【文档说明】河南省许昌市济源平顶山2021届高三第一次质量检测数学（理）试卷 PDF版含答案.pdf，共(14)页，4.529 MB，由小赞的店铺上传

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许昌市2021年高三质量检测题理科数学答案一、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．【答案】D【解析】202AxRxxx，223013Bxxxxx

故AB(2,3).2．【答案】B【解析】因为(1)13221222iiiziiii，所以z的虚部为32.3．【答案】C【解析】设等差数列na的首项为1a，公差为d，则11125321adadad1191.-22aadd

或999898s99(2)991281.22s或4.【答案】A【解析】由已知可得1sintan50，所以99160010910360(/)12100050kmh5．【答案】Dln2lnln2ln2log2log2l

og2log200lnlnlnlnababbaabab【解析】ln2lnln0,lnln00lnlnbbaababaab当时，但也可能小于，则不一定成立，alog2logabb

是2的不充分条件；ln2lnlog2log20ln0b,lnlnabbbaaba当即时，可能大于，即a可能小于alog2logabb是2的不必要条件.6.【答案】B【解析】由条件得53()2021()2xxfxxxee

fx，所以()fx是奇函数，又4331()10105020222xxxxfxxeeee，所以()fx在(6,6)上单调递增，又2()(6)0fafa，即2()(6)fafa，所以66

62aa，解得02a，故实数a的取值范围是(0,2)．7．【答案】D【解析】//,n,//mmmn由，得又所以①正确；若m，n，//mn，则//或与相交，所以②错误；若，，则//或与相交，所以③错误；由//，//

，得//，又m，m，所以④正确.8．【答案】C【解析】设抛物线的方程为22(0)ypxp，(,),MMMxy由3MF得32Mpx，所以222(3)62Mpyppp.又M在圆22:9Oxy上，所以229MMxy

.所以223692ppp，解得：4p，所以抛物线的方程为：28yx.9．【答案】B【解析】因为函数()fx图像相邻两条对称轴之间的距离为2，所以22T，即T，所以22T，即()si

n(2)fxx，将函数()yfx的图像向左平移8个单位后，得到函数sin[2()]8yx的图像，且其关于原点对称，所以28k()kZ，又||2，令k=0，得4，即()s

in(2)4fxx，320,2,,sin21.244442xxx由得则（），10.【答案】C【解析】因为222,1()log(1),1nxmxxfxxnnx为R上的增函数，所以2111212

log(11)nmnmnn即11,24mnmn由线性规划知识，可得20,2mn.11．【答案】B【解析】6个单位对本县的3个不同的贫困村进行帮扶，分三大类：

①按1，2，3分，有12336533360CCCA种情况.②按2，2，2分，有222364233390CCCAA种情况.③按4，1，1分，有436390CA种情况.故共有3609090540种

情况.其中甲，乙两个单位安排在同一贫村可能的情况同上分析，有212333234434334322(150ACCCCAACA）种情况.故甲、乙两个单位安排在同一贫困村的概率为150554018.12.【答案】A【解析】连接AF2,BF2,记A,B中点为N，根据题意知：2

2ABFF,所以设mBFF22A,并且NF2垂直AB,由于过点F1的直线斜率为12，设直线的倾斜角为112,tan=sin,cos255所以，则，所以在直角三角形F1F2N中，21242sin,2cos5

5ccNFcNFc，根据双曲线的定义：aBFF2B21,所以：maF2B1,同理：amF2A1;所以aAFBF4AB11,则aBN2AN,故：amaANNF225c4AF11，因此：m=45c.在直角三角形BNF2中，22

22222242BNF,=4a()55ccFBN所以（），从而解得离心率153e.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．【答案】202114．【答案】3【解析】因为251()axx展开式的通项公式为52551022155()rrrrrrrTCaxxCax

令51002r，得4r，所以454515Ca，从而3a．15．【答案】{4,5}【解析】当1n时，13a，当2n时，11433nnSa，两式相减得13nnaa，即13nnaa，所以数列{}na是首项为3，公比为3的等比数列，所以(3)nn

a，代入条件得3[1(3)]4nnS，所以1234563,6,21,60,183,546,SSSSSS，因为60200mS，所以m的取值集合为{4,5}．16.【答案】624【解析】取CB中点F,连接DF交CE于点O,易证得DO面PCE,要求A

MMN最小,需MN最小,此时可得MNPCE平面，又可证明//MNDF,再把平面POD绕PD旋转,与面PDA共面,又可证得90POD.11=22PDAC，1111224412DODFABAB

，1sin2ODOPDPD，即30OPD，453075APN，可得62sin754，min62n54si7AMMNANPA.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。

第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。）（一）必考题：60分。17.解：（1）0mn，cos(2sin)23sinsin02222AAAA，sin3cos3AA

，3sin()32A，(0,)A，4(,)333A，233A，即3A，………………..5分（2）MBC是的中点，1()2AMABAC，2221(

2)4AMABACABAC，………………..7分1AM，22131()44cbbcbc，当且仅当bc时取“”，43bc，133sin243ABCSbcAbc，综上得，ABC面积的最大值为33

