y =ln （x +1）的切线，则b =（）A ．1 B.21 C. 1-ln2 D. 1-2ln2⼆、填空题：（本⼤题共4⼩题，每⼩题5分）13.已知命题p ：“任意x ∈[0,1]，a ≥e x”；命题q ：“存在x ∈R，使得x 2＋4x ＋a ＝0”．若命题“p 且q ”是真命题，则实数a 的取值范围是__________．14.设偶函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的部分图像如图所⽰，△KLM 为等腰直⾓三⾓形，∠KML ＝90°，KL ＝1，则f (16)的值为________．15.在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝4，点P 在AM 上，且满⾜AP →＝3PM →，则PA →·(PB →＋PC →)的值为___________.16.在△ABC 中，D 为边BC 上⼀点，BD=12DC ，∠ADB=120°，AD=2，若ADC ?S =3，则∠BAC=_______.三、解答题：（解答应写出⽂字说明，证明过程和演算步骤）17. （本⼩题满分12分）已知向量a ＝(4,5cos α)，b ＝(3，－4tan α)，α∈(0，π2)，a ⊥b ，求：(1)|a ＋b |；(2)cos(α＋π4)的值．18．（本⼩题满分12分）已知函数f (x )＝(3sin ωx ＋cos ωx )cos ωx －12(ω＞0)的最⼩正周期为4π..(1)求f (x )的单调递增区间；(2)在△ABC 中，⾓A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c 满⾜(2a －c )cos B ＝b cos C ，求函数f (A )的取值范围．19. （本⼩题满分12分）已知△ABC 的内⾓为A 、B 、C ，其对边分别为a 、b 、c ，B 为锐⾓，向量＝(2sin B ，－3)，＝(cos 2B,2cos 2B2－1)，且∥.(1)求⾓B 的⼤⼩；(2)如果b ＝2，求S △ABC 的最⼤值．20．（本⼩题满分12分）(1)在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最⼤值，并求出它的最⼤值；(2)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝4n －25，求数列{|a n |}的前n 项和．第3页（共4页）21．（本⼩题满分12分）已知函数f (x )＝mx －m x，g (x )＝3ln x ． (1)当m ＝4时，求曲线f (x )＝mx －m x在点(2，f (2))处的切线⽅程；(2)若x ∈(1, e ](e 是⾃然对数的底数)时，不等式f (x )－g (x )＜3恒成⽴，求实数m 的取值范围．(选考题：共10分。

2018年高中毕业年级第一次质量预测 参考答案理科数学 一、选择题二、填空题10512??-1; 14. ?x.?y;0,; 16. 13. 15. ??2235??三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．25??a ?a 2a ?5d ,5a ???1521.2?a ?3n ? 分17.解析：（1），求得...............6??n 55?a ?5a ?10dS ?5,3d ???53111111???(?).b ）2 （...............8分n2n ?13n ?(3n ?1)(3n ?2)331a(3n ?)n n11.?T ??? ...............12分n)?2(3n69n ?62意由题（1）18.解析：141?134?119?126?(120?x )?132?105?107?113115?122? ，108x ? 解得...............4分；?0,1,2,3,4.的所有取值有（2）随机变量22CC2??43;p(??4)??分....9 的分布列为：72791122??0)E ??(?3?1??2????4 分 (12)5225452253225 222.,90,?4,BD2AD ?DE ??ABACB ? AC ?BC ?，由题意知）证明：连接19.（1 222AC ?AD ??CD ABCD ? ,,...............2分则ABC ?平面平面PAB ,PD 平面CD ?PAB,?CD ? ，所以又因为CD,AC ABC PD ?AC 内，因为都在平面，ABC ?PD ；所以...............4平面分xyzDAB ?PD,CD, 2（）由（1）知两两互相垂直，建立如图所示的直角坐标系，?ABC4PD ?PA 所成的角为，有 且，与平面4),4),B(0,2,0P(0,0),,C4(A0,?,0),(220,0 则CB ?(?22,2,0),AC ?(22,4,0),PA ?