河南省许昌市济源平顶山2021届高三数学第一次质量检测试题 文（PDF）.pdf

1、许昌市 2021 年高三质量检测题文科数学答案一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1【答案】D【解析】202AxR xx x 223013Bx xxxx 故AB(2,3).2【答案】B【解析】因为(1)13221222iiiziiii，所以 z 的虚部为 32.3【答案】C【解析】若乙的说法错误，则甲丙的说法都正确，但两人的说法相矛盾，据此可得，乙的说法是正确的，即丙被录用了.4.【答案】D【解析】由程序框图知，s 是关于 t 的分段函数，且23,014,14ttsttt 当 t0,1)时，s0,3)；当 t1,4时

2、，s4tt24(t2)20,4，故 s0,45【答案】B【解析】当 ab时，2(3)23201m mmmm或2m，所以“ab”是“2m”的必要不充分条件.6【答案】C【解析】设三角形的直角边分别为 1，3，则弦为 2，故而大正方形的面积为 4，小正方形的面积为23142 3.图钉落在黄色图形内的概率为 42 32342.落在黄色图形内的图钉数大约为23500672，所以 500-67=433.7【答案】B解析：2cos2sin()2yxx横坐标缩短到原来的 12 倍（纵坐标不变），2sin(2)2yx再向右平行移动 8 个单位长度得2sin 24yx.8【答案】A【解析】易判断函数为奇函数，由

3、 y0 得 x1 或 x0.当 0 x1 时，y0；当 x1 时，y0.9【答案】D【解析】令()()g xx f x，则()()()0g xf xx fx所以()g x 在(0,)上单调递增，所以()()gg e 即 fef e.10【答案】C解析：由正弦定理可得1sinsincossinsincossin2ABCCBAB，1sin()2AC，即1sin2B。又 ab，B 为锐角，B=30，故选 C。11【答案】A【解析】当直线l 垂直于 x 轴时，MON与 POQ相似，有2|1416MONPOQSOFS；当直线l 不垂直于 x 轴时，设直线l 的方程为(1)yk x，设1122(,),(,

4、),(4,),(4,)PQM x yN xyPyQy联立22222(1)(24)04yk xk xkxkyx 易知2242440kk，由根与系数关系得121x x，所以1|sin21|sin2MOPNOQMONOMONSSPOQOPOQ12|1|4416xxMONOPOQO.综上得116MONPOQSS故:16:116POQMONSS.12【答案】B【解析】作出函数 yf x的图像，设123xxx，设 123f xf xf xt，由图像可知，当04t 时，直线 yt 与函数 yf x图像的三个交点的横坐标分别为1x，2x，3x，二次函数244yxx+的图像关于直线2x 对称，则234xx，由于

5、 104f x，即30log()4181xx ，解得1811x ，123773xxx因此，123xxx的取值范围是77,3.137【解析】作出约束条件22020220 xyxyxy 表示的可行域，如图阴影部分所示作直线:l30 xy，由31zxy 可得31yxz ，平移直线l，可知当直线过点2,0 时，z 取得最大值，最大值为 714.【答案】210 xy【解析】由题意得 2ln1 3xfxx，所以切线斜率 12kf ，所以切线方程为12(1)210yxxy .15.解析：2不妨设一条渐近线的方程为byxa，则 F2到byxa的距离 d22bcbab在 RtF2PO 中，|F2O|c，所以|P

6、O|a，所以|PF1|5 a，又|F1O|c，所以在12PF F 与 Rt2PF O 中，根据余弦定理得22222245cos222bbcaPF Ocacbc所以2cea16【答案】2【解析】如图所示，由于外接球的表面积为16，得外接球的半径为2，则4AB，设 ADx，则216BDx，又 BD 边上的高1CH ，当CH 平面 ABD 时，棱锥 ABCD的体积最大，此时2421111616326Vxxxx，故当28x 时，体积V 最大，最大值为 43.此时2 2BD 故2r 17.解：（1）因为等差数列na满足35a，且1a，2a，5a 成等比数列，所以1211125()(4)adada ad，

