欢迎来到莲山课件网!
我要投稿

您当前的位置:

还剩4页未读,点击继续阅读

收藏

举报

申诉

分享:

温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档有教师用户上传,莲山课件网负责整理代发布。如果您对本文档有争议请及时联系客服。
3. 部分文档可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服处理。

资料简介

展开

 高三数学试题(文科)答案 第 1 页(共 3 页) 合肥市 2021 年高三第一次教学质量检测 数学(文)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. 13.2 14. 15.  2 2  16.213 三、解答题: 17.(本小题满分12分) 解:(1)由已知 35 752 31aa a  ,解得 112ad ,∴ 2 1na n  .…………………………5分 (2)      1 21 22 2 2 naa an nS a a a          1 21 2 2 2 2 naa ana a a            2 1 41 2 12 1 4nn n    2 12 2 2 .3nn   …………………………12分 18.(本小题满分12分) 解:(1)由样本统计数据可知,样本中男生180人,其中“握笔姿势正确”的有24人;女生120人,其中“握笔姿势正确”的有30人,从而估计该地区初中毕业生中男生、女生“握笔姿势正确”的概率分别为215和14. …………………………4分 (2)由列联表计算得  22 300 156 30 24 90 6.640 6.63554 246 180 120K       , 所以,有99%的把握认为该地区初中毕业生“握笔姿势是否正确”与性别有关.……………………8分 (3)由(2)结论知,该地区初中毕业生“握笔姿势是否正确”与性别有关。此外,从样本数据能够看出,该地区初中毕业生中,男生与女生中握笔姿势正确的比例有明显差异,因此,在调查时,男生和女生应该分成两层,采用分层抽样的方法更好. …………………………12分 19.(本小题满分12分) 解:(1)∵点F G, 分别为AB AC, 的中点,∴FG∥BC . ∵FG 平面PBC,BC 平面PBC,∴FG∥平面PBC . 延长FG交CD于点H ,连接EH . ∵GH∥BC,AD∥BC,∴GH∥AD . ∵G是AC的中点,∴H 是CD的中点. ∵E是PD的中点,∴EH ∥PC . ∵EH 平面PBC,PC 平面PBC,∴EH ∥平面PBC . 又∵EH FG , 平面EFG,且EH FG H , ∴平面EFG∥平面PBC . …………………………6分 (2)设点F与平面AEG的距离为d ,取AD的中点O,连接OE OG, , 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C A C B B A D C C D C 男 女 总计握笔姿势正确 24 30 54握笔姿势不正确 156 90 246总计 180 120 300 高三数学试题(文科)答案 第 2 页(共 3 页) 则EO∥PA,GO∥CD,且12EO PA ,12GO CD . ∵PA 平面ABCD,∴EO 平面ABCD . 由 F AEG E AFGV V 三棱锥 三棱锥 得1 13 3AEG AFGS d S EO    ,即 AEG AFGS d S EO    . 在 AEG 中, 2AE AG GE   ,从而32AEGS  . 又∵ 1EO  ,114AFG ABCS S   ,∴2 33d  . ∴点F与平面AEG的距离为2 33. ……………………………12分 20.(本小题满分12分) 解:(1)由条件,设直线l的方程为 1x ty  ,代入 2 2y x 得 2 2 2 0y ty   , 则   2 2 2 21 4 8 2 1 2AB t t t t       . 由 2 2AB  ,解得 0t  ,∴交点A,B的坐标为 1 2, ,  1 2,- . 易知 AOB 外接圆的圆心在x轴上,设圆心为(a,0). 由    222 1 2a a   解得 32a  , ∴ AOB 外接圆的方程为223 92 4x y     . ……………………………6分 (2)设A ( 1 1x y, ),B ( 2 2x y, ),则A ( 1 1x y, ). 由(1)知, 1 2 2y y t  , 1 2 2y y   . 设直线A B 的方程为x my n  ,代入 2 2y x 得, 2 2 2 0y my n   , 则 1 2 2y y n    ,∴2 2n   ,即 1n   , ∴直线A B 经过定点(-1,0). ……………………………12分 21.(本小题满分12分) 解:(1)   2lnx a bf x xx x    ,由条件  1 1 1f a b a      ,解得 0b  . 此时,切点为(1,0),直线  1y a x a   不经过切点,符合题意,所以 0b  .………………4分 (2)由(1)知,   ln 1af x xx    . 设   ln +1ag x xx  ,则   2 21 a x ag xx x x    ( 0x  ). ①当 0a  时,   ln 1g x x  ,易知函数有唯一零点 1e ,且  10x e , ,   0g x  ;  1x e , ,   0g x  .此时,  f x 仅有一个极小值点,无极大值点; ②当 0a  时,   0g x  恒成立,  g x 在区间上单调递增. 又∵  1 0g e ae   ,   ln( ) 0eg e a e ae a    , ∴  g x 在 0 , 上存在唯一零点,从而  f x 仅有一个极小值点,无极大值点; ③当 0a  时,   0g a  ,且当  0x a , 时,   0g x  ;当  x a , 时,   0g x  . ∴  g x 在 0 a, 上单调递减,在 a , 上单调递增,且最小值为   ln 2g a a  . (i)若   0g a  ,即 2a e ,此时   0g x  恒成立,  f x 无极值点; (ii)若   0g a  ,即 20 a e  . ∵ 1a  ,且   0g a  ,  1 1 0g a   ,且  g x 在 a , 上单调递增, 根据零点存在性定理得,  g x 在 a , 恰有一个零点,从而  f x 在 a , 恰有一个极小值点.  高三数学试题(文科)答案 第 3 页(共 3 页) 考虑  2 12 ln 1g a aa   .令    212ln 1 0h x x x ex   , , ,则   22 10xh xx   . ∴  h x 在 20 e, 上单调递减,∴    2 2 3 0h x h e e    ,即  2 12ln 1 0g a aa    . ∵ 20 a a  ,∴  2 0g a  ,   0g a  ,且  g x 在 0 a, 上单调递减, 根据零点存在性定理得,  g x 在 0 a, 恰有一个零点,从而  f x 在 0 a, 恰有一个极大值点. ∴当 20 a e  时,  f x 有且仅有两个极值点. 综上,当 2a e 时,  f x 极值点个数为0; 当 0a  时,  f x 极值点个数为1; 当 20 a e  时,  f x 极值点个数为2.…………………………12分 22.(本小题满分10分) 解:(1)化