(0,?4,?4) ∴AD?2DB,CE?2EB,?DE//AC,因为CB?,BCAC?ABC?PD DEP分...............8平面，∴平面）知1由（．)CB?(?22,2,0DEP∴的一个法向量为平面.?,?ACn????PACzxn?,y,设平面的法向量为，则?,?PAn??0y?22x?41??x?2,y1z?...............10分，令，则，∴?0??4y?4z?PAC),1n?(2,?1的一个法向量.为平面∴32?4?.?cos?n,CB???∴212?43PAC PDE的锐二面角的余弦值为与平面, 故平面2 PAC30PDE的锐二面角为与平面分所以平面................12ab3?222222222c?).ab?)?(a?3abb?c4(a)(?4b1，即）由题意（20.解析：22ba4?222?e?ba?2分所以，................4224PQF?,24a?4,?a?2的周长为，所以2（）因为三角形22x221??y)0,),F(1F(?1,01?b，椭圆方程为1）知，且焦点，由（21222xl?l,?1x??1,P),Q(?1,?)(轴，方程为斜率不存在，则可得，①若直线22722?Q?FFP)?2,?2,),FQ?F(?P(?，故分................62222222ll)?1y?k(x 的方程为，②若直线斜率存在，设直线),?1y?k(x?22220?)?1x?4kx?2k?2(2k y得，由消去?222?x?2y?222?k2k4?,xx?.?x?x)y,y),Q(xP(x,，则设...............8分21212112221?2k?12k222.?k1?x)k?FQ?(??1)xx?(kx?1)(PF则22211222297k74k?2k1?2222)?1Q?(k1)(?)?k????,FP?F??(k1代入韦达定理可得77)?Q?(1,FP?F]1,FQ?(?FP?2k0k?由，不存在时的情况，得，222222)k1k??12k?122(22k1?2结合当可得2222227FP?FQ最大值是所以分 (12)?????0a???xf0,0?)(xf上的单调递增函数；2221?ax??)(fx,(?0)x）121.解析：（2ax恒成立，所以函数时，当是ax?11???0?a?x?0?fx时，当，得，2aax1ax?1??x0?(fx)?0?，得，2aax11).0(,??,()，减区间为函数单调递增区间为aa????0a?.0,x??f.综上所述，当时，函数增区间为110?a).,)(0(,??，减区间为时，函数单调递增区间为分...............4当a a1x m?e?x?g(x)(lnx?1)]x?[,e，函数2）∵的零点，（e x mx?x?1)e?(ln即方程的根.1????????xx?xexh?x1??ln?h1ex?1.?lnx?，令................6分??x??11????????1?a0?f?1,ef1x)[,11?xf?x?ln递减，在上递增，∴.时，在由（1）知当e x11],x?[e0?lnx?1?在∴上恒成立.e x1????x?00h?x???lnx?1e1?1?∴分，...............8??x??1????x x?elnx?1hx?]e[x?,.上单调递增在∴e111??????h??2hex e)?h(x e..........10，分∴??maxmin ee??1111e ??2e ??m ??2e ?m e ?m ee 所以当...............12分时有一个零点时，没有零点，当.或 ee ?,cos1?tx ??.t 为参数）(l 直线22.(1)? 的参数方程为：?sin ?ty ?分 ……2?8cos 2222?????????.sin8?8xcos,?sin即?8cosy,?? ，分 5 ……2?sin? 2,1?tx ????2??,为参数）(tl 直线2）当（? 时，的参数方程为： 42?ty ??2?分6 ……22x ?y80,16?t ?82t ? 可得代入2t ?84?tt)3.?t ?AB ??t ?(t 211212 ……8分112ABS ??d ??83??26.?AOB ?222 ……10 分23.（本小题满分10分）(1)由已知，可得x ?3?2x ?1,解：22.1?2x ?即x ?3 分 ……124.??x ??或x ……3 分 32故所求不等式的解集为：(??,?)(4,??).……4分3???4x ?5,x ??3,?1? (2)由已知，设h(x)?2f(x)?g(x)?2x ?3?2x ?1?7,?3?x ?,? 2?1?4x ?5,x ?.? ?2分6……．9?a ?(?4?),?a ??1, max x ……7分?3a ?3?0?a ??1?? ……8分 .?6,只需,???1?a ??1a ?6a ?3?0?? 2?1,且无限趋近于4， 4?4? x ……9分 .a ?4?综上，的取值范围是 分10…… 1,4].?(a。