安徽省六安市示范高中2021届高三教学质量检测数学(文)答案

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【文档说明】安徽省六安市示范高中2021届高三教学质量检测数学(文)答案.pdf,共(5)页,214.529 KB,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

文科数学试题答案第1页(共5页)2021年皖西高中教学联盟高三教学质量检测文科数学参考答案一.选择题题号123456789101112答案DCDAAAABCBCD1.【答案】D【解析】因为112iz,所以1z在复平面内对应的点11

,22在第四象限.所以选D.2.【答案】C【解析】因为,1A,0,B,所以0,1AB.所以选C.3.【答案】D【解析】因102021202020201a,2020202020200log1log2021log202

01b,202120211loglog102020c,所以abc.所以选D.4.【答案】A【解析】22:012xxpx,:242xqx所以pq,且qp,所以p是q的充分不必要条件.所以选A.5.【答案】A【解

析】由图象关于原点对称,可知函数()fx为奇函数,排除C,D;又因为0,x时,1()sin02fxxx恒成立,排除B选项.所以选A.6.【答案】A【解析】因为点C在抛物线24yx上,设00,Cxy,抛物线24yx的准线方程

为1x,根据抛物线的定义,抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离.由015x,得04x,所以011314422ABCSABx.所以选A.7.【答案】A【解析】由三视图知,几何体是一个直三棱柱上放着一

个直径为1的球,直三棱柱的底面的面积为2,高为4,所以体积为86.所以选A.8.【答案】B【解析】设双曲线2222:1(0,0)xyCabab,由题意得,ar,双曲线又过点(2,)rh,代入方程可得222241rhr

b,33hb,所以双曲线渐近线的方程为33bhyxxar.所以选B.9.【答案】C【解析】由2217aa,可得17170aaaa,因为0d,所以170aa,所以170aa,又170aa,所以40a

.因为0d,所以na是递增数列,所以1234560aaaaaa,显然前3项和或前4项和最小.所以选C.文科数学试题答案第2页(共5页)10.【答案】B【详解】按照程序框图运行程序,输入:1

68m,105n,mn,则63m,105n,2i;mn,则63m,42n,3i;mn,则21m,42n,4i;mn,则21m,21n,5i;5i满足mn,输出21m,5i.所以选B.11.【答案】C【解析】圆心为

0,0O,半径1r,OAOB,PAPB,ABOP,12PAOBSOPAB,又1222PAOBPOASSOAPAPA2OPABPA.要使OPAB取到最小值即P

A要取到最小值.由勾股定理2221OPPArPA,即OP要取到最小值.当直线OP与直线20xy垂直时,OP取最小值2,PA最小值为1所以OPAB最小值为2.所以选C.12.【答案】D【解析】由题意知,fx与gx的单调性相同,fx单调递增,所以gx也单调递增,

21'cos2gxxxa,因为gx是增函数,故21cos02xxa恒成立.即21cos2axx恒成立.令21()cos2hxxx,则'()sinhxxx,因为''()1cos0hxx,故'()sinhxxx单调递增,又'(0)0

h,故当0x时)'(0hx,当0x时'()0hx.故21()cos2hxxx最小值为(0)1h.故1a.所以选D.二、填空题13.【答案】3【解析】因为22212121223eeeeee

,所以123ee14.【答案】112【解析】zxy在5,32处取得最大值.15.【答案】3【解析】当0x时,0x,()lnfxaxbx,因为()fx为偶函数,所以()()fxfx,所以0x时,()lnfxa

xbx,afxbx,由题意知11)21(ff,所以1a,2b,可得3ab.16.【答案】14【解析】由题意知,RtACD中,取AC的中点为O,则OAOCOD

,又BCBD且BCAD,BCABD,BCAB,ABC也是Rt,故OAOBOC,OAOBOCOD,即O为三棱锥ABCD外接球球心,连接OE,又易知DEAB且DEBC

DEABC,DEOE,在RtDOE,文科数学试题答案第3页(共5页)22212DEOEODDEOE,1124RtDOESDEOE,当且仅当DEOE时,等号成立max14RtDOES.三、解答题17.【解析】(1)若

选①,当1n时,112aS,当2n时,12nnnnaSS;若选②,233412,24aaaa,12,2aq,2nna;若选③,令1m,11nnaaana是以12a为首项,2q为公比的等比数列,2nna.....