，………………..12分18.解：（1）在ACD中，2222cos33ACCDADADCD，………………..1分所以222ADCDAC，所以2ACD，所以ACCD，………………..2分因为ADEF为正

方形，所以DEAD，………………..3分又因为平面ADEFABCD平面，平面=ADEFABCDAD平面，………………..4分所以DEABCD平面，所以DEAC，………………..5分因为DECDD，所以ACCDE平面，………………6分（2）

过C作CGABCD平面，以C为坐标原点，,,CDCACG的方向为,,xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，易知6ACB，所以有13(,,0),(1,0,0),(1,0,2),(0,3,

2)22BDEF，………………..7分设111222(,,),(,,)mxyznxyz分别为平面,EBDFBD的法向量，则11111133202200-20mEBxyzmEDxyz

，令11x得(1,3,0)m，………………..9分2222221320223-20nFBxyznFDxyz，令21y得(1,3,-1)m

，………………..11分设二面角EBDF为，则||425cos|cos,|=5||||25mnmnmn．………………..12分19.解：（1）0,1,2,3,4X，1(4,)

3XB，………………..1分044216(0)()381PXC，1342132(1)()()3381PXC；222421248(2)()()338127PXC；3134218(3)()()3

381PXC；44411(4)()381PXC，………………..4分故X的分布列为：X01234P16813281827881181……………………..5分（2）采用方案(1,2,3)ii，设所需费用为

i(1,2,3)i，因为1(4,)3XB，所以14()433EXnp所以，14()(6000)6000()600080003EEXEX；……………………..7分24()(30003000)3000()3000

3000300070003EEXEX，…………..8分又163224728(02)81819PX，采用方案3，所需费用3的分布列为3500070009000P89881181………………..10分所

以3881425000()50007000900052479818181E，……………………..11分因为123()()()EEE故方案3的期望值最小，采用方案3更合算.……………………………………………………..12分20.解：

（1）由ABP是等腰直解三角形，得)0,2(),0,2(,2BAa，设),(00yxQ，则由QAPQ23，得545600yx—代入椭圆方程得12b，所以椭圆E的方程为1422

yx………4分（2）由题意可设直线l方程为1myx，设),(),,2211yxCyxD（.044122yxmyx联立032)4(22myym得43,42221221myymmyy………6分2,2222111xykxyk22112122yxxyk

k点),(22yxC在椭圆上142222yx222244yx—22224)2)(2(yxx—2422222xyyx—………8分)2)(2(4y222121221121xxyyxxykk—9)(34)3)(3(4212122

12121yymyymyymymyyy——………10分36963129423434342222222mmmmmmmmm—313621………12分21．解：（1）'()xfxaxe，'(1)fa

e，直线(2)20210xey的斜率为12e，由已知易得1()12aee即2a，…………………………………………..2分所以'()2xfxxe设()2xgxxe，

则'()2xgxe，令'()gx=0得ln2x,当(,ln2)x时'()0gx，(ln2,)x时'()0gx所以maxmax'()()(ln2)2ln220fxgxg，故'()0fx

恒成立，所以，()fx在R上是减函数.…………………………………………………4分（2）：1）'()xfxaxe，设()xgxaxe，则12,xx是函数()gx的两个变号零点，又'()xgxae，当0a即0a时'()0gx恒成立，(

)gx单调递减，()gx不可能有两个变号零点，不合题意，…6分当0a即0a时，令'()0gx得ln()xa，(,ln())xa时'()0gx，(ln(),)xa时，'()0gx，所以()gx有两个变号零点只须max()(ln())ln()0g

xgaaaa解得ae综上所述，实数a的取值范围是ae.…………………………………………8分2)证明：由1'()0fx得110xaxe，所以11xeax且1(0,1)x所以12111()22xefxaxe1112

111(1)2222xxxxeeexeex，1(0,1)x…………10分设()(1),(01)22ttehtet，则1'()02tthte，()ht在(0,1)上是减函数，所以(1)()(0)hhth

，即10()12efx.…………………………………………12分（二）选考题：共10分，请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22．解：（1）因为直线l的参数方程为212()22xttyt为参数消去参数t，得l的

普通方程为10xy2分曲线C：22cos2cossin4，则22cossin，又yxyxsin,cos,222代

入并化简得22220xyxy，所以曲线C的直角坐标方程为22220xyxy5分（2）因为直线l的参数方程为22,221,2xtyt（t为参数），设A对应参数为1t，B对应参数为2t，

6分将l的参数方程与22220xyxy联立并化简得：2210tt由根与系数关系得122tt，121tt，所以2121212211212()411116tttttt

MBMAtttttt10分23.解：(1)依题意得f(x)＝－3x＋a－2b，x≤－b，x＋a＋2b，－b<x<a，3x－a＋2b，x≥a.则f(x)在区间(－∞，－b]上单调递减，在区间[－b，＋

∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－b)＝a＋b，所以a＋b＝1.5分(2)因为a>0，b>0，且a＋b＝1，由04mabba得bam41而baabbababa441))(41(41

9425baab当且仅当baab4即ab2且1ba即32,31ba时取等号.所以9m9分故实数m的最大值为9.

10分