【文档说明】安徽省六安市第一中学2021届高三下学期6月适应性考试文科数学答案.pdf，共(3)页，318.953 KB，由小赞的店铺上传

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1六安一中2021届高三年级适应性考试文科数学试卷参考答案题号123456789101112答案CBBBDADBADCC13．314．4115．4016．327．【解析】由12OAOB，得32AOB，所以O到直线的距离等于21，

根据点到直线距离公式即可求k.8．【解析】因为函数)(xf在定义域上是单调函数，且2021]2020)([xxff，所以可令txfx2020)(，则txfx2020)(，所以20212020)(

ttft，解得1t，从而12020)(xxf在R上单增.0sin3cos)('kxxxg在]2,2[恒成立，只需minsin3cosxxk即可.9．【解析】33ln,22ln,ln1cbee

ea，令xxxfln，易得eefxf1max，可知a最大，又8ln9ln，即2ln33ln2，所以22ln33ln.10．【解析】由OBOAOF2，得A是BF中点，根据三个点的横坐标求解即可.1

2．【解析】由BCOACOABO，可知三个等腰三角形OAB,OAC,OBC全等，所以ABC是正三角形，边长为3，外接圆半径为1，设ABC外接圆圆心为1O，则ABCDO平面1时，点D到平面ABC的距离最大，在直角三角形中，易求球的半径为35.13．【解析】'211,2,(1)2(1)

ykyxxx,整理得：23yx令0x得3y.15．【解析】2018201920202021mnaaaaaa得4mnaqa，即4mn；23mnbbbb得5,mn所以

2220nm.16．【解析】设直线方程为2pyx，联立后得到2pyx得：22304pxpx，设211221212212121212(,),(,),3,,4||||6()43,||23.2pAxyBxyxxpxxAFBFxxxxxxpABxxp

17．解：（1）由数表可知，甲车间生产出配件的正品的频率为88.01003355，故甲车间生产出配件的正品的概率的估计值为88.0.乙车间生产出配件的正品的频率为92.01002765，故乙车间

生产出配件的正品的概率的估计值为92.0..................6分（2）设二等品每件的出厂价为a元，则一等品每件的出厂价为a2元.由题意可知：7.21]820)5(60)52(120[2001aa，整理

得，7.213.523a，所以18a，故二等品每件的出厂的最低价为18元..................12分18．解：（1）2cos3sinsincos3sin()sin2222xxxxxfxxsin2

sin23cos233344424xxx，令222232kxk，51212kZkxk，kZ，()fx的单调增区间是5,1212kk，kZ..................6分（2）sin23

33sin(2)0224433AAAk，kZ，∵A为锐角，∴3A，由余弦定理得：2222222cos5()35abcbcAbcbcbcbc2又433bcbc，面积11433sin22

323SbcA...................12分19．（1）连结BD，OD1，因为四边形ABCD是平行四边形，点O为AC的中点，所以OBDAC，因为点1D在底面ABCD内的投影恰为AC的中点O，所以OD1底面ABCD，又AC平面ABCD，所以A

COD1，因为1BBAC，11//DDBB，所以1DDAC，因111DDDOD，所以AC平面ODD1，又DO平面ODD1，所以DOAC，即BDAC，因ABCD是平行四边形，故四边形ABCD为菱形.................

..6分（2）设3231ADAA，则31AA，由60ADC，在菱形ABCD中，3ODOB，2AC，在1DODRt中，61OD，则该三棱柱体积为2363221211111

ODOBACVCBAABC，又知111131CBAABCABCAVV，故四棱锥111BBCCA的体积为2232111111CBAABCBBCCAVV..................12分20．解：（1）由题意，得)0,2(pF，则22004p，解得4p，

故抛物线的方程为xy82..................4分（2）证明：设),(11yxA，),(22yxB，),(yxD，直线l的方程为)4(ymx.由)4(82ymxxy，得03282mmyy，myy821，myy322

1..................6分由PBPA，DBAD，得)4(421yy，)(21yyyy故yyyyyy212144，化简得148)(42212121mmyyy

yyyy，又)4(ymx，故14)4(4yxyxy，化简得0442xyyxy，即0)4)((yyx，则xy或4y...................10分当点D在定直线4y上时，直线l与抛物线C只有一个交点，与题意不符.故点D在定直线xy

上...................12分21．（1）证明：()fx的定义域为(0,)，'()(1)()(1),axaxfxxaxx'''1,()0,1.201,()0,()1,()0,()afx

xxfxfxxfxfx解得单调递减；单调递增.1x时，函数()fx取得极小值即最小值，1()(1)02fxfa()0.fx..................4分（2）解：①当0a时，由（1）可知

，当1x时，函数()fx取得极小值1(1)2fa.又由（1）可知，当12a时()0fx.要使得()fx有两个零点，则1(1)0,2fa即102a.此时12112111(2)(2ln2)0,()(1)(1)2aaafafeeaeaa11(1)(1)0,aa

e所以()fx在11(,1)ae和(1,2)上各有一个零点，满足题意...................6分②当10a时，令'12()0,,1.fxxax解得'()fx，()fx的变化情况如下表：

x(0,)aa(,1)a1(1,)'()fx+0-0+()fx单增极大值单减极小值单增当xa时，()fx取得极大值211()ln()1ln(),22faaaaaaaa令1()

1ln()(10)2uaaaa，则'112()0,22auaaa所以在(1,0)上，()ua单调递增，因为3()(1)0,()()02uaufaaua所以()fx不可能有两个零点...................8分3③当1

a时，2'(1)()0,xfxx在(0,)上，()fx单调递增，所以()fx不可能有两个零点..................9分④当1a时，'()fx，()fx的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)aa(,

)a'()fx+0-0+()fx单增极大值单减极小值单增当1x时，()fx取得极大值1(1)0,2fa所以()fx不可能有两个零点................11分综上所述，若()fx有两个零点，则实数a的取值范围为1(0,)2..................12分22．解

：（1）由cos1sinxy可得2222(1)cossin1xy，所以曲线C的普通方程为22(1)1.xy当3m时，3sin3cos230，所以直线l的直角坐标方程为20.xy由

221120,xyxy可得02xy或11xy，从而C与l交点的直角坐标为0,2和1,1...................5分（2）曲线C的普通方程可化为2220xyy，

所以曲线C的极坐标方程为2sin，由题意设12,,,.66AB将6代人2sin，可得11;将6代人3sincos230m，可得24.1m又A为OB的中点，则421m

，解得1.m..................10分23．解：（1）当2m时，221.fxxx当1x时，833124)(xxxxf，解得35x；当一12x时，8512

4)(xxxxf，此时x无解；当2x时，833142)(xxxxf，解得311x.综上所述，不等式8)(xf的解集为511,,.33..................5

分（2）证明：因为33274ab，所以22274abaabb，则227()34ababab.由均值不等式可得，22baab，所以22223)(3)(427bababa

abbaba，所以3ba，当且仅当32ab时等号成立.又3)1()2(12)(,1xxxxxfm，所以baxf)(成立...................10分