7、因为0d，所以112ad，所以1121naandn6 分（2）由（1）得121nnbbn，所以101234910()()()Sbbbbbb(2 1 1)(2 3 1)(2 9 1)2(1 3.9)545.12 分18.解:（1）由样本数据的条形图可知：等级分为 4 分、5分、6分、7 分、8 分、9分的学生分别有：20 人、50 人、70 人、40 人、10 人、10 人.2 分样本的均值为4 205 506 707408 109 106200 x （分）4 分样本数据的方差为220 450 1 40 1 101.452010 90s 6 分（2）由题意可得 22列联表为：合格不合格合计A 校

8、602080B 校7050120合计130702008 分故22200 60 5020 705.8616.635120 80 116002730 730K，11 分故没有 99%的把握认为“关键能力的提升”与“学校教学模式的改革”有关.12 分022202,3,1,=31.22,.ABCDAB BCCDDABACADACOOB ODABCOBAC OBACDODACBODODOBBDBODOBODOBAC ODACOOBACD19.（1）证明：在梯形中，=2=2,=90取的中点,连则在等边中，在Rt中分在中90 即又平面.4.6OBABCABCACD分又平面平面平面分132415.94CDMB

9、CDABDBMADMADSDMDCS（2）在等腰中是的中点又分MBCDh设到平面的距离为MBCDB MCDVV由得11513=33434h155h故点 M 到平面 BCD 的距离为155.12 分20.解：（1）依题意得()f x 的定义域为0,当2a 时，2()24lnf xxxx所以42(2)(1)()22xxfxxxx2 分当01x时，()0fx；当1x 时，()0fx()f x在0,1 上单调递减；在1,上单调递增.4 分（2）2(2)()()2axa xafxxaxx5 分若0a，0,()20 xfxx()f x在0,上单调递增，不可能有两个零点若0a，当02ax时，()0fx；当2

10、ax 时，()0fx()f x在 0,2a上单调递减；在,2a上单调递增()f x在区间 0,2a，,2a上各有一个零点.7 分22222221211 21222222211min,ln0,4()=ln0;(),()1,0()0,()(0,)1,2()()(1)(1)(1)10,()(oooooooxxaaaaaxxaxeef xxaxaxg xex g xexg xg xaeaf eeaeaaaaaaf x 取，设当时，所以在单调递增,从而有由零点存在性定理，欲使在2 1223434,)(,)1022()0,2()ln0,2223ln,2.24(2,).12(0();().1aoaaxeaf

11、aaaaaaaeaexf xxf x ，各有一个零点只需即所以满足题意的 的取值范围是如果学生写成当时，当时,扣 分.)21.解：（1）由 ABP是等腰直解三角形，得)0,2(),0,2(,2BAa，设),(00 yxQ，则由QAPQ23，得545600yx代入椭圆方程得12 b，所以椭圆 E 的方程为1422 yx4 分（2）由题意可设直线l 方程为1 myx，设),(),2211yxCyxD（.044122yxmyx联立032)4(22myym得43,42221221myymmyy6 分2,2222111xykxyk22112122yxxykk点),(22 yxC在椭圆上142222yx2

12、22244yx22224)2)(2(yxx2422222xyyx8 分)2)(2(4y222121221121xxyyxxykk9)(34)3)(3(421212212121yymyymyymymyyy10 分36963129423434342222222mmmmmmmmm31362112 分22.解：（1）l 的参数方程消去参数，易得l 的普通方程为10 xy 2 分曲线C：2 2 sin2(sincos)4，即22(sincos)，又yxyxsin,cos,222代入并化简得22220 xyxy所以曲线C 的直角坐标方程为22220 xyxy.5 分（2）因为直线l 的参数方程为22,221,2xtyt （t 为参数），设 A 对应参数为 1t，B 对应参数为 2t，6 分将l 的参数方程与22220 xyxy联立并化简得：2210tt 由根与系数关系得 122tt，121t t ，所以212121 2211 21 2()411116ttttt tMBMAttt tt t10 分23.解：(1)依题意得 f(x)3xa2b，xb，xa2b，bx0，b0，且 ab1，由04mabba得bam41 而baabbababa441)(41(419425baab当且仅当baab4即ab2且1 ba即32,31ba时取等号.所以9m 9 分故实数 m 的最大值为 9.10 分