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文科数学 第 1 页 共 7 页 2021 届高三第一次联考 文数参考答案 题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答 案 B C D B A D A B D C B D 1.【解析】由已知得  2,3,4,5B  ，故选 B。 2.【解析】由已知 1 2 3 4 1 2 5 i ia bi i      ， 3 4,5 5a b   ，则 7 5a b   ，故选 C. 3.【解析】由图一可知 A,B 均正确。由图二数据计算得 16 的现存确诊病例为 84867 79926 4645 296   ，同理可计算 18、20、22、24 日现存确诊分别为 346，383， 441，473，故应选 D。 4.【解析】当l//α 时，不能推出l   ；当l   时，可得l//α .故选 B. 5. 【 解 析 】 由 已 知 0.2 00.3 0.3 1a    , 0.2 0.2log 0.3 log 0.2 1b    ， 0.2 0.2log 0.3 log 1 0b    ， 0 1b  , 0.3 0.3log 2 log 1 0c    ，故 a b c  ，选 A。 6.【解析】设 5 所小学即为 1,2,3,M,N，从中选 3 所小学基本事件为：123,12M,12N,13M, 13N,1MN, 23M,23N,2MN,3MN 共 10 个，其中 M,N 被选中的事件有 1MN，2MN,3MN 共 3 个。故所求的概率为 3 10 。故选 D。 7.【解析】函数 cosy x x 为奇函数，故排除 B、D，当 x 取很小的正实数时，函数值大于 零，故选 A。 8.【解析】由 2  a b a b 得： 2 2 2 2+2 + 4 +4   a a b b a a b b ，又 = =1a b ，所以 1= 2a b ，即 1cos 2  ， 所以 = 3  ，故选 B。 9.【解析】由程序框图可知，落在正方形内的 1000 个点，其中落在圆 内有 n （如图），所以 π 4 1000 n ，故 π 0.004n ，因此选 D。 10.【解析】即将函数 2cos sin 2y x x  图象右移 2  个单位，所得函数解析式为： 2cos sin 2 2sin sin 22 2y x x x x                ，故选 C.文科数学 第 2 页 共 7 页 11.【解析】因为 2 21 2be a   ，所以 a b .设    0 0 0 0, , ,A x y B x y ，则 2 2 2 0 0x y a  . 不妨设  ,0P a ,    0 0 0 0, , ,PA x a y PB x a y       ， 2 2 2 0 0 0PA PB x a y        ，所 以 PA PB ,故选 B. 12.【解析】取 AD 的中点 H ，连接 1 1 1, ,HM HD B D ，可得 / /BD MH ，则 1 1/ /BD HMB D平面 ，故平面 即平面 1 1HMB D 。 故截面 1 1HMB D 为等腰梯形。 由已知可得 1 1 1 1 2 52, ,2 2B D MH MB HD    ， 高为 2 2 5 2 3 2 2 4 4               ， 其面积 1 2 3 2 9+ 2 =2 2 4 8S       . 故选 D。 13.【答案】 1y x  【解析】 1 siny x   ， 0 1xy   。又曲线过点 0,1 ，故切线方程 为 1y x  。 14.【答案】 5 5 【解析】由题得 tan 2 m  ，所以 11 tan 2 12tan( )4 1 tan 2 31 2 m m m m           ， 所以 1m   .所以 (2, 1)P  ，所以 1 5sin 54+1     . 15.【答案】2 或 6【解析】由已知得圆心 ,2 3a 在抛物线上， 4 2 pa   ，12 2 pa ， 所以 28 12=p p ，即 2 8 12 0p p   ，所以 2p  或 6p  。 16.【答案】2【解析】由已知得 5 3 5 cosa c b C  ，故 2 2 2 5 3 5 2 a b ca c b a b      ,化简得 2 2 2 3 2 5 a c b a c    , 即 3cos 5B  ，可求得 4sin 5B  ，故面积 1 2= sin2 5S ac B ac 。 又 2b  ，故 2 2 6 45a c ac   。由 2 2 2a c ac  ，得 6 4 25 ac ac  ，解得 5ac  ， 当且仅当 a c 时取等号，此时 max 2S  。 H M A1 D1 C1 C A B D B1文科数学 第 3 页 共 7 页 17.