【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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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,2020202020200log1log2021log20201b,20212021

1loglog102020c,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222241rhrb,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：168m，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，12P

AOBSOPAB，又1222PAOBPOASSOAPAPA2OPABPA.要使OPAB取到最小值即PA要取到最小值.由勾股定理2221OPPArPA，即OP要取到最小值.当直线O

P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)

0h,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,()lnfxaxbx,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，1

2nnnnaSS；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20211111112021112232021202220222022T

........................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(k

Z).......................................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，BF平面

PBCAE平面PBC…………………………….........................................................................6分（2）1AB，2BC，60ABC3AC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2sin12021sin77ABD

,所以27cos7ABD,可得127432127coscos()77777CBDABCABD在BCD中，2222cosDCBDBCBDBCDBC，2DC.........................8分方案一费用:12772(427)ya

DAABBCCDaa，.........................9分方案二费用:22221210yaDADBDCaa………...........................

.............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lnfxxax∵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,()()()1lnxxehxgbxfxx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:4

MNxty，11(,)Mxy，22(,)Nxy，224143xtyxy，可得22(34)24360tyty，所以12212224343634tyytyyt

..............................................................................................................7分直线AM的方程：11(2)2

yyxx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()62133tyyyyyyyyxyyyy所以点Q在直线1x上.............

..............................................................................................12分解法二:设112233(,),(,),(,)MxyNxyQxy，12

3,,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：12122

5()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)4xxxxyxyxxxxyxxxxyx

xx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