................................................................................................................................5分(2)由题意

知,11111nbnnnn...........................................................................8分20211111112021112232021

202220222022T........................10分18.【解析】(1)sincos2sin()4fxxxx.............

............................................2分由22242kxk,kZ,解得32244kxk,kZ.∴函数fx的单调增区间为32,244kk

(kZ).......................................5分(2)将函数fx图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变),得到函数2sin24yx,再把所得函数图象向

右平移24个单位长度,得到函数2sin23gxx.................................................................

.........................................9分由0,2x,可得函数gx的值域为6,22.....................

....................................12分19.【解析】(1)证明:取PC的中点F,可得12EFCDAB,AEFB是平行四边形AEBF又AE平面PBC,B

F平面PBCAE平面PBC…………………………….........................................................................6分(2)1AB,2BC,60ABC3

ACABAC….…....................9分111332232PACEDACEPACDACDVVVS…………...........................

..............12分20.【解析】(1)在ABD中,2222cosABBDADBDADADB即271ADAD260ADAD,解得2AD.所以垃圾处理站D与小区A之间

的距离为2千米..................................................................5分(2)在ABD中,由sinsin120ADABABD文科数学试题答案第4页(共5页)可得2sin12021

sin77ABD,所以27cos7ABD,可得127432127coscos()77777CBDABCABD在BCD中,2222cosDCBDBCBDBCDBC,2DC.................

........8分方案一费用:12772(427)yaDAABBCCDaa,.........................9分方案二费用:22221210yaDA

DBDCaa………........................................10分当12yy时,此时2+75,方案一,方案二一样合算;当12yy时,此时2+705,方案二合算;当12yy时,此时2+715,方案一合算综上可知,

当2+75时,方案一,方案二一样合算;当2+705时,方案二合算;当2+715时,方案一合算……......................12分21.【解析】(1)若0b,则ln

fxxax∵fx的定义域为0,,1fxax.若0a,0fx,fx在定义域内单调递增,无极大值;........................................2分若0a,

10,xa,fx单调递增;1,xa,fx单调递减.∴1xa时,fx取得极大值11ln11faa,∴1ln0a∴1a..................5分(2)若0a,则lnfxxb,()()()1lnx

xehxgbxfxx11'()11xxxhxxexexx令()0hx,得1e0xx,当0x时,1exx有唯一解0x,即001exx,..................8分当00,xx时,'()0hx;当

0,xx时,'()0hx.所以hx在00,x单调递减,在0,x单调递增.............................................................9分又因为hx

有且只有1个零点,所以00hx.即0000eln=0xxxxb…..........10分因为00e1xx,00ln0xx,整理可得1=0b故1b..........................

..................12分22.【解析】(1)因为椭圆的离心率12,12ca,2ac,又223b,3b…………………………...............................................................

......2分文科数学试题答案第5页(共5页)因为222233bacc,所以1c,2a,所以椭圆C的方程为22143xy.............................................

................................................5分(2)解法一:设直线:4MNxty,11(,)Mxy,22(,)Nxy,224143xtyxy,可得22(34)24360tyty,所以1221222434

3634tyytyyt..............................................................................

................................7分直线AM的方程:11(2)2yyxx①直线BN的方程:22(2)2yyxx②由对称性可知:点Q在垂直于x轴的直线上,联立①②可得1221212623tyyyyxyy...........

...........................................................................9分因为121223yytyy,所以1221122121212623()62133tyyyyyyy

yxyyyy所以点Q在直线1x上...................................................................................................

........12分解法二:设112233(,),(,),(,)MxyNxyQxy,123,,xxx两两不等,因为,,PMN三点共线,所以221222121222221212123(1)3(1)4444(4)

(4)(4)(4)xxyyyyxxxxxx,整理得:121225()80xxxx.....................................................................

.........................7分又,,AMQ三点共线,有:313122yyxx①又,,BNQ三点共线,有:323222yyxx②将①与②两式相除得:222221233212121222231231212123(1)(2)22(2)(2)(2)(2)4()2(2)2

(2)(2)(2)3(1)(2)4xxxxyxyxxxxyxxxxyxxx即2321121231212122(2)(2)2()4()2(2)(2)2()4xxxxxxxxxxxxxx,..................

................................................10分将121225()80xxxx即12125()402xxxx代入得:2332()92xx解得34x(舍去)或31x,所以点Q在定直线1x上............

.....................................................................12分

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