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