河南省许昌市济源平顶山2021届高三第一次质量检测数学（理）试卷 PDF版含答案.pdf

1、许昌市 2021 年高三质量检测题理科数学答案一、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】设等差数列 na的首项为1a，公差为 d，则11125321adadad1191.-22aadd 或999 89 8s9 9(2)99 1281.22s 或4.【答案】A【解析】由已知可得1sintan50，所以991600 109 103

2、60(/)12100050km h 5【答案】Dln 2lnln 2ln 2log 2log 2log 2log 200lnlnlnlnababbaabab【解析】ln 2lnln0,lnln00lnlnbbaababaab当时，但也可能小于，则不一定成立，alog 2logabb 是2的不充分条件；ln 2lnlog 2log 20ln0b,lnlnabbbaaba当即时，可能大于，即a可能小于alog 2logabb 是2的不必要条件.6.【答案】B【解析】由条件得53()2021()2xxfxxxeef x ，所以()f x 是奇函数，又4331()10105020222xxxxfxxe

3、eee，所以()f x 在(6,6)上单调递增，又2()(6)0f af a，即2()(6)f afa，所以6662aa，解得02a，故实数 a 的取值范围是(0,2)7【答案】D【解析】/,n,/mmmn由，得又所以正确；若m，n，/mn，则/或与 相交，所以错误；若，则/或与 相交，所以错误；由/，/，得/，又 m，m，所以正确.8【答案】C【解析】设抛物线的方程为22(0)ypx p，(,),MMM xy由3MF 得32Mpx，所以222(3)62Mpyppp.又 M 在圆22:9O xy上，所以229MMxy.所以223692ppp，解得：4p，所以抛物线的方程为：28yx.9【答案】

4、B【解析】因为函数()f x 图像相邻两条对称轴之间的距离为2，所以 22T，即T，所以22T，即()sin(2)f xx，将函数()yf x的图像向左平移 8 个单位后，得到函数sin2()8yx的图像，且其关于原点对称，所以 28k()k Z，又|2，令 k=0，得4 ，即()sin(2)4f xx，320,2,sin 21.244442xxx 由得则（），10.【答案】C【解析】因为222,1()log(1),1nxmxxf xxnn x 为 R 上的增函数，所以2111212log(11)nmnmnn 即11,24mnmn 由线性规划知识，可得20,2mn.11【答案】B【解析】6 个

5、单位对本县的 3 个不同的贫困村进行帮扶，分三大类：按 1，2，3 分，有12336533360CCCA种情况.按 2，2，2 分，有222364233390CCCAA种情况.按 4，1，1 分，有436390CA种情况.故共有3609090540种情况.其中甲，乙两个单位安排在同一贫村可能的情况同上分析，有212333234434334322(150ACCCCAACA）种情况.故甲、乙两个单位安排在同一贫困村的概率为 150554018.12.【答案】A【解析】连接 AF2,BF2,记 A,B 中点为 N，根据题意知：22ABFF,所以设mBFF22A,并且 NF2 垂直 AB,由于过点 F

6、1 的直线斜率为 12，设直线的倾斜角为112,tan=sin,cos255所以，则，所以在直角三角形 F1F2N 中，21242 sin,2 cos55ccNFcNFc，根据双曲线的定义：aBFF2B21,所以：maF 2B1,同理：amF2A1;所以aAFBF4AB11,则aBN2AN,故：amaANNF225c4AF11，因此：m=45c.在直角三角形 BNF2 中，2222222242BNF,=4a()55ccFBN所以（），从而解得离心率153e.二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）13【答案】202114【答案】3【解析】因为251()axx展开式的通项公

7、式为52 551022155()rrrrrrrTCaxxC ax 令51002 r，得4r，所以45 4515C a ，从而3a 15【答案】4,5【解析】当1n时，13a，当2n时，11433nnSa，两式相减得13nnaa ，即13nnaa ，所以数列 na是首项为 3，公比为 3 的等比数列，所以(3)nna ，代入条件得31(3)4nnS ，所以1234563,6,21,60,183,546,SSSSSS ，因为60200mS，所以 m 的取值集合为4,516.【答案】624【解析】取CB 中点 F,连接 DF 交CE 于点O,易证得 DO 面 PCE,要求 AMMN最小,需 MN 最

8、小,此时可得 MNPCE 平面，又可证明/MN DF,再把平面 POD绕 PD 旋转,与面 PDA 共面,又可证得90POD.11=22PDAC，1111224412DODFABAB，1sin2ODOPDPD，即30OPD，453075APN ，可得62sin 754，min62n 54si 7AMMNANPA.三、解答题：（共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：60 分。17.解：（1）0m n，cos(2sin)2 3sinsin02222AAAA，sin3cos

