【文档说明】安徽省合肥市2021届高三上学期第一次教学质量检测数学（理）试题.pdf，共(8)页，5.978 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-a10ac3345d374827b3ec7b98d624f5fb.html

以下为本文档部分文字说明：

高三数学试题（理科）答案第1页（共4页）合肥市2021年高三第一次教学质量检测数学(理)试题参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.－214.415.－1616.27三、

解答题：17.(本小题满分12分)解：(1)765318768P；…………………………5分(2)设每个坯件的加工成本为元，则1708P，711130878P，763160874P

，∴的分布列为70130160P181834∴11370130160145884E，∴每个坯件加工成本的期望为145元.…………………………12分18.(本小题满分12分)解：由已知条件和三角函数的定义得,A(cossin，)，P(3cos3sintt，)，∴

222=cos3cossin3sin=423cosftAPttt.(1)若=3，则=423cos3ftt.令223ktkkZ，得14+2233ktkkZ.又∵0

2t，，∴函数ft的单调递增区间是1433，.…………………………6分(2)由123f，及536得，3cos33，023，∴6sin33，∴55=423cos423sin422663f

．………………………12分19.(本小题满分12分)解：(1)连接BE交AC于点M，连接GM，CE.由已知可得，四边形ABCE是正方形，∴M是线段BE的中点.∵G为

线段PB的中点，∴//PEGM.∵GM平面GAC，PE平面GAC，∴//PE平面GAC.∵EF，分别是线段ADCD，的中点，∴//EFAC.∵AC平面GAC，EF平面GAC，∴//EF平面GAC.又∵PEEFE，PEEFP

EF，平面，∴平面//GAC平面PEF.……………………………6分题号123456789101112答案CDBDAACBDACD高三数学试题（理科）答案第2页（共4页）PABCFEDGMxyz(2)∵平面PEF平面ABC

FE，平面PEF平面ABCFEEF，PFEF，∴PF平面ABCFE，∴FEFCFP，，两两垂直.以点F为原点，FEFCFP，，分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则P(0，0，1)，C(

0，1，0)，B(1，2，0)，A(2，1，0)，11122G，，.∴31022AG，，，011CP，，，200CA，，.设平面PAC的法向量nxyz，，.由00nCPnCA

得020yzx，.令1y，则011n，，.设直线AG与平面PAC所成角为，则152sincos10522AGnAGnAGn，.∴直线AG与平面PAC所成角的正弦值

为510．……………………………12分20.(本小题满分12分)解:(1)设A(11xy，)，B(22xy，).由22ypxykxm消去y得222222()0kxkmpxkm.∵l与抛物线E交于两点，∴0k.又∵00mp，，∴22840kmpp恒成

立，∴12221222.pxxmkxxm，当1k时，422ABm.∴22121242ABkxxmpp422m，化简得(22)(2)0pmp.∵0,0pm，∴2p.∴抛物线E的方程为24yx.…………………………6分(2)假设

存在常数k满足题意.∵抛物线E的方程为22ypx，其焦点为F(02p，)，准线为2px，∴N(22ppkm，），从而22222pFNpkm.由抛物线的定义得，12pFAx，22pFBx，∴2221212122

()22242ppppppFAFBxxxxxxmk.由2FAFBFN得22222222pppmpkmk，即2222102ppkmk

.∵202pm，220pk，∴210k，解得1k.∴存在1k，使得2FAFBFN对于任意的正数m都成立.……………………12分高三数学试题（理科）答案第3页（共4页）21.(本小题满分12分)解：(1)fx的定

义域为0，，2xafxx.①当0a时，0fx恒成立，fx在0，上单调递增，fx至多有一个零点，不符合题意；②当0a时，0fa，且当0xa，时，0fx；当

xa，时，0fx.∴fx在0a，上单调递减，在a，上单调递增，从而fx的最小值为ln2faa.(i)若0fa，即2ae，此时fx至多有一个零点，不符合题意；(ii)若0fa，即20ae

.∵fx在a，上单调递增，0fa，110fa，根据零点存在性定理得，fx在a，内有且仅有一个零点.又∵fx在0a，上单调递减，且0fa，考虑212ln1faaa的正负,令

212ln10gxxxex，，，则2210xgxx.∴gx在20e，上单调递减，∴2230gxgee，即212ln10faaa.∵20aa，∴20fa，0fa，根据零点存在性定理得，fx在0a，有且仅

有一个零点.所以，当20ae时，fx恰有两个零点，符合题意.综上得，20ae.…………………………………6分(2)由条件得，1122ln10,ln10,axxaxx∴1212122111lnln2,11lnln.xxaxxxxaxx

∴221121212212211212111lnln11lnln2lnln2ln2.111xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx要证412,xxe

即证12lnln4,xx即证2122111ln241xxxxxx，即证2122111ln21xxxxxx，亦即证2122111ln21xxxxxx

①.设21xtx，不妨设12xx，由2120xex知，1.t证①式，即转化为证明：当1t时，1ln2.1ttt设1()ln21thttt，则22214(1)'()=.(1)(1)thttttt

∴当1t时，'()0ht恒成立，即()ht在[1,)上单调递增，∴当1t时，()(1)0hth，∴1241xxe成立.…………………………………12分(2)另解：不妨设12xx.由(1)可知，20ae，，10xa

，，2xa，，()fx在a，上单调递增.高三数学试题（理科）答案第4页（共4页）要证1241xxe442211114411110ln3ln30xfxfxaexxaexxexe.由111ln

10afxxx得，11ln1axx.∴只需证42111ln3ln10xexx①.令42ln3ln1hxxexx，则412ln3hxexxx.令412ln3xexxx，则44422112ln5(2ln

4)xexeexxx.由20xe得ln2x，421ex，∴0x，∴x在20e，上单调递减，且20e，∴20xe，，0x，即

0hx，∴hx在20e，上单调递增，且20he，而21xae，∴210hxhe，即①式得证，∴1241xxe.………………………………12分22.(本小题满分10分)解：(1)化简曲线

C参数方程得，cos21sin22xy(为参数，且2kkZ，).消去参数得曲线C的普通方程为22411xyx，化成极坐标方程为22cos4sin12kkZ，.∴22113sin

(2kkZ，).………………………………5分(2)不妨设M(1，)，N(23，)，则1OM，2ON，∴2222113393313sin13sinsin2cos2=sin234

423OMON.当且仅当712kkZ时，2211OMON取最大值332．……………………………10分23.(本小题满分10分)解：(1)由11f得21211aa

，∴112211aaa，，或11212211aaa，，或1221211.aaa，解得1a，或112a.∴a的取

值范围为12，.…………………………………5分(2)设2xt(0t).由已知得，对任意0t，使得0ft成立.∵0ft222224tatatata231

20tat.当0t，Ra；当0t，40ta恒成立，即0a.∴0a，即a的最小值为0.………………………………10分