安徽省合肥市2021年高三第一次教学质量检测数学理科

  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) 765 31 876 8P     ； …………………………5 分 (2)设每个坯件的加工成本为 元，则 170 8P  ， 71 1130 87 8P  ， 76 3160 87 4P   ， ∴ 的分布列为  70 130 160 P 1 8 1 8 3 4 ∴ 11370 130 160 145884E ， ∴每个坯件加工成本的期望为 145 元. …………………………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 ( 3cos 3sintt ， )， ∴  222 = cos 3 cos sin 3 sin =4 2 3 cosft AP t t t  . (1)若 = 3  ，则 =4 2 3cos 3ft t  . 令 223kt kkZ   ，得 14+2 233kt kkZ   . 又∵ 0 2t  ， ，∴函数 f t 的单调递增区间是 14 33      ， . …………………………6 分 (2)由 1 23f  ，及 5 36   得， 3cos 33   ， 023  ，∴ 6sin 33   ， ∴ 55=423cos 4 23sin 4 2266 3f              ．………………………12 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 ABCE 是正方形，∴ M 是线段 BE 的中点. ∵G 为线段 PB 的中点，∴ //PE GM . ∵GM  平面 GAC ，PE  平面 GAC ，∴ //PE 平面GAC . ∵EF， 分别是线段 ADCD， 的中点，∴ //EF AC . ∵ AC  平面 GAC ，EF  平面 GAC ，∴ //EF 平面GAC . 又∵ PE EF E ，PE EF PEF，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 1 高三数学试题（理科）答案 第 2 页（共 4 页）  P  A B C  F  E  DG  M x  y z  (2)∵平面 PEF  平面 ABCFE ，平面 PEF  平面 ABCFE EF ，PF EF ， ∴PF  平面 ABCFE ，∴ 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   ，， ， 011CP   ，，，  200CA   ，， . 设平面 PAC 的法向量  nxyz  ，， . 由 0 0 nCP nCA      得 0 20 yz x     ， . 令 1y  ，则  01 1n   ，， . 设直线 AG 与平面 PAC 所成角为 ，则 1 52sin cos 105 22 AG n AG n AG n           ， . ∴直线 AG 与平面 PAC 所成角的正弦值为 5 10 ．……………………………12 分 20.(本小题满分 12 分) 解:(1)设 A ( 11x y， )， B ( 22x y， ). 由  2 2ypx ykxm    消去 y 得 22 2 2 22( ) 0kx km px km. ∵l 与抛物线 E 交于两点，∴ 0k  . 又∵ 00mp， ，∴ 22840kmp p   恒成立， ∴ 12 2 2 12 22 . pxx mk xx m      ， 当 1k  时， 42 2AB m. ∴ 22 121242ABkxxmpp   42 2m，化简得 (22)(2)0pm p . ∵ 0, 0pm， ∴ 2p  . ∴抛物线 E 的方程为 2 4yx . …………………………6 分 (2)假设存在常数 k 满足题意. ∵抛物线 E 的方程为 2 2ypx ，其焦点为 F ( 02 p， )，准线为 2 px   ， ∴N ( 22 ppkm  ， ），从而 2 2 22 2 pFN p k m  . 由抛物线的定义得， 1 2 pFA x  ， 2 2 pFB x  ， ∴ 222 121212 2()22 2 42 pp p p ppFA FB x x x x x x m k      . 由 2FAFBFN 得 222 22 222 pp pmpkmk     ，即  2 2 2 2102 ppkm k   . ∵ 2 02 pm ， 2 2 0p k  ，∴ 2 10k  ，解得 1k   . ∴存在 1k  ，使得 2FAFBFN 对于任意的正数 m 都成立. ……………………12 分 2 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 ， ，  2 x afx x   . ①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； ②当 0a  时，  0fa  ，且当 0x a ， 时，   0fx  ；当  xa ， 时，   0fx  . ∴  f x 在0 a， 上单调递减，在  a ， 上单调递增，从而  f x 的最小值为   ln 2fa a. (i)若  0fa ，即 2ae ，此时  f x 至多有一个零点，不符合题意； (ii)若  0fa ，即 20 ae . ∵  f x 在a ， 上单调递增，  0fa ，  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0 a， 上单调递减，且  0fa ， 考虑 2 12ln 1fa a a的正负,令  212ln 1 0g xx xex ，，，则  2 210xgx x    . ∴ g x 在20 e， 上单调递减，∴   2230gx ge e，即 2 12ln 1 0fa a a . ∵ 20 aa，∴ 2 0fa  ，  0fa ， 根据零点存在性定理得，  f x 在 0 a， 有且仅有一个零点. 