9、3AA，3sin()32A，(0,)A，4(,)333A，233A，即3A，.5 分（2）MBC是的中点，1()2AMABAC，2221(2)4AMABACAB AC，.7 分1AM，22131()44cbbcbc，当且仅当bc时取“”，43bc，133sin243ABCSbcAbc，综上得，ABC面积的最大值为33，.12 分18.解：（1）在 ACD中，2222cos33ACCDADADCD，.1 分所以222ADCDAC，所以2ACD，所以 ACCD，.2 分因为 ADEF 为正方形，所以 DEAD，.3 分又因为平面 ADEFABCD 平面，平面=ADEFABCD AD 平面，.4 分

10、所以 DEABCD 平面，所以 DEAC，.5 分因为 DECDD，所以 ACCDE 平面，6 分（2）过C 作CGABCD 平面，以C 为坐标原点，,CD CA CG 的方向为,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，易知6ACB，所以有13(,0),(1,0,0),(1,0,2),(0,3,2)22BDEF，.7 分设111222(,),(,)mx y znxy z分别为平面,EBD FBD 的法向量，则11111133202200-20m EBxyzm EDxyz ，令11x 得(1,3,0)m，.9 分2222221320223-20n FBxyzn FDxyz ，令21y 得(1,

11、3,-1)m，.11 分设二面角 EBDF为，则|42 5cos|cos,|=5|2 5m nm nm n .12 分19.解：（1）0,1,2,3,4X，1(4,)3XB，.1 分044216(0)()381P XC，1342132(1)()()3381P XC；222421248(2)()()338127P XC；3134218(3)()()3381P XC；44411(4)()381P XC，.4 分故 X 的分布列为：X01234P16813281827881181.5 分（2）采用方案(1,2,3)i i，设所需费用为i(1,2,3)i，因为1(4,)3XB，所以14()433E X

12、np所以，14()(6000)6000()600080003EEXE X；.7 分24()(30003000)3000()30003000300070003EEXE X，.8 分又163224728(02)81819PX，采用方案 3，所需费用3 的分布列为3500070009000P89881181.10 分所以3881425000()50007000900052479818181E，.11 分因为123()()()EEE故方案 3 的期望值最小，采用方案 3 更合算.12 分20.解：（1）由 ABP是等腰直解三角形，得)0,2(),0,2(,2BAa，设),(00 yxQ，则由QAPQ2

13、3，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142222yx222244yx22224)2)(2(yxx2422222xyyx8 分)2)(2(4y222121221121xxyyxxykk9)(34)3)(3(421212212121yymyymyymymyyy10 分3696312942343

14、4342222222mmmmmmmmm31362112 分21解：（1）()xfxaxe，(1)fae ，直线(2)20210 xe y的斜率为12e，由已知易得1()12ae e 即2a ，.2 分所以()2xfxxe设()2xg xxe，则()2xg xe，令()gx=0 得ln 2x,当(,ln 2)x 时()0g x，(ln 2,)x 时()0g x 所以maxmax()()(ln 2)2ln 220fxg xg，故()0fx 恒成立，所以，()f x 在 R 上是减函数.4 分（2）：1）()xfxaxe，设()xg xaxe，则12,x x 是函数()g x 的两个变号零点，又()

15、xg xae ，当0a 即0a 时()0g x 恒成立，()g x 单调递减，()g x 不可能有两个变号零点，不合题意，6 分当0a 即0a 时，令()0g x 得ln()xa，(,ln()xa 时()0g x，(ln(),)xa 时，()0g x，所以()g x 有两个变号零点只须max()(ln()ln()0g xgaaaa 解得 ae 综上所述，实数a 的取值范围是 ae .8 分2)证明：由1()0fx得110 xaxe，所以11xeax 且1(0,1)x 所以12111()22xef xaxe 1112111(1)2222xxxxeeexeex，1(0,1)x 10 分设()(1)

16、,(01)22t teh tet，则1()02t th te，()h t 在(0,1)上是减函数，所以(1)()(0)hh th，即10()12ef x.12 分（二）选考题：共 10 分，请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22解：（1）因为直线l 的参数方程为212()22xttyt 为参数 消去参数t，得l 的普通方程为10 xy 2 分曲线C：2 2 cos2 cossin4，则22cossin，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1ba即32,31ba时取等号.所以9m 9 分故实数 m 的最大值为 9.10 分