【4月郑州二模理数】郑州市2020年高中毕业年级第二次质量预测理科数学试卷及答案解析

郑州市2020年高中毕业年级第二次质量预测 理科数学 评分参考 一、选择题 BCCCA ABBBD CC 二、填空题 13.160； 14.8； 15.3； 16.[e1,). 三、解答题 7a121d77,17.(1)设等差数列{an}的公差为d，则……………………3分2 a1(a160d)(a110d),a15,an2n3.………………5分解得 d2,(2)由

1111an,an1(n2,nN). bn1bnbnbn1111111111()()()an1an2a1当n2时，bnbnbn1bn1bn2b2b1b1b1 =(n1)(n25)3n(n2). …………………………8分 对

b113也适合， ………………………9分 1111n(n2)(nN)bn().…………………10分bn2nn2

11111113113n25nTn(1)().2324nn222n1n24(n1)(n2) 12分 18. (I)作出22列联表： 男生 女生 合计 青春组 7 5 12

风华组 6 12 18

合计 13 17 30

………………………3分 n(adbc)21.83，…………………5分 由列联表数据代入公式得K(ab)(cd)(ac)(bd)2因为1.83<2.706，

故没有90%的把握认为成绩分在青春组或风华组与性别有关. ………………………… 6分

C327(Ⅱ) 用A表示“至少有1人在青春组”，则p(A)12. …………… 8分 C510(III)由题知，抽取的30名学生中有12名学生是青春组学生，抽取1名学生是青春组学生的概率为

1222，那么从所有的中学生中抽取1名学生是甲组学生的概率是，又因为所3055取总体数量较多，抽取4名学生可以看出4次独立重复实验，于是服从二项分布

2B(4,).

5………………………10分 k显然的取值为0，1，2，3, 4 . 且P(k)C4()k(1)4k,k0,1,2,3,4.

2525所以得分布列为：  P 0 1 2 3 4

81 625216 625216 62596 62516 625 数学期望E4 28…………………………12分55 19.（Ⅰ）设点D在平面ABC上的射影为点E，连接DE，则DE平面ABC， ∴DEBC.………………………………………………………………………2分 ∵四边形ABCD是矩形，∴ABBC，∴BC平面ABD，∴BCAD. ………………………………………………………………………………………4分 又ADCD，所以AD平面BCD，而AD平面ABD，∴平面ABD平面BCD. ………………………………………………………………………………………6分 （Ⅱ）以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设ADa，则AB2a，∴A(0,2a,0)，C(a,0,0). 由（Ⅰ）知ADBD，又

AB2，∴DBA30，DAB60， AD133a，BEABAEa，DEADsinDABa， 222∴AEADcosDAB3313a)，∴AD(0,a,a)，AC(a,2a,0).………………8分 ∴D(0,a,2222

设平面ACD的一个法向量为m(x,y,z)， 13az0,aymAD0则，即2 2ax2ay0.mAC0不妨取z1，则y3，x23，∴m(23,3,1).

而平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)，…………………………………………10分 1mn1. ∴cosm,n|m||n|(23)2(3)2124故二面角DACB的余弦值为

1.…………………………………………………12分 4 (x3)2y2320.解(I)设Ax,y，由题意，|x4|2， ……………………………2分 x2y2化简得x4y12，…（3分）所以，动点A的轨迹C的方程为1.… 4分 12322y1y214，………6分 (Ⅱ)解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则由斜率之积，得x1x2|AB|(x1x2)2(y1y2)2，因为点M,N在椭圆C上， 2x122x2212． …………………………8分 所以y3,y23.化简得x12x24421直线AB的方程为(y2y1)x(x2x1)yx2y1x1y20，原点O到直线MN的距离为

d|x1y2x2y1|(x2x1)(y2y1)22. 所以，MON的面积SAOB11|AB|d|x1y2x2y1|， 22根据椭圆的对称性，四边形MNPQ的面积S2|x1y2x2y1|，……10分 所以，S4(x1y2x2y1)4(x1y22x1x2y1y2x2y1) 212(x12x2)144，所以S12. 222222

所以，四边形MNPQ的面积为定值12． ……………………………………12分 21.解析：（Ⅰ）当a1时，曲线yfxgxxlnx. x1y1lnxx1xlnxlnxx1.………………………2分 22x1x1 1，又切线过点1,0 2x1时，切线的斜率为所以切线方程为x2y10…………………………4分 （Ⅱ）fx111,()， 2axgxx12x1ax,………5分 111Fxfx()2gxaxx12axx1当a0时，Fx0，函数Fx在0,上单调递减；………………………7分 当a0时，令kx12214x1x，1, aaaa当0时，即0a4，kx0，此时Fx0，函数Fx在0,上单调递增; 当0时，即a4，方程1221x1x0有两个不等实根x1x2， aaaa2a24aa2a24a,x2所以0x11x2，x1 22此时，函数Fx在0,x1,x2,上单调递增；在x1,x2上单调递减.……………11分 综上所述，当a0时，Fx的单减区间是0,； a2a24aa2a24a当a4时，Fx的单减区间是,， 22a2a24aa2a24a单增区间是0,, ,22当0a4时，Fx单增区间是0,.………………………12分 22.（Ⅰ）C的直角坐标方程为x2(ya)2a2， ………………………2分 消t得到4x3y50………………………………………4分 （Ⅱ）要满足弦AB3a及圆的半径为a可知只需圆心（0，a）到直线l的距离d即可。由点到直线的距离公式有：3a51…………7分a2 1a2422(3)2整理得：11a120a1000,即(11a10)(a10)0解得：故实数a的取值范围为10a10， 1110a10……………………………………10分 1113x,x1,23.解：（Ⅰ）当a＝－2时，f(x)＝3x,1x1,………………………3分 3x1,x1.4 由f(x)的单调性及f(－)＝f(2)＝5， 34得f(x)＞5的解集为{x|x＜－，或x＞2}．……………………………………5分 3（Ⅱ）由f(x)≤a|x＋3|得a≥由|x－1|＋|x＋3|≥2|x＋1| 得|x1|………………………7分 ,|x1||x3| 11|x1|≤，得a≥． 2|x1||x3|2 故a的最小值为． 12 ………………………………10分