2021合肥市高三理科数学一模试卷及答案.pdf

1、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) 7653 1 8768 P ； 5分 (2)设每个坯件的加工成本为元，则 1 70 8 P ， 711 130 878 P ， 763 160 874 P ， 的分布列为 70 130 160 P 1 8 1 8 3 4 113 70130160145 884 E，

2、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，)， 22 2 = cos3cossin3sin=42 3cosf tAPttt. (1)若= 3 ，则 =42 3cos 3 f tt . 令22 3 ktkkZ ，得 14 +22 33 ktk kZ . 又0 2t，函数 f t的单调递增区间是 14 33 ，. 6分 (2)由 1 2 3 f ，及 5 36 得， 3 cos 33 ，0 23 ， 6 sin 33 ， 55 =42 3cos42 3sin42 2 663 f 1

3、2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，/PEGM. GM平面GAC，PE平面GAC，/PE平面GAC. EF，分别是线段ADCD，的中点，/EFAC. AC平面GAC，EF平面GAC，/EF平面GAC. 又PEEFE，PEEFPEF，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 高三数学试题（理科）答案 第 2 页（共 4 页） P A B C F ED G M x

4、y z (2)平面PEF平面ABCFE，平面PEF 平面ABCFEEF，PFEF， 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)， 11 1 22 G ，. 31 0 22 AG ，01 1CP ， ，2 0 0CA ，. 设平面PAC的法向量nxyz ， ，. 由 0 0 n CP n CA 得 0 20 yz x ， . 令1y，则0 1 1n ，. 设直线AG与平面PAC所成角为，则 1 5 2 sincos 105 2 2 AG

5、n AGn AGn ，. 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( 11 xy，)，B( 22 xy，). 由 2 2ypx yk xm 消去y得 22222 2()0k xk mp xk m. l与抛物线E交于两点，0k. 又00mp， 22 840k mpp 恒成立， 12 2 2 12 2 2 . p xxm k x xm ， 当1k时，4 22ABm. 22 12 12 42ABkxxmpp4 22m，化简得(22)(2)0pmp. 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.

6、抛物线E的方程为 2 2ypx，其焦点为F(0 2 p， )，准线为 2 p x ， N( 22 pp k m ，），从而 2 2 22 2 p FNpkm . 由抛物线的定义得， 1 2 p FAx， 2 2 p FBx， 2 22 121212 2 () 22242 pppppp FAFBxxx xxxm k . 由 2 FAFBFN得 22 2 22 2 22 ppp mpkm k ，即 2 2 2 2 10 2 pp km k . 2 0 2 p m ， 2 2 0 p k ， 2 10k ，解得1k . 存在1k ，使得 2 FAFBFN对于任意的正数m都成立. 12分 高三数学试题

7、（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 xa fx x . 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； 当0a 时， 0fa，且当0 xa，时， 0fx；当xa，时， 0fx. f x在0a，上单调递减，在a ，上单调递增，从而 f x的最小值为 ln2f aa. (i)若 0f a ，即 2 ae，此时 f x至多有一个零点，不符合题意； (ii)若 0f a ，即 2 0ae. f x在a ，上单调递增， 0f a ， 110fa ， 根据零点存在性定理得， f x在a ，

8、内有且仅有一个零点. 又 f x在0a，上单调递减，且 0f a ， 考虑 2 1 2ln1f aa a 的正负,令 2 1 2ln10g xxxe x ，则 2 21 0 x gx x . g x在 2 0e，上单调递减， 22 30g xg ee ，即 2 1 2ln10f aa a . 2 0aa， 2 0f a， 0f a ， 根据零点存在性定理得， f x在0a，有且仅有一个零点. 所以，当 2 0ae时， f x恰有两个零点，符合题意. 综上得， 2 0ae. 6分 (2)由条件得， 1 1 2 2 ln10, ln10, a x x a x x 12 12 12 21 11 ln

9、ln2, 11 lnln. xxa xx xxa xx 2 211212 1221 2 21121 211 1 lnln11 lnln2lnln2ln2. 11 1 x xxxxxx xxxx x xxxxx xxx 要证 4 12 ,x xe 即证 12 lnln4,xx 即证 2 12 2 1 1 1 ln24 1 x xx x x x ， 即证 2 12 2 1 1 1 ln2 1 x xx x x x ，亦即证 2 12 2 1 1 1 ln2 1 x xx x x x . 设 2 1 x t x ，不妨设 12 xx，由 2 12 0 xex 知，1.t 证式，即转化为证明：当1t

10、时， 1ln 2. 1 t t t 设 1 ( )ln2 1 t h tt t ，则 2 22 14(1) ( )=. (1)(1) t h t ttt t 当1t 时，( )0h t 恒成立，即( )h t在1,)上单调递增， 当1t 时，( )(1)0h th， 12 4 1 x x e 成立. 12分 (2)另解：不妨设 12 xx. 由(1)可知， 2 0ae， 1 0 xa， 2 xa，( )f x在a ，上单调递增. 高三数学试题（理科）答案 第 4 页（共 4 页） 要证 12 4 1 xx e 44 221111 44 11 11 0ln3ln30 xf xfxae xxae

11、x x ex e . 由 11 1 ln10 a f xx x 得， 11 ln1axx . 只需证 42 111 ln3ln10 xe xx . 令 42 ln3ln1h xxe xx，则 4 1 2ln3h xe xx x . 令 4 1 2ln3xe xx x ，则 444 22 11 2ln5(2ln4)xexeex xx . 由 2 0 xe得ln2x ， 4 2 1 e x ， 0 x， x在 2 0e ，上单调递减，且 2 0e ， 2 0 xe， 0 x，即 0hx， h x在 2 0e ，上单调递增，且 2 0h e，而 2 1 xae， 2 1 0h xh e，即式得证，

12、12 4 1 x x e . 12分 22.(本小题满分10分) 解：(1)化简曲线C参数方程得， cos2 1 sin2 2 x y (为参数，且 2 kkZ ，). 消去参数得曲线C的普通方程为 22 411xyx ， 化成极坐标方程为 22 cos4sin12kkZ，. 2 2 1 1 3sin (2kkZ，). 5分 (2)不妨设M( 1 ，)，N( 2 3 ，)，则 1 OM， 2 ON， 22 22 113 393 3 1 3sin1 3sinsin2cos2 =sin 2 34423 OMON . 当且仅当 7 12 kkZ 时， 22 11 OMON 取最大值3 3 2 10分 23.(本小题满分10分) 解：(1)由 11f得21211aa， 1 12211 a aa ， ， 或 1 1 2 12211 a aa ， ， 或 1 2 21211. a aa ， 解得1a ，或 1 1 2 a . a的取值范围为 1 2 ，. 5分 (2)设 2 xt(0t ). 由已知得，对任意0t ，使得 0f t 成立. 0f t 22 2224tatatata 2 3120tat. 当0t ，Ra；当0t ，40ta恒成立，即0a . 0a ，即a的最小值为0. 10分