【解析】（Ⅰ） 1 1 1 1 1 1 1 2 1 12 2 2 n n n n n n n n n a a a ab b              ，……………………2 分 又 1 1 1=12 ab  ， 所以 nb 是首项是 1 1b  公差为1 的等差数列 ……4 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 nb n ，所以 1=2 n n n ab n ， 2 +1n na n  则 2 31 2 2 2 3 2 2n nS n n          …………………………………6 分 令 2 31 2 2 2 3 2 2n nT n         ……① 2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 2n nT n          ……② ①-②得： 2 3 12 2 2 2 2n n nT n         ………………………………8 分    1 12 2 1 2 1 2 2n n n nT n n           11 2 2n nT n    …………………………………………10 分   11 2 2n nS n n    ……………………………………………12 分 18.【解析】（1）因为侧面 PAB  底面 ABC ， AB BC 故 BC  侧面 PAB ，又 PA  侧面 PAB ，所以 PA BC . …………………3 分 又 PA PB ，故 PA PBC 平面 。 因为 PC PBC 平面 ，所以 PA AC ，故 PAC 是直角三角形。………………6 分 （2）由（1）知， BC  侧面 PAB ，又 2 2 2AB PB BC   ， 在 Rt PAB 中，可求得 3PA  ，故 PAB 的面积为 1 3 2 2PABS PA PB    . 三棱锥 P ABC 的体积 1 3 3 6C PAB PABV V S BC     ……………………9 分 由（1）知， BC PB ，故 2 2 2PC PB BC   故直角三角形 PAC 的面积 1 6 2 2PACS PA PC    。 设点 B 到平面 PAC 的距离为 h ，则 1 6 3 6B PAC PACV V S h h     故 6 3 6 6h  ，所以 2 2h  。 即点 B 到平面 PAC 的距离为 2 2 。 ……12 分文科数学 第 4 页 共 7 页 19.【解析】（1）甲生产线零件内径落在          25.30,25.34 , 25.34 25.38 25.38,25.42 , 25.42,25.46 25.46,25.50， ， ， 的频率分别 为： 0.10,0.10,0.35,0.25,0.20 . …………………………………………………………2 分 所以内径尺寸均值为： 1 25.32 0.1 25.36 0.1 25.40 0.35 25.44 0.25 25.48 0.2 25.414x            …4 分 乙生产线零件内径落在          25.30,25.34 , 25.34 25.38 25.38,25.42 , 25.42,25.46 25.46,25.50， ， ， 的 频 率 分 别为： 0.10,0.20,0.30,0.30,0.10 . …………………………………………………………6 分 所以内径尺寸均值为： 2 25.32 0.1 25.36 0.2 25.40 0.30 25.44 0.30 25.48 0.1 25.404x            从上面均值说明乙生产线生产的零件的精度更高一些. …………………………8 分 （2）甲生产线零件合格率为： 1 0.35 0.25 0.2 0.80P     乙生产线零件合格率为： 2 0.30 0.30 0.1 0.70P     …………………………10 分 估计合格品数为： 0.80 0.70 10000 15000+   估计其中合格品的零件数为15000 . …………………………………………12 分 20.【解析】（1）设点 P 的坐标为 ,x y ， 直线 PA 与 PB 的斜率分别为 ,2 2PA PB y yk kx x   ， 2x   ……………2 分 由已知得： 3 2 2 4 y y x x    ，化简得 2 2 14 3 x y  由已知得 2x   ，故曲线C 的方程为： 2 2 14 3 x y   2x   。 ………………4 分 （2）设直线 AP 与 BQ 交点为  4,M m ， 则直线 AP 的方程为：  26 my x  由   2 2 26 3 4 12 my x x y       得： 2 2 2 227 4 4 108 0m x m x m     设  ,P PP x y ，则 2 2 4 1082 27P mx m    ，即 2 2 54 2 27P mx m   ， ……………………6 分文科数学 第 5 页 共 7 页   2 1826 27P P m my x m    同理， BQ 的方程为：  22 my x  与椭圆方程联立，消去 y 整理得：  2 2 2 23 4 4 12 0m x m x m     设  ,Q QQ x y ，则 2 2 4 122 3Q mx m   ， 即 2 2 2 6 3Q mx m   ，   2 622 3Q Q m my x m     ………………………………8 分 当 3m   时，直线 PQ 的斜率为： 2 6 9 P Q PQ P Q y y mk x x m     ， 此时直线 PQ 的方程为： 2 2 2 2 6 6 2 6 3 9 3 m m my xm m m          化简得：  2 6 19 my xm   ，故直线 PQ 过定点 1,0 。 …………………10 分 当 3m   时，可得 1P Qx x  ，所以直线 PQ 也过定点 1,0 。 综合上述：直线 PQ 过定点 1,0 。 …………………………………………12 分 21.【解析】（1）  f x 的定义域为 0, ，   1 1mxf x m x x     ……………2 分 当 0m  时，   0f x  ，  f x 在 0, 上单调递增；……………………………4 分 当 0m  时，由   0f x  得 1x m  。 若 10,x m      ，   0f x  ，  f x 单调递增； 若 1 ,x m       ，   0f x  ，  f x 单调递减 综上：当 0m  时，  f x 在 0, 上单调递增； 当 0m  时，  f x 在 10, m     单调递增，在 1 ,m      单调递减。……………6 分 （2）问题等价于 1 ln 0xxe x x   文科数学 第 6 页 共 7 页 令   1 lnxg x xe x x    ，     11 xg x x e x        ……………………………8 分 因为   1xh x e x  在 0, 上单调递增，  1 2 0, 1 1 02h e h e          。 故存在 0 1 ,12x     ，使得  0 0h x  ，即 0 0 1xe x ， 0 0lnx x  。 …………10 分 当  00,x x 时，   0h x  ，即   0g x  ；当  0 ,x x  时，   0h x  ，即   0g x  。 所以     0 0 0 0 0min 1 ln 0xg x g x x e x x      故 1 ln 0xxe x x    ，即当 1m  时，   1xf x xe  。 ………………………12 分 22.【解析】（1）由  2 21 3sin 4   ，得： 2 2 23 sin 4    . 将 2 2 2 , sinx y y     代入得 2 2 23 4x y y   ， ………………………2 分 所以曲线C 的直角坐标方程为 2 2 14 x y  . …………………………………4 分 （2）设l 的参数方程为： 1 cos sin x t y t       （t 为参数），代入椭圆方程整理得：  2 2 2cos 4sin 2cos 3 0t t       . ………………………………6 分 设方程的两根分别为 1 2,t t ，则 1 2 2 2 3 cos 4sint t     因为 1 2 0t t  ，故 1 2 12| || | 13PA PB t t  所以 2 2 3 12 cos 4sin 13   ……………………………………………8 分 解得，所以 3sin 2   ，即 3   或 2 3   . 故l 的参数方程为 11 2 3 2 x t y t      或 11 2 3 2 x t y t      （t 是参数）.………………………10 分文科数学 第 7 页 共 7 页 23.【解析】（1） 3 2 , 1 1 2 1,1 2 2 3, 2 x x x x x x x            …………………………………………2 分 原不等式等价于： 1 3 2 3 x x     ①或 1 2 1 3 x    ②或 2 2 3 3 x x     ③ 解①得： 0 1x  ；解②得：1 2x  ；解③得： 2 3x  . 所以原不等式的解集为：  0 3M x x   . ………………………………4 分 （2）因为  , , 0,3a b c  ，且 3a b c   ， 所以 3 3 a b c abc   ，故 3 1abc  ，故 0 1abc  3 1 1 1 3 3a b c abc     …………………………………………………7 分 因为 2 2 2a b ab  ， 2 2 2b c bc  ， 2 2 2c a ac  所以 2 2 2a b c ab bc ca     ，故 2 2 2a b c ab bc ca abc abc     所以 1 1 1a b c bc ac ab a b c     ………………………………………10 分