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安徽省合肥市2021届高三数学上学期第一次教学质量检测试题 理(PDF).pdf

1、 高三数学试题(理科)答案 第 1 页(共 4 页)合肥市 2021 年高三第一次教学质量检测 数学(理)试题参考答案及评分标准 一、选择题:本大题共12 小题,每小题5 分,共60 分.二、填空题:本大题共4 小题,每小题5 分,共20 分.13.2 14.4 15.16 16.27 三、解答题:17.(本小题满分12 分)解:(1)765318768P ;5 分 (2)设每个坯件的加工成本为 元,则 1708P ,711130878P ,763160874P ,的分布列为 70 130 160 P 18 18 34 11370130160145884E,每个坯件加工成本的期望为145 元.

2、12 分 18.(本小题满分12 分)解:由已知条件和三角函数的定义得,A(cos sin,),P(3 cos 3sintt,),222=cos3 cossin3sin=42 3 cosf tAPttt.(1)若=3,则 =42 3 cos3f tt.令223ktkkZ,得14+2233ktk kZ.又0 2t,函数 f t 的单调递增区间是 14 33,.6 分(2)由123f ,及536得,3cos 33,023,6sin33,55=42 3 cos42 3sin42 2663f12 分 19.(本小题满分12 分)解:(1)连接BE 交 AC 于点M,连接GM,CE.由已知可得,四边形

3、ABCE 是正方形,M 是线段BE 的中点.G 为线段PB 的中点,/PEGM.GM 平面GAC,PE 平面GAC,/PE平面GAC.EF,分别是线段 ADCD,的中点,/EFAC.AC 平面GAC,EF 平面GAC,/EF平面GAC.又PEEFE,PEEFPEF,平面,平面/GAC平面PEF.6 分 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C D B D A A C B D A C D 高三数学试题(理科)答案 第 2 页(共 4 页)P ABC F E DG Mx yz (2)平面PEF 平面 ABCFE,平面PEF 平面 ABCFEEF,PFEF,PF 平面 A

4、BCFE,FEFCFP,两两垂直.以点F 为原点,FEFCFP,分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示空间直角坐标系,则P(0,0,1),C(0,1,0),B(1,2,0),A(2,1,0),111 22G,.31022AG,01 1CP,2 0 0CA,.设平面PAC 的法向量nxyz,.由00n CPn CA 得020yzx,.令1y ,则0 1 1n,.设直线 AG 与平面PAC 所成角为,则 152sincos10522AG nAGnAGn,.直线 AG 与平面PAC 所成角的正弦值为510 12 分 20.(本小题满分12 分)解:(1)设 A(11xy,),B(22xy,).由

5、22ypxyk xm消去 y 得222222()0k xk mp xk m.l 与抛物线E 交于两点,0k.又00mp,22840k mpp 恒成立,12221222.pxxmkx xm,当1k 时,4 22ABm.221212 42ABkxxmpp4 22m,化简得(22)(2)0pmp.0,0pm,2p.抛物线E 的方程为24yx.6 分(2)假设存在常数k 满足题意.抛物线E 的方程为22ypx,其焦点为F(02p,),准线为2px ,N(22ppk m,),从而22222pFNpkm.由抛物线的定义得,12pFAx,22pFBx,2221212122()22242ppppppFAFBx

6、xx xxxmk .由2FAFBFN得22222222pppmpkmk,即2222102ppkmk.202pm,220pk,210k ,解得1k .存在1k ,使得2FAFBFN对于任意的正数m 都成立.12 分 高三数学试题(理科)答案 第 3 页(共 4 页)21.(本小题满分12 分)解:(1)f x 的定义域为0 ,2xafxx.当0a 时,0fx恒成立,f x 在0 ,上单调递增,f x 至多有一个零点,不符合题意;当0a 时,0fa,且当0 xa,时,0fx;当xa,时,0fx.f x 在0a,上单调递减,在a ,上单调递增,从而 f x 的最小值为 ln2f aa.(i)若 0f

7、 a,即2ae,此时 f x 至多有一个零点,不符合题意;(ii)若 0f a,即20ae.f x 在a ,上单调递增,0f a,110fa,根据零点存在性定理得,f x 在a ,内有且仅有一个零点.又 f x 在0a,上单调递减,且 0f a,考虑 212ln1f aaa 的正负,令 212ln10g xxxex,则 2210 xgxx.g x 在20e,上单调递减,2230g xg ee,即 212ln10f aaa.20aa,20f a,0f a,根据零点存在性定理得,f x 在0a,有且仅有一个零点.所以,当20ae时,f x 恰有两个零点,符合题意.综上得,20ae.6 分(2)由条

8、件得,1122ln10,ln10,axxaxx 1212122111lnln2,11lnln.xxa xxxxa xx 221121212212211212111lnln11lnln2lnln2ln2.111xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx 要证412,x xe 即证12lnln4,xx 即证2122111ln241xxxxxx,即证2122111ln21xxxxxx,亦即证2122111ln21xxxxxx.设21xtx,不妨设12xx,由2120 xex知,1.t 证式,即转化为证明:当1t 时,1ln2.1ttt 设1()ln21th ttt ,则22214(1)()=.(1)(

9、1)th tttt t 当1t 时,()0h t 恒成立,即()h t 在1,)上单调递增,当1t 时,()(1)0h th,1241x xe成立.12 分(2)另解:不妨设12xx.由(1)可知,20ae,10 xa,2xa,()f x 在a ,上单调递增.高三数学试题(理科)答案 第 4 页(共 4 页)要证1241xxe442211114411110ln3ln30 xf xfxae xxae xx ex e .由 111ln10af xxx 得,11ln1axx.只需证42111ln3ln10 xe xx .令 42ln3ln1h xxe xx,则 412ln3h xe xxx.令 41

10、2ln3xe xxx,则 44422112ln5(2ln4)xexeexxx.由20 xe得ln2x ,421ex,0 x,x在20e,上单调递减,且 20e,20 xe,0 x,即 0hx,h x 在20e,上单调递增,且 20h e,而21xae,210h xh e,即式得证,1241x xe.12 分 22.(本小题满分10 分)解:(1)化简曲线C 参数方程得,cos21 sin 22xy(为参数,且2kkZ,).消去参数 得曲线C 的普通方程为22411xyx,化成极坐标方程为22cos4sin12kkZ,.2211 3sin(2kkZ,).5 分(2)不妨设M(1,),N(23,)

11、,则1OM,2ON,2222113 393 31 3sin1 3sinsin 2cos2=sin 234423OMON .当且仅当712kkZ时,2211OMON取最大值3 3210 分 23.(本小题满分10 分)解:(1)由 11f 得 21211aa,112211aaa ,或11 212211aaa ,或1 221211.aaa,解得1a ,或112a .a 的取值范围为12,.5 分(2)设2xt(0t).由已知得,对任意0t,使得 0f t 成立.0f t 222224tatatata23120tat.当0t,Ra;当0t,40ta恒成立,即0a.0a,即a 的最小值为0.10 分

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