【文档说明】山东省济南市章丘区第四中学2021届高三上学期第一次教学质量检测（8月）数学试题答案.pdf，共(5)页，318.016 KB，由小赞的店铺上传

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高三教学质量评估答案1-5：CDDBA6-8：ACC9．AD10.ACD11.AD12.AC13.(0,1)14.1.8415.1616.,417.解：方案一：选条件①356131()()(1)nrrnrrrrr

nnTCxCxx由题知：44222(1)14(1)3!2!(2)144!(4)!!35500nnCCnnnnnn！解得10n或5n（舍去），故10n所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项555566610(1)25

2TCxx所以展开式中二项式系数最大的项是第6项，566252Tx（2）由（1）知，10n，556110(1)rrrrTCx令51555,0,6rrTx所以展开式中含5x的项是第1项，515

55,0,6rrTx方案二：选条件②（1）由题知：21212552nnnnnnnCCCC整理得21100nn，解得10n或11n（舍去），故10n所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项555566610(1)252TC

xx所以展开式中二项式系数最大的项是第6项，566252Tx（2）同方案一（2）方案三：选条件③（1）222211110nnnnnnCCCCC故10n所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第6项5555666

10(1)252TCxx所以展开式中二项式系数最大的项是第6项，566252Tx（2）同方案一（2）18.解：（1）由题意得()fx的定义域为(0,)，221()axafxxxx，①当0a时，()0fx，故()fx在(0,)上为增函

数；②当0a时，由()0fx得xa；由()0fx得xa；由()0fx得xa；()fx在(0，]a上为减函数，在(,)a上为增函数.综上，当0a时，()fx在(0,)上是增函数；当0a时，()fx在(0，]a上是减函数，在(,)a

上是增函数.（2）由（1）知，当ae时，()fx在[1，]e上单调递减，()minfxf（e）11aee，解得2ae，2ae.19.解：（1）记“甲队以3：0胜利”为事件1A，“甲队以

3：1胜利”为事件2A，“甲队以3：2胜利”为事件3A，由题意，各局比赛结果相互独立，故3128()()327PA，22232228()()(1)33327PAC222342214()()(1)33227PAC所以，甲队以

3：0,3:1,3:2胜利的概率分别是827，827，427；（2）设“乙队以3:2胜利”为事件4A，由题意，各局比赛结果相互独立，所以122442214()(1)()(1)33227PAC由题意，随机变量X的所有可能的取值为0,1,2,3，，根据事件的

互斥性得1212(0)()()()PXPAAPAPA1627,34(1)()27PXPA,44(2)()27PXPA,(3)PX1(0)PX(1)PX(2)PX327故X的分布

列为X0123P1627427427327所以16443012327272727EX79．20.解：（1）设DOa，由题设可得63,,63POaAOaABa，22PAPBPCa.因此222PAPBAB，从而PAPB.又222PAP

CAC，故PAPC.所以PA平面PBC.（2）以O为坐标原点，OE的方向为y轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0)

,(0,0,)222EACP.所以312(,,0),(0,1,)222ECEP.设(,,)xyzm是平面PCE的法向量，则00EPECmm，即20231022yzxy，可取3(,1,2)3m

.由（1）知2(0,1,)2AP是平面PCB的一个法向量，记APn，则25cos,|||5nmnmnm|.所以二面角BPCE的余弦值为255.21.解：（1）由题意得列联表如下：熟练盲拧者非熟练盲拧者男性3723女性162

42K的观测值2100372416234.5233.84153476040k，所以有95%的把握认为“熟练盲拧者”与性别有关.（2）根据题意得，1名盲拧魔方爱好者用时不超过10秒的概率为2011005，设随机抽取了20名爱好者中用时不超过10秒的人数为，则1~2

0,5B，其中20201455kkkPkC，0,1,2,...,20k；由11PkPkPkPk，得201191202020121120201414555514145555kkk

kkkkkkkkkCCCC化简得4120214kkkk，解得16215

5k；又kZ，所以4k，即这20名爱好者中用时不超过10秒的人数最有可能是4人.22．解：（1）当a=1时，f（x）=ex+x2–x，则()fx=ex+2x–1．故当x∈（–∞，0）时，()fx<0；当x∈（0

，+∞）时，()fx>0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（2）31()12fxx等价于321(1)e12xxaxx.设函数321()(1)e(0)2xgxxaxxx，则32213()(1

21)e22xgxxaxxxax21[(23)42]e2xxxaxa1(21)(2)e2xxxax.（i）若2a+1≤0，即12a，则当x∈（0，2）时，()gx>0.所以g（x）在

（0，2）单调递增，而g（0）=1，故当x∈（0，2）时，g（x）>1，不合题意.（ii）若0<2a+1<2，即1122a，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a+

1，2)时，g'(x)>0.所以g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于g(0)=1，所以g(x)≤1当且仅当g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥27e4.所以

当27e142a时，g(x)≤1.（iii）若2a+1≥2，即12a，则g(x)≤31(1)e2xxx.由于27e10[,)42，故由（ii）可得31(1)e2xxx≤1.故当12a时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是27e[,)4.