【文档说明】河南省许昌市2020-2021学年高一上学期期末教学质量检测理科数学答案.docx，共(13)页，577.804 KB，由小赞的店铺上传

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1许昌市2021年高一期末质量检测题答案理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。3．考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：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的。1．B．()1,02.A．-23.B．(),1−−4．C解答：以点(3,4)A−为

圆心且与y轴相切的圆的半径为3，故圆的标准方程是()()22349xy++−=.5．C解析：选C.因为x＞1时，()logafxx=−＜0，所以a＞1.则直线1yxaa=+的斜率为101a，在y轴上的截距

a＞1.故选C.6．C．abc27．D解答：在A中,因为,FM分别是,ADCD的中点,所以11////FMACAC,故A正确;在B中,因为tan2BCBMCCM==,tan2CDCFDFD==,故BMCCFD=

,故2BMCDCFCFDDCF+=+=.故BMCF⊥,又有1BMCC⊥,所以BM⊥平面1CCF,故B正确；在C中,三棱锥BCEF−以面BCF为底,则高是定值,所以三棱锥BCEF−的体积为定值,故C正确.在D中,BF与平面11CCDD有交点,所以不存在点E,使得平面//BE

F平面11CCDD,故D错误.故选：D.8.D．5解析：ABh设边上的高为，则31.2ABCSABh=()()22311322,AB=−+−=ABhCAB边上的高就是点到的距离.311331yxAB−−=−−边所在的直线方程为，40.xy+−=即()1040Cxy−+−=点，

到的距离221045.211h−+−==+15225.22ABCS==9.C．2解析：①②错，③④对.10.C解答：设(),Pxy，由2PAPO=，得()2222344xyxy−+=+，整理得()2214xy++=，表示圆心为(

1,0)−，半径为2R=的圆，圆22(1)1xy−+=的圆心为(1,0)为圆心，1r=为半径的圆，两圆的圆心距为2，满足2RrRr−+，所以两个圆相交.11.B解析：()xf定义域为0|xx，可判断函数为奇函数，排除D选项，当10x

时，01−xx，()01ln2+x，由此()0xf，排除A,C选项，答案为B12.B解析：作出函数的图像如下图所示。()()012=−+−mxmfxf变形得()()()011=−−−mxfxf，由此得()1=

xf或()1−=mxf，方程()1=xf只有两根4方程()1−=mxf有三个不同实根，则32211−mm，答案为B备注：本例的易错点为函数()12+=xxf的图像无限接近直线1=x，即方程()1=xf只有两

根，另外难点在于方程()()012=−+−mxmfxf的变形，即因式分解。二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.2,2.aaa−解答：2211,2,2,2,2.aaaaaa−−由得即所以14.250xy−+

=.解答：因为点()2,1M−在圆225xy+=上，所以12OMk=−，因此切线斜率为2，故切线方程为()122yx−=+，整理得250xy−+=．15.38.解答：∵PAB△围绕棱PA旋转60后恰好与PAC△重合，∴PABPAC△△，作BHPA⊥于H，连接CH，则,CHPACHBH⊥=，60

BHC=，5∴BCBHCH==．又PA过球心，∴PBAB⊥，而2,3PAPB==，∴1AB=，同理1AC=，31322PBABBHPA===，223333344216BCHSBH===△，由BHPA⊥，CHPA⊥，CHBHH=，得PA⊥平面BCH，∴11333

233168PABCBCHVSPA−===△．故答案为：38．16.45.6（万元）.解答：依题意，设在甲地销售x（0x）辆，则在乙地销售15x−辆，设利润为S万元,则S=()()225.060.152150.1510

.245.606xxxx−+−=−−+，由二次函数的图像和,xN可知当10x=时，可获得的最大利润Smax=45.6（万元）.6三、解答题：（共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17(10

分)解：(1)当1a=时,11.2Axx=−12.2Bxx=−122UCBxxx=−或，()12.UCBAxxx=或.................5分(2)3,22aaAxx−=−,AB若3,,

22aaA−=−则当时03A不成立，1,2232,2aa−−−11,a−解得11.aaa−的取值范围是...............10分18.（12分）7解析：⑴()1212212+−=++−=−−−xxxxaax

f..................2分由()()xfxf−=−得1222121212+=+++−−=+−xxxxxxaaaa.解得1=a..................4分另解：由()()xfxf−=−，令1=x得()()11ff−=−代入得()1212212121121

