甘肃省金昌市2021-2022学年高三上学期第一次联考数学（理）试题答案

金昌市2021-2022学年高三第一次联考理科数学参考答案一、选择 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 ：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 对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗 的．题号123456789101112选项ABDCDCCABDCA二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．513.10；14.112；15.；16.①④.12三、解答题：本题共6小题，共70分．17.【解析】（1）∵m//n，∴(ab)(sinAsinB)c(sinAsinC)0222∴(ab)(ab)c(ac)0即acbac………………………………2分a2c2b21∴cosB2ac2…………………………………………………………4分∴B3………………………………………………………………………………6分（2）∵b2，B322∴4acac2acacac………………………………………………10分1∴SacsinB3ABC2∴ABC面积的最大值为3.……………………………………………………12分18.【解析】（1）9个苹果中,质量在[250,300)和[300,350)内的分别有6个和3个.则X的可能取值为0,1,2,3.…………………………………………………………………1分C320C2C1456;63P(X0)3P(X1)3C984C984C1C218C3163;3.P(X2)3P(X3)3C984C984所以X的分布列为………………………………………………………………………5分X01232045181P848484842045181∴E(X)0123184848484………………………………………6分（2） 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 A:(125×0.002+175×0.002+225×0.003+275×0.008+325×0.004+375×0.001)×50×10000×10×0.001=25750(元).………………………………………………………………8分方案B:低于250克:(0.002+0.002+0.003)×50×10000×2=7000(元),高于或等于250克:(0.008+0.004+0.001)×50×10000×3=19500(元),总计:7000+19500=26500(元).…………………………………………………………10分由25750<26500,故B方案获利更多,应选B方案.……………………………………12分19.【解析】（Ⅰ）证明： 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 一取AC的中点O,连结BO，ON,由题意知BOAC．又因为平面A1ACC1平面ABC，所以BO平面zA1ACC1．…………………………………………2分A1C1因为A1C平面A1ACC1所以BOA1CB1因为四边形A1ACC1为菱形，所以A1CAC1N又因为ON∥AC,所以ACON11OA所以A1C平面BON………………4分Cyx又BN平面BON，所以A1CBN．………6分B方法二取AC的中点O,连结BO，A1O,由题意知BOAC，A1OAC.又因为平面A1ACC1平面ABC，所以A1O平面ABC以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.……………………2分33则O0,0,0,B3,0,0,A0,0,3，N0,,,C0,1,0，12233AC0,1,3.BN3,,……………………4分12233因为ACgBN03g0，所以ACBN……………………6分1221（Ⅱ）取AC的中点O,连结BO，A1O,由题意知BOAC，A1OAC.又因为平面A1ACC1平面ABC，所以A1O平面ABC以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.……………………7分3333则O0,0,0,B3,0,0,A0,0,3，N0,,,AN0,,,112222.A1B3,0,333A1Nn10,yz0,设平面A1BN的法向量为n1(x,y,z)，则即22A1Bn10.3x3z0.3令x1.所以n(1,，1).………………………………………9分13又平面A1NC的法向量n2(1,0,0)………………………………10分n1n221设二面角BA1NC的平面角为，则cos.…………12分n1n2720.【解析】c2ea21322（1）根据题意可得：221，解得：a2，b1，2a4ba2b2c2x2椭圆C的方程为y21.…………………………………………………………4分2（2）由题意知：m0，设Ax1,y1，Bx2,y2，ykxm联立2得：12k2x24kmx2m220，x2y1224km42k212m2216k28m280，即m22k21，4km2m22则xx，xx，…………………………………………6分122k21122k21m22k2yykxmkxmk2xxmkxxm2，121212122k21222y1y2m2kb1kOAkOB22x1x22m2a21k2m2，满足m22k21，…………………………………………8分222216k8m8AB1k2xx4xx1k2，12122k21m又点O到直线AB的距离d，……………………………………10分1k211m16k28m28m22216k8m8，SVAOBdAB1k2221k22k122k212221m8m2把km代入上式得：S2△AOB22m222VAOB的面积为定值.……………………………………………………12分2221.【解析】(1)∵a2∴f(x)lnxx3，x(0,)x12(x1)(x2)∴f(x)1……………………………………………2分xx2x2令f(x)0得：x2或（1舍）∴f(x)的单调递增区间为(0,2)，单调递减区间为(2，).……………………4分xlnx2x1(2)原式等价于(x1)axlnx2x1,即存在x1,使a成立.x1xlnx2x1xlnx2设g(x)(x1),则g(x)…………………………6分x1(x1)21x1设h(x)xlnx2,则h(x)10,xx∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.………………………………………………………8分又h(3)3ln321ln30,h(4)4ln4222ln20,由零点存在性定理可知h(x)在(1,+∞)上有唯一零点,设该零点为x0,则x0(3,4),且h(x0)x0lnx020,即x02lnx0,x0lnx02x01∴g(x)minx01.………………………………………10分x01由题意可知ax01.又x0(3,4),aZ,∴a的最小值为5.…………………………………………………………………12分选做题：请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.答题时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.（本小题10分）22.选修4—4：坐标系与参数方程【解析】（1）由sin28cos得2sin28cos，2∴曲线C的直角坐标方程为：y8x………………………………………………4分1x2t22（2）将直线l的参数方程化为 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 形式：(t为参数)，代入y8x3yt216t1t223并整理得3t16t640，则64tt123………………………………………8分232|AB||t1t2|(t1t2)4t1t23…………………………………………10分23.选修4—5：不等式选讲【解析】（1）当a0时，由f(x)g(x)得|2x1||x|两边平方整理得：3x24x10………………………………………………2分1解得：x1或x………………………………………………………………4分31∴原不等式的解集为(,1][,)………………………………………5分3（2）由f(x)g(x)得a|2x1||x|1x1x21令h(x)|2x1||x|则：h(x)3x1x0………………………8分2x1x0111∴h(x)h()，从而所求实数a的范围为a………………10分min222