《河南省许昌市济源平顶山2021届高三数学第一次质量检测试题理PDF》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省许昌市济源平顶山2021届高三数学第一次质量检测试题理PDF（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、许昌市许昌市 2021 年高三质量检测题年高三质量检测题理科数学答案一、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 x，223013Bx 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】设等差数列 na的首项为1a，公差为d，则11125321adadad1191.-22aadd或999 8
2、9 8s9 9( 2)99 1281.22s 或4.【答案】A【解析】由已知可得1sintan50，所以991600 109 10360(/ )12100050km h 5【答案】Dln2lnln2ln2log 2log 2log 2log 200lnlnlnlnababbaabab【解析】ln2lnln0,lnln00lnlnbbaababaab当时，但也可能小于 ，则不一定成立，alog 2logabb 是2的不充分条件；ln2lnlog 2log 20ln0b,lnlnabbbaaba当即时，可能大于 ，即a可能小于alog 2logabb 是2的不必要条件.6.【答案】【答案】B【解析
3、解析】由条件得53()2021( )2xxfxxxeef x ，所以( )f x是奇函数，又4331( )10105020222xxxxfxxeeee，所以( )f x在( 6,6)上单调递增，又2()(6)0f af a，即2()(6)f afa，所以6662aa，解得02a，故实数a的取值范围是(0,2)7【答案】D【解析】/ /,n,/ /mmmn由，得又所以正确；若m，n，/mn，则/ /或与 相交，所以错误；若，则/ /或与 相交，所以错误；由/ /，/ /，得/ /，又m，m，所以正确.8【答案】C【解析】设抛物线的方程为22(0)ypx p，(,),MMM xy由3MF 得32M
4、px，所以222 (3)62Mpyppp.又M在圆22:9O xy上，所以229MMxy.所以223692ppp，解得：4p ，所以抛物线的方程为：28yx.9【答案】B【解析】因为函数( )f x图像相邻两条对称轴之间的距离为2，所以22T，即T，所以22T，即( )sin(2)f xx，将函数( )yf x的图像向左平移8个单位后，得到函数sin2()8yx的图像，且其关于原点对称，所以28k()k Z，又|2，令 k=0，得4 ，即( )sin(2)4f xx，320,2,sin 21 .244442xxx 由得则 （），10.【答案】C【解析】因为222,1( )log (1),1nx
5、mxxf xxnn x为 R 上的增函数，所以2111212log (11)nmnmnn 即11,24mnmn由线性规划知识，可得20,2mn.11【答案】B【解析】6 个单位对本县的 3 个不同的贫困村进行帮扶，分三大类：按 1，2，3 分，有12336533360CCCA种情况.按 2，2，2 分，有222364233390CCCAA种情况.按 4，1，1 分，有436390CA种情况.故共有3609090540种情况.其中甲，乙两个单位安排在同一贫村可能的情况同上分析，有212333234434334322(150ACCCCAACA）种情况.故甲、乙两个单位安排在同一贫困村的概率为150
6、554018.12.【答案】A【解析】 连接 AF2,BF2,记 A,B 中点为 N， 根据题意知：22ABFF ,所以设mBFF22A,并且 NF2垂直 AB,由于过点 F1的直线斜率为12，设直线的倾斜角为112,tan =sin,cos255所以，则，所以在直角三角形 F1F2N 中，21242 sin,2 cos55ccNFcNFc， 根据双曲线的定义：aBFF2B21,所以：maF 2B1,同理：amF2A1;所以aAFBF4AB11,则aBN2AN,故：amaANNF225c4AF11，因此：m=45c.在直角三角形 BNF2中，2222222242BNF,=4a()55ccFBN
7、所以（），从而解得离心率153e .二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分）13【答案】【答案】202114【答案】【答案】3【解析解析】因为251()axx展开式的通项公式为52 551022155()rrrrrrrTCaxxC ax令51002r，得4r ，所以45 4515C a，从而3a 15【答案】【答案】4,5【解析解析】当1n时，13a ，当2n时，11433nnSa，两式相减得13nnaa ，即13nnaa ，所以数列 na是首项为 3，公比为3的等比数列，所以( 3)nna ，代入条件得31 ( 3) 4nnS
8、，所以1234563,6,21,60,183,546,SSSSSS ，因为60200mS，所以m的取值集合为4,516.【答案】624【解析】取CB中点F,连接DF交CE于点O,易证得DO 面PCE,要求AMMN最小,需 MN 最小,此时可得MNPCE 平面，又可证明/MN DF,再把平面 POD绕 PD 旋转,与面 PDA 共面,又可证得90POD.11=22PDAC，1111224412DODFABAB，1sin2ODOPDPD，即30OPD，453075APN ，可得62sin754，min62n 54si 7AMMNANPA.三、解答题：（共三、解答题：（共 70 分。解答应写出文字说