=+=++=++−−aaaaa.验证，当1=a时，()1212++−=xxxf，()()xfxfxxxx−=+−=++−=−−−12121212满足题意1=a.................6分⑵()xf为减函数

................8分证明：由⑴知()11221212−+=++−=xxxxf在R上任取两不相等的实数21,xx，且21xx()()()()121222212212221122121++−=+−+=−xxxxxxxxf................10分由xy2=为R上的增

函数，21xx，022,221212−xxxx()()0121221++xx则()()()()2121,0xxfxxf−函数()xf为减函数.................12分19.（12分）8解由题意可得kOA＝tan30°＝33，kOB＝t

an(180°－45°)＝－1，所以直线lOA：y＝33x，lOB：y＝－x.设A(3m，m)，B(n，－n)，所以AB的中点3(,)22mnmnC+−..................6分由点C在y＝－12x上，且A、P、B三点共线得1322200131m

nmnmnnm−+=−−−−=−−解得n＝3，所以B(3，－3)．又P(1,0)，所以3033231ABBPkk−−+===−−所以lAB：y＝－3＋32(x－1)，即直线AB的方程为(3＋3)x+2y－3－3＝0...........

.......12分20.（1）证明：取AC中点为Q，连接1AQ，NQ，在ABC中，12NQAB，又112APAB9所以，1NQAP，即四边形1APNQ是平行四边形.故1NPAQ，又NP平面11ACCA，1AQ平面11ACCA，所以，//NP平面11ACCA.-----

--------6分（2）证明：连接1BN，在正方形11ACCA中，1RtAAQRtCAM，所以，MAC与1AQA互余，故1AMAQ⊥，又111ABAA⊥，11ABAC⊥，1ACAAA=，所以，11AB⊥平面11ACCA，又AM平面11ACCA，故

11AB⊥AM又1AQ11AB1A=,所以AM⊥平面11AQNB又PN平面11AQNB，所以PNAM⊥.----------12分21．（12分）解：（1）设圆C的圆心为(,)Cab，由题意可得1(1,0)C−，则1CC的中点坐标为1(,)22ab−，因为圆1C：()22

18xy++=关于直线1l：122yx=−对称的图形为圆C，所以11222201112baba−=−−=−+，解得14ab==−，因为圆1C和圆C的半径相同，即22r=，所以圆C的方程为22(1)(4)8−++=xy..................6分10（2

）设圆心C到直线l：()1ykx=−的距离为1d，原点O到直线l：()1ykx=−的距离为2d，则12224,11kddkk==++，2212EFrd=−，所以22212132OEFSEFdrdd==−=所以22216(8)311kk

k−=++，解得23k=，因为1k，所以3k=，所以直线l的方程为3(1)yx=−..................12分22.(12分)解：（1）取AD中点M，设PO⊥面ABCD，连,MOMP，则PM

O为二面角的平面角，PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角，6tan2PAO=，连,//OEOEPD，OEA为异面直线PD与AE所成的角．11因为,AOBDAOPO⊥⊥，BDPOO=，所以AO⊥平面PBD.OE平面PBD，所以AOOE⊥.∵

22115224OEPDPODOa==+=,∴210tan05AOAEOE==..................6分（2）延长MO交BC于N，取PN中点G，连EG、MG．因为BCMN⊥，BCPN⊥，MNPNN=，故BC⊥平面PMN，因BC平面PBC，故平面PMN⊥平面PBC，又,

60PMPNPMN==，故PMN为等边三角形，所以MGPN⊥，由MG平面MGPN⊥，故BCMG⊥因为BCPNN=，所以MG⊥平面PBC.取AM的中点F，∵//EGMF，∴12MFMAEG==，∴四边形EGMF为平行四边形，所以//MGEF12∴EF⊥平面PBC

．即F为四等分点..................12分22.（12分）解：（1）设(,)Pxy，因为||1||2POPA=，即222212(3)xyxy+=−+；整理得22230xyx++−=，即所求点P的轨迹方程为22230xyx++−=.......

...........6分(2)由（1）知点P在以点(1,0)−为圆心，2为半径的圆上，令(1,0)Q−；∵直线l经过定点(0,22)，令(0,22)M；∴当QMl⊥时，点Q到直线l的距离最大，即点P到直线l的距离最大，∴max||25RQM=+=，∵

:22(1)QMyx=+由2223022(1)xyxyx++−==+解得542(,)33P−−，13∴所求圆的方程为22542()()2533xy+++=..................12分