所以，当 20 ae 时，  f x 恰有两个零点，符合题意. 综上得， 20 ae . …………………………………6 分 (2)由条件得， 1 1 2 2 ln 1 0, ln 1 0, ax x ax x     ∴ 12 12 12 21 11ln ln 2, 11ln ln . xxaxx xxaxx            ∴  2 21 12 1 2 12 21 221 12 1 21 1 1ln ln 11ln ln 2 ln ln 2 ln 2.11 1 x xx xx x xxx xx xxx xx x xx x          要证 4 12 ,x xe   即证 12ln ln 4,xx    即证 2 12 2 1 1 1 ln 2 4 1 x xx x x x     ，  即证 2 12 2 1 1 1 ln 2 1 x xx x x x    ，亦即证 2 12 2 1 1 1 ln 2 1 x xx x x x     ①.  设 2 1 xt x ，不妨设 12x x ，由 2 120 x ex 知， 1.t    证①式，即转化为证明：当 1t  时， 1ln 2.1 t tt     设 1() ln 2 1 tht t t  ，则 2 22 14 (1)'( )= .(1)(1) tht tt tt   ∴当 1t  时， '( ) 0ht 恒成立，即 ()ht 在[1, ) 上单调递增，  ∴当 1t  时， () (1) 0ht h，∴ 12 4 1xx e 成立. …………………………………12 分 (2)另解：不妨设 12x x . 由(1)可知， 20ae ， ， 1 0x a ， ，  2xa ， ， ()f x 在 a  ， 上单调递增. 3 高三数学试题（理科）答案 第 4 页（共 4 页）  要证 12 4 1xx e  44 2 2 111144 11 110ln3 ln3 0x fxf xaexxaexxe xe         . 由 11 1 ln 1 0afx x x得， 11ln 1axx  . ∴只需证 42 111ln 3 ln 1 0xexx   ① . 令   42ln 3 ln 1hx x ex x ，则  41 2ln 3hx ex xx   . 令  41 2ln 3xexxx  ，则  444 22 112ln 5 (2ln 4)xexeexxx        . 由 20 x e 得ln 2x  ， 4 2 1e x ，∴   0x  ，∴  x 在 20 e ， 上单调递减，且 2 0e   ， ∴ 20x e ， ，  0x  ，即  0hx  ， ∴ hx在 20 e ， 上单调递增，且 2 0he  ，而 2 1x ae ， ∴  2 1 0hx he，即①式得证，∴ 12 4 1xx e . ………………………………12 分 22.(本小题满分 10 分) 解：(1)化简曲线 C 参数方程得， cos 2 1 sin 22 x y     ( 为参数，且 2 kkZ ， ). 消去参数  得曲线 C 的普通方程为  2241 1xy x， 化成极坐标方程为 22cos 4 sin 1  2kkZ  ， . ∴ 2 2 1 1 3sin   ( 2kkZ  ， ). ………………………………5 分 (2)不妨设M ( 1 ， )， N ( 2 3 ， )，则 1OM  ， 2ON  ， ∴ 22 22 11 339 331 3sin 1 3sin sin 2 cos 2 = sin 234 4 2 3OM ON            . 当且仅当 7 12 kkZ 时， 22 11 OM ON  取最大值 33 2 ．……………………………10 分 23.(本小题满分 10 分) 解：(1)由 11f  得 21211aa ， ∴  1 12 2 1 1 a aa     ， ，或  11 2 12 2 1 1 a aa       ， ， 或  1 2 21211. a aa      ， 解得 1a  ，或 11 2a  . ∴a 的取值范围为 1 2    ， . …………………………………5 分 (2)设 2x t ( 0t  ). 由已知得，对任意 0t  ，使得  0ft 成立. ∵  0ft 2222 2 4ta ta ta ta  23120tat . 当 0t  ， Ra  ；当 0t  ， 40ta恒成立，即 0a  . ∴ 0a  ，即 a 的最小值为 0. ………………………………10 分 4