河南省五市高考二模2026年高三第二次质量检测数学试卷

一、

2026年高中毕业年级第二次质量检测1-8. 二、9. 10. 11.三、12. 13. 14.四、解:(1)因为b=2,2cosA+1a=c,则bcosA+1a= 1 由正弦定理得:sinBcosA1sinAsinB+A)sinBcosA+cosBsinA……21sinAcosBsinA,

∈(0,

),sin

3所以cosB=1,所以B=π 5 b2+c2-法二、由余弦定理:cosA 12cosA1ac,b2+c2-a21bacbc2,b 故b2+c2-a2+ac=2c2 3c2+a2-b2ac,cosB

a2+c2- =2

4B∈(0

),Bπ

5 0<C<2在锐角△ABC中,

,可得

<C<π

6<A

2π-C< 1sinC+3cos又asinA

= =1

7 sin

sin

2tan又tanC>3,则

<3,

1,2)

8tan a2+c2a a 又accatc2,2ft)ttft)1t2ft)

上单调递减,1,2上单调递增,f

=f(1)=2.

11

1)=

5ft2

a2

[25解1)A类题答对”

13根据题意,X的可能取值为P(X=0)=P(C·C·C)=(1-1)3=1

1 P(X=20)=P(C·C·C+C·C·C+C·C·C)=C1×1×(1-1)2=3

……23 P(X=40)=P(C·C·C+C·C·C+C·C·C)=C2×12×(1-1)=3 P(X=60)=P(C·C·C)=C3×(1

3=1

3X的分布列是 4YA类题的个数,Y~

(3,

),Y

5DY3

×(1-1

3,XDX400×DY

6(2设甲、X,Z甲得分高于乙”为事件D甲得分高于乙包括20分、30分、40分、50分、70分五种情况这五种情况之间彼此互斥. 7PX0)PZ

0)=

1)2×2=1 P(X=20)=P(Z

1)2×2=1 P(X=30)=P(Z

30)=

1)2×1=1 P(X=40)=P(Z

40)=

1)2×2=,1 P(X=50)=P(Z=50)=2×(1)2×1=1 P(X=70)=P(Z=70)=(1)2×1=1 PD)PX20PZ0+PX30PZ0+PZ20+PX[P(Z=0)+P(Z=20)+P(Z=30)]+P(X=50)[P(Z=0)+P(Z=20)+P(Z=30)+P(=40)]+P(X=70)[1-P(Z=70)],PD)=1

+1

1+1)+1

1+

+1)+1

1+

+1

1)+

×(11)= 15 (1)证明:ADG,EG,FG,DF,AB∥CD,AB2CD,FAB中点所以CD∥BF,CD=BF=2,故四边形BCDF为平行四边 1又AB⊥BC,BC=CD=2,故四边形BCDF为正方形 2从而可得△AFD为等腰直角三角形,故 3又EA=ED,即为PA=PD,故 4又FG∩PG=G,故AD⊥平面 5又PF⊂平面PFG,故 6(2)解:由PA=PB=22,得 7由(1),得AD⊥PF,又AD∩AB=A,所以PF⊥平面 8CD⊂ABCD,PF⊥CD.CD⊥DF,DF∩PF故CD⊥平面 9PF=2DF,故△PDF为等腰直角三角形PDH,FH,FH⊥DP.CD⊥PDF,又DP∩CD=D,故FH⊥平面 12因为FH⊂平面ABH,故平面ABH⊥平面 13AB//CD,AB⊄PCD,CD⊂PCD,AB∥ABHPCDCD,PCDHHQ∥CDPC于Q,由H是PD中点,得Q为PC中点,故PQ= 15法二、由PA=PB=22,得 7由(1),得AD⊥PF,又AD∩AB=A,所以PF⊥平面 8故PF⊥AB,PF⊥FD,又FB⊥FD,故FP,FB,FD两两垂直F为坐标原点,FB,FD,FPx轴、y轴、z空间直角坐标系 9F(0,0,0),P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0C(2,0,0),P(0,-2,2),PCDnn·C=2x=

x=zn·P2y+2z0,z

n0,1,1-=

10 QλC,2λ),Q Q=(2λ-2,2λ,2- 13 s(2λ+2)+t(2λ-2)= sλ+2tλ=

解得s

14s(2-2λ)+t(2-2λ)=

t=3 QC, 15 解:(1)当t=-2时,直线l:x=-2y+1,令x=0,得y= 2,即椭圆的上顶点 (0,22),故b=22 1又△AF1F28,2a+2c8,a2-c2b28,a3,c1.……3C

=

4由(1)知,M(-3,0),N(3,0),A(x1,y1),B(x2,y2),lC9+8=1,得(8t2+9)y2+16ty-64= 5y1

8t2+9-

(

6y1

=8t2ty1y2=4y1+y2 由题意知A·B≤0t∈R恒成立,即(x-x,y·x 1 即(t2+1)yy+t(1-x)(y+y)+(1-x1 将上面的代入上式,(8x2-72t2+9(1-x2-64≤0t∈R恒成立 8x2- 9(1-x2-64≤0,解得3≤x0≤3,x0的取值范围为[3,3.……11 1|NA||NQ||A·B||x-3x-3+yy| 1|t2+1yy-2ty+y+4|= 161故|NA||NQ

8t2

17解:(1hx)=fx-gx=ex-ax2-x-1,据题意,hx0x恒成立,由h′(x)=ex-2ax-1,令p(x)=ex-2ax-1,则p′(x)=ex- 12a≤1,a1时,p′x0,px在0,+上单调递增,pxp0=0,h′x0,hx在[0,+上单调递增,hxh(0=0,fxgx),1满足题意

3a>1时,p′x)=ex-2a0,xln(2a),x∈(0,ln(2a时,p′x0,px在(0,ln2a上单调递减,pxp0=0,h′x0,hx(0,ln(2a上单调递减,hxh(0)=0,x∈(0,ln(2a时,fxgx),与题意综上,a1

5-f(x)≤-2+-

ex≤-1+--

,当x∈[0,1时,上式等价于x+2+x-2≥0,令n(x)=x+2+(x-2)ex,x∈[0,1],则n′(x)=1+(x-1)ex 6令m(x)=1+(x-1)ex,则m′(x)=xex 7mx0,1上单调递增mxm0=0nx0nx-0,1上单调递增,nxn(0)0,ex≤-1+4-

8-x∈[0,1时,fx-2+-

恒成 9证明:令Fx)=ex+1x2-1,x∈[0,+),易知Fx在[0,+上单调递增1≤ex01x2-1≤2时,x∈[0,1

10 2 x∈(

,2),F(

)<F(x)<F(

).

12

n≤Fx0n+1,Fn+1nFn+2

13由(1知,a=1,Fx)ex1x2-1≥x2+x,F(

)≥(

)2+2

又(

)2+

-

(n+1)(n+2)

>0,F(

)>2

15由(2知,x∈[0,1时,Fx)=ex1x2-1≤-2+4