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1、许昌市许昌市 2021 年高三质量检测题年高三质量检测题文科数学答案一、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。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 x223013Bx 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】若乙的说法错误，则甲丙的说法都正确，但两人的说法相矛盾，据此可得，乙的说法是正确的，即丙被录用了.4.
2、【答案】D【解析】由程序框图知，s 是关于 t 的分段函数，且23 ,014,14ttsttt 当 t0,1)时，s0,3)； 当 t1,4时，s4tt24(t2)20,4，故 s0,45 【答案】B【解析】当ab时，2(3)23201m mmmm或2m ，所以“ab”是“2m ”的必要不充分条件.6【答案】C【解析】设三角形的直角边分别为 1，3，则弦为 2，故而大正方形的面积为 4，小正方形的面积为23142 3.图钉落在黄色图形内的概率为42 32342.落在黄色图形内的图钉数大约为23500672，所以 500-67=433.7【答案】B解析：2cos2sin()2yxx横坐标缩短到原
3、来的12倍（纵坐标不变） ，2sin(2)2yx再向右平行移动8个单位长度得2sin 24yx.8 【答案】A【解析】易判断函数为奇函数，由 y0 得 x1 或 x0.当 0 x1 时，y0；当 x1 时，y0.9 【答案】D【解析】令( )( )g xx f x，则( )( )( )0g xf xx fx所以( )g x在(0,)上单调递增，所以( )( )gg e即 fef e.10 【答案】C解析：由正弦定理可得解析：由正弦定理可得1sinsincossinsincossin2ABCCBAB，1sin()2AC，即1sin2B 。又ab，B 为锐角，B=30，故选 C。11 【答案】A【
4、解析】当直线l垂直于 x 轴时，MON与POQ相似，有2|1416MONPOQSOFS；当直线l不垂直于 x 轴时，设直线l的方程为(1)yk x，设1122( ,),(,), ( 4,),( 4,)PQM x yN xyPyQy联立22222(1)(24)04yk xk xkxkyx 易知2242440kk ，由根与系数关系得121x x，所以1| |sin21| |sin2MOPNOQMONOMONSSPOQOPOQ12| |1| |4416xxMONOPOQO.综上得116MONPOQSS故:16:116POQMONSS.12 【答案】B【解析】作出函数 yf x的图像，设123xxx，
5、设 123f xf xf xt， 由图像可知，当04t 时，直线yt与函数 yf x图像的三个交点的横坐标分别为1x，2x，3x，二次函数244yxx+的图像关于直线2x 对称，则234xx，由于 104f x，即30log ()4181xx ，解得1811x ，123773xxx因此，123xxx的取值范围是77,3.137【解析】 作出约束条件22020220 xyxyxy表示的可行域， 如图阴影部分所示作直线:l30 xy，由31zxy可得31yxz ，平移直线l，可知当直线过点2,0时，z取得最大值，最大值为 714.【答案】210 xy 【解析】由题意得 2ln1 3xfxx ，所以
6、切线斜率 12kf ，所以切线方程为12(1)210yxxy .15.解析：2不妨设一条渐近线的方程为byxa，则F2到byxa的距离d22bcbab在 RtF2PO中，|F2O|c，所以|PO|a，所以|PF1|5 a，又|F1O|c，所以在12PFF与 Rt2PF O中，根据余弦定理得22222245cos222bbcaPF Ocacbc所以2cea16 【答案】2【解析】如图所示，由于外接球的表面积为16，得外接球的半径 为2，则4AB ，设ADx，则216BDx，又BD边上的高1CH ，当CH 平面ABD时，棱锥ABCD的体积最大，此时2421111616326Vxxxx ，故当28x
7、 时，体积V最大，最大值为43.此时2 2BD 故2r 17.解： （1）因为等差数列na满足35a ，且1a，2a，5a成等比数列，所以1211125()(4 )adada ad，因为0d ，所以112ad，所以1121naandn6 分（2）由（1）得121nnbbn，所以101234910()()()Sbbbbbb(2 1 1)(2 3 1)(2 9 1) 2(1 3.9)545 .12 分18. 解:（1）由样本数据的条形图可知：等级分为4分、5分、6分、7分、8分、9分的学生分别有：20 人、50 人、70 人、40 人、10 人、10 人.2 分样本的均值为4 205 506 70
8、7408 109 106200 x （分）4 分样本数据的方差为220 450 1 40 1 101.452010 90s 6 分（2）由题意可得22列联表为：合格不合格合计A 校602080B 校7050120合计130702008 分故22200 60 5020 705.8616.635120 80 116002730 730K，11 分故没有 99%的把握认为“关键能力的提升”与“学校教学模式的改革”有关.12 分 022202,3,1,= 31.22,.ABCDAB BCCDDABACADACOOB ODABCOBAC OBACDODACBODODOBBDBODOBODOBAC ODA
9、COOBACD19.（1）证明：在梯形中，=2=2,=90取的中点 ,连则在等边中，在Rt中分在中90 即又平面.4.6OBABCABCACD分又平面平面平面分132415.94CDMBCDABDBMADMADSDMDCS（2）在等腰中是的中点又分MBCDh设到平面的距离为MBCDB MCDVV由得11513=33434h155h故点M到平面BCD的距离为155.12 分20.解： （1）依题意得( )f x的定义域为0,当2a 时，2( )24lnf xxxx所以42(2)(1)( )22xxfxxxx2 分当01x时，( )0fx ；当1x 时，( )0fx ( )f x在0,1上单调递减
10、；在1,上单调递增.4 分（2）2(2)()( )2axa xafxxaxx5 分若0a ，0,( )20 xfxx( )f x在0,上单调递增，不可能有两个零点若0a ，当02ax时，( )0fx ；当2ax 时，( )0fx ( )f x在0,2a上单调递减；在,2a上单调递增 ( )f x在区间0,2a，,2a上各有一个零点.7 分22222221211 21222222211min , ,ln0,4()=ln0;( ),( )1,0( )0,( )(0,)1,2()()(1)(1)(1)10,( )(oooooooxxaaaaaxxaxeef xxaxaxg xex g xexg xg
11、 xaeaf eeaeaaaaaaf x 取，设当时，所以在单调递增,从而有由零点存在性定理，欲使在21223434,) (,)1022( )0,2( )ln0,2223ln,2.24(2,).12(0( );( ). 1aoaaxeafaaaaaaaeaexf xxf x ，各有一个零点只需即所以满足题意的 的取值范围是如果学生写成当时，当时,扣 分.)21.解： （1）由ABP是等腰直解三角形，得)0 , 2(),0 , 2(, 2BAa，设),(00yxQ，则由QAPQ23，得545600yx代入椭圆方程得12b，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 my
12、x，设),(),2211yxCyxD（.044122yxmyx联立032)4(22myym得43,42221221myymmyy6 分2,2222111xykxyk22112122yxxykk 点),(22yxC在椭圆上142222yx222244yx22224)2)(2(yxx2422222xyyx8 分)2)(2(4y222121221121xxyyxxykk9)(34)3)(3(421212212121yymyymyymymyyy10 分36963129423434342222222mmmmmmmmm31362112 分22.解： （1）l的参数方程消去参数，易得l的普通方程为10 xy
13、 2 分曲线C：2 2sin2(sincos )4，即22 (sincos )，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
