安徽省合肥市2021年高三第一次教学质量检测数学文科

  高三数学试题（文科）答案 第 1 页（共 3 页）  合肥市 2021 年高三第一次教学质量检测 数学(文)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. 15. 22 16. 21 3 三、解答题： 17.(本小题满分 12 分) 解：(1)由已知 3 57 5 231 a aa    ，解得 1 1 2 a d    ，∴ 21nan  .…………………………5 分 (2)     12 1222 2naaa nnSa a a   12 12 22 2naaa naa a      21 412 1 214 nnn  21 2 22.3 n n   …………………………12 分 18.(本小题满分 12 分) 解：(1)由样本统计数据可知，样本中男生 180 人，其中“握笔姿势正确” 的有 24 人；女生 120 人，其中“握笔姿势正确”的有 30 人，从而估计该地区 初中毕业生中男生、女生“握笔姿势正确”的概率分别为 2 15 和1 4 . …………………………4 分 (2)由列联表计算得 2 2 300 156 30 24 90 6.640 6.63554 246 180 120K   ， 所以，有 99%的把握认为该地区初中毕业生“握笔姿势是否正确”与性别有关.……………………8 分 (3)由(2)结论知，该地区初中毕业生“握笔姿势是否正确”与性别有关。此外，从样本数据能够看出，该地区初 中毕业生中，男生与女生中握笔姿势正确的比例有明显差异，因此，在调查时，男生和女生应该分成两层，采用分层 抽样的方法更好. …………………………12 分 19.(本小题满分 12 分) 解：(1)∵点 F G， 分别为 ABAC， 的中点，∴ FG ∥BC . ∵FG  平面 PBC ，BC  平面 PBC ，∴ FG ∥平面 PBC . 延长 FG 交CD 于点 H ，连接 EH . ∵GH ∥BC ， AD ∥BC ，∴ GH ∥ AD . ∵G 是 AC 的中点，∴ H 是CD 的中点. ∵E 是PD 的中点，∴ EH ∥PC . ∵EH  平面 PBC ，PC  平面 PBC ，∴ EH ∥平面 PBC . 又∵ EH FG ， 平面 EFG ，且 EH FG H ， ∴平面 EFG ∥平面 PBC . …………………………6 分 (2)设点 F 与平面 AEG 的距离为 d ，取 AD 的中点O ，连接 OE OG， ， 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C A C B B A D C C D C 男 女 总计 握笔姿势正确 24 30 54 握笔姿势不正确 156 90 246 总计 180 120 300 1 高三数学试题（文科）答案 第 2 页（共 3 页）  则EO ∥PA ，GO ∥CD ，且 1 2EO PA ， 1 2GO CD . ∵PA  平面 ABCD ，∴ EO  平面 ABCD . 由 F AEG E AFGVV三棱锥 三棱锥 得11 33AEG AFGSdSEO  ，即 AEG AFGSdSEO . 在 AEG 中， 2AE AG GE，从而 3 2AEGS  . 又∵ 1EO  ， 1 14AFG ABCSS，∴ 23 3d  . ∴点 F 与平面 AEG 的距离为 23 3 . ……………………………12 分 20.(本小题满分 12 分) 解:(1)由条件，设直线l 的方程为 1x ty，代入 2 2yx 得 2 220yty ， 则 22 2 2148212AB t t t t   . 由 22AB  ，解得 0t  ，∴交点 A,B 的坐标为  12， , 12，- . 易知 AOB 外接圆的圆心在 x 轴上，设圆心为( a ，0). 由 222 12aa  解得 3 2a  ， ∴ AOB 外接圆的方程为 2 239 24xy . ……………………………6 分 (2)设 A ( 11x y， )， B ( 22x y， )，则 A ( 11x y， ). 由(1)知， 122yy t， 12 2yy  . 设直线 A B 的方程为 x my n，代入 2 2yx 得， 2 220ymyn ， 则12 2y yn，∴ 22n  ，即 1n  ， ∴直线 A B 经过定点(-1，0)． ……………………………12 分 21.(本小题满分 12 分) 解：(1)  2ln x abfx x x x   ，由条件  11 1f aba    ，解得 0b  . 此时，切点为(1，0)，直线 1y axa 不经过切点，符合题意，所以 0b  .………………4 分 (2)由(1)知，  ln 1afx xx  . 设  ln +1agx x x ，则  22 1 axagx x x x    ( 0x  ). ①当 0a  时，  ln 1g xx，易知函数有唯一零点 1e ，且  10x e ， ，   0gx ； 1xe， ，   0gx . 此时， f x 仅有一个极小值点，无极大值点； ②当 0a  时，  0gx  恒成立， g x 在区间上单调递增. 又∵ 1 0ge ae ， ln( ) 0ege a e a ea   ， ∴ g x 在0 ， 上存在唯一零点，从而  f x 仅有一个极小值点，无极大值点； ③当 0a  时，  0ga  ，且当 0x a ， 时，   0gx  ；当  xa ， 时，   0gx  . ∴ g x 在0 a， 上单调递减，在 a ， 上单调递增，且最小值为   ln 2ga a  . (i)若  0ga ，即 2ae ，此时  0gx 恒成立，  f x 无极值点； (ii)若  0ga ，即 20 ae . ∵ 1a  ，且  0ga ， 110ga，且  g x 在 a  ， 上单调递增， 根据零点存在性定理得， g x 在a ， 恰有一个零点，从而  f x 在 a  ， 恰有一个极小值点. 2 高三数学试题（文科）答案 第 3 页（共 3 页）  考虑 2 12ln 1ga a a.令  212ln 1 0hx x x ex ，，，则  2 210xhx x    . ∴ hx在20 e， 上单调递减，∴   2230hx he e，即 2 12ln 1 0ga a a . ∵ 20 aa，∴ 2 0ga  ，  0ga ，且  g x 在 0 a， 上单调递减， 根据零点存在性定理得， g x 在0 a， 恰有一个零点，从而  f x 在 0 a， 恰有一个极大值点. ∴当 20 ae 时，  f x 有且仅有两个极值点. 综上，当 2ae 时， f x 极值点个数为 0； 当 0a  时， f x 极值点个数为 1； 当 20 ae 时，  f x 极值点个数为 2．…………………………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 的普通方程得  2241 1xy x， 化成极坐标方程为 22cos 4 sin 1  2kkZ  ， ， ∴ 2 2 1 13sin   ( 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 3