9、明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：60 分。分。17. 解：（1）0m n ，cos( 2sin)2 3sinsin02222AAAA ，sin3cos3AA，3sin()32A，(0, )A，4(,)333A，233A，即3A，.5 分（2）MBC是的中点，1()2AMABAC ，2221(2)4AMABACAB AC ，.7 分1AM ，22131()44cbb
10、cbc ，当且仅当bc时取“”，43bc，133sin243ABCSbcAbc，综上得，ABC面积的最大值为33，.12 分18. 解：（1）在ACD中，2222cos33ACCDADADCD，.1 分所以222ADCDAC，所以2ACD，所以ACCD，.2 分因为ADEF为正方形，所以DEAD，.3 分又因为平面ADEFABCD 平面，平面=ADEFABCD AD平面，.4 分所以DEABCD 平面，所以DEAC，.5 分因为DECDD，所以ACCDE 平面，6 分（2）过C作CGABCD 平面，以C为坐标原点，,CD CA CG 的方向为, ,x y z轴的正方向建立空间直角坐标系，易知6
11、ACB，所以有13(,0),(1,0,0),(1,0,2),(0, 3,2)22BDEF，.7 分设111222( ,),(,)mx y znxy z分别为平面,EBD FBD的法向量，则11111133202200-20m EBxyzm EDxyz ，令11x 得(1, 3,0)m ，.9 分2222221320223-20n FBxyzn FDxyz ，令21y 得(1, 3,-1)m，.11 分设二面角EBDF为，则|42 5cos|cos,|=5| |2 5m nm nm n .12 分19. 解：（1）0,1,2,3,4X ，1(4, )3XB，.1 分044216(0)( )381
12、P XC，1342132(1)( ) ( )3381P XC；222421248(2)( ) ( )338127P XC；3134218(3)( ) ( )3381P XC；44411(4)( )381P XC，.4 分故X的分布列为：X01234P16813281827881181.5 分（2）采用方案(1,2,3)i i ，设所需费用为i(1,2,3)i ，因为1(4, )3XB，所以14()433E Xnp所以，14()(6000)6000 ()600080003EEXE X；.7 分24()(30003000)3000 ()30003000300070003EEXE X，.8 分又16
13、3224728(02)81819PX，采用方案 3，所需费用3的分布列为3500070009000P89881181.10 分所以3881425000()50007000900052479818181E，.11 分因为123( )()()EEE故方案 3 的期望值最小，采用方案 3 更合算. .12 分20.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 myx，设),(),2211yxCyxD（.044122yx
14、myx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21解：（1）( )xfxaxe ，(1)fae ，直线(2)20210 xe y的斜率为12e，由已知易得1()12aee
15、即2a ，.2 分所以( )2xfxxe设( )2xg xxe，则( )2xg xe，令( )gx=0 得ln2x ,当(,ln2)x 时( )0g x ，(ln2,)x时( )0g x 所以maxmax( )( )(ln2)2ln220fxg xg，故( )0fx 恒成立，所以，( )f x在R上是减函数.4 分（2）：1）( )xfxaxe ，设( )xg xaxe ，则12,x x是函数( )g x的两个变号零点，又( )xg xae ，当0a 即0a 时( )0g x 恒成立，( )g x单调递减，( )g x不可能有两个变号零点，不合题意，6 分当0a 即0a 时 ， 令( )0g
16、x 得ln()xa，(,ln()xa 时( )0g x ，(ln(),)xa时，( )0g x ，所以( )g x有两个变号零点只须max( )(ln()ln()0g xgaaaa 解得ae 综上所述，实数a的取值范围是ae .8 分2)证明：由1( )0fx得110 xaxe，所以11xeax 且1(0,1)x 所以12111()22xef xaxe 1112111(1)2222xxxxeeexeex，1(0,1)x 10 分设( )(1),(01)22tteh tet ，则1( )02tth te，( )h t在(0,1)上是减函数，所以(1)( )(0)hh th，即10()12ef x.12 分（二）选考题：共（二）选考题：共 10 分，请考生在分，请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22解：（1）因为直线l的参数方程为212()22xttyt 为参数消去参数t，得l的普通方程为10 xy 2 分曲线C：2 2cos2 cossin4，则22cossin，又yxyxsin,cos,222代入并化
