安徽合肥市高三理科数学第一次教学质量（2021一模理数）检测试题卷(含答案)

 合肥市2021年高三第一次教学质量检测数学(理)试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.题号123456789101112答案CDBDAACBDACD二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.－214.415.－1616.27三、解答题：17.(本小题满分12分)7653解：(1)P1；…………………………5分8768(2)设每个坯件的加工成本为元，则1711763P70，P130，P160，8878874∴的分布列为70130160113P884113∴E70130160145，884∴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tt，3sin)，22∴ftAP2=cos3costsin3sint=423cost.(1)若=，则ft=423cost.3314令22ktkkZ，得+2kt2kkZ.33314又∵t0，2，∴函数ft的单调递增区间是，.…………………………6分331536(2)由f2，及得，cos，0，∴sin，33633233355∴f=423cos423sin422．………………………12分663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，∴PE//GM.∵GM平面GAC，PE平面GAC，∴PE//平面GAC.∵EF，分别是线段ADCD，的中点，∴EF//AC.∵AC平面GAC，EF平面GAC，∴EF//平面GAC.又∵PEEFE，PE，平面EFPEF，∴平面GAC//平面PEF.……………………………6分高三数学试题（理科）答案第1页（共4页）  (2)∵平面PEF平面ABCFE，平面PEF平面ABCFEEF，PFEF，z ∴PF平面ABCFE，∴FEFCFP，，两两垂直.P 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)，11C(0，1，0)，B(1，2，0)，A(2，1，0)，G，，1.x 22G AE D31∴AG，，0，CP011，，，CA200，，.22MF B设平面PAC的法向量nxyz，，.C ynCP0yz0，由得令y1，则n01，，1..nCA020x设直线AG与平面PAC所成角为，则1AGn5sincosAG，n2.AGn510225∴直线AG与平面PAC所成角的正弦值为．……………………………12分1020.(本小题满分12分)解:(1)设A(x11，y)，B(x22，y).2ypx222222由消去y得kx2(kmpx)km0.ykxm∵l与抛物线E交于两点，∴k0.又∵mp00，，∴840kmp22p恒成立，2pxx122m，∴k22xx12m.当k1时，AB42m2.22∴ABkxxmpp12421242m2，化简得(22)(2)0pmp.∵pm0,0，∴p2.∴抛物线E的方程为yx24.…………………………6分(2)假设存在常数k满足题意.pp∵抛物线E的方程为ypx22，其焦点为F(，0)，准线为x，222pp222p∴N(，km），从而FNpkm.222pp由抛物线的定义得，FAx，FBx，1222pppp22pp2∴.FAFBx121212xxx()xxm222242k222222ppppp由得22，即2.FAFBFNmpkm2km10222k2kp2p2∵，，∴2，解得.m020k10k12k∴存在k1，使得FAFBFN2对于任意的正数m都成立.……………………12分高三数学试题（理科）答案第2页（共4页）  21.(本小题满分12分)xa解：(1)fx的定义域为0，，fx.x2①当a0时，fx0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；②当a0时，fa0，且当x0，a时，fx0；当xa，时，fx0.∴fx在0，a上单调递减，在a，上单调递增，从而fx的最小值为falna2.(i)若fa0，即ae2，此时fx至多有一个零点，不符合题意；(ii)若fa0，即0ae2.∵fx在a，上单调递增，fa0，fa110，根据零点存在性定理得，fx在a，内有且仅有一个零点.又∵fx在0，a上单调递减，且fa0，1121x考虑2的正负,令，，2，则.fa2lna1gxx2ln1xe0gx20axx1∴gx在0，e2上单调递减，∴gxge22e30，即fa22lna10.a∵0aa2，∴fa20，fa0，根据零点存在性定理得，fx在0，a有且仅有一个零点.所以，当0ae2时，fx恰有两个零点，符合题意.综上得，0ae2.…………………………………6分a11lnxxaln2,lnx110,12x1xx12(2)由条件得，∴a11lnx210,lnxxaln.x122xx21x12lnxx21ln11xx12x1x2∴lnxx12ln2lnxx21ln2ln2.11xxxxxx2112121xx21x1x124xx12要证x12xe, 即证lnxx12ln4, 即证ln24， xx121x1xx1221xxxx即证12ln2，亦即证12ln2 ①. xxxx121211x1x1x22设t，不妨设x12x，由0x12ex知，t1. x1t1证①式，即转化为 证明 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ：当t1时，lnt2. t1t114(1)t2设ht()lnt2，则ht'()=. t1tt(1)(1)22tt∴当t1时，ht'()0恒成立，即ht()在[1,)上单调递增， 1∴当t1时，ht()h(1)0，∴xx成立.…………………………………12分12e4(2)另解：不妨设x12x.，2，，，由(1)可知，ae0，x10a，xa2，f()x在a上单调递增.高三数学试题（理科）答案第3页（共4页） 111要证44.xx124x244fxf20ln3xaexxaex1111ln30exe11xea由fx11lnx10得，axx11ln1.x142∴只需证lnxexx1113ln10①.1令hxlnx3ex42lnx1，则hxex42lnx3.x111令xexx42ln3，则xexeex4442ln5(2ln4).xxx221由2得，4，∴，∴在，2上单调递减，且2，0xelnx2e2x0x0ee0x∴x0，e2，x0，即hx0，∴在，2上单调递增，且2，而2，hx0ehe0x1ae1∴2，即①式得证，∴.………………………………12分hx1he0xx124e22.(本小题满分10分)xcos2解：(1)化简曲线C参数方程得，1(为参数，且kkZ，).ysin222消去参数得曲线C的普通方程为xy2241x1，化成极坐标方程为cos224sin12kkZ，.1∴2(2kkZ，).………………………………5分13sin2(2)不妨设M(，)，N(，)，则OM，ON，123121133933∴22.2213sin13sinsin2cos2=sin2OMON3442371133当且仅当kkZ时，取最大值．……………………………10分12OM22ON223.(本小题满分10分)解：(1)由f11得21211aa，11a1，1a，a，∴或2或212aa211，12aa211，21211.aa1解得a1，或1a.21∴a的取值范围为，.…………………………………5分2(2)设x2t(t0).由已知得，对任意t0，使得ft0成立.∵ft0ta22tata2224ta3120tat2.当t0，aR；当t0，ta40恒成立，即a0.∴a0，即a的最小值为0.………………………………10分高三数学试题（理科）答案第4页（共4页）