安徽省合肥市2021年高三第一次教学质量检测数学文科
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安徽省合肥市2021年高三第一次教学质量检测数学文科

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资料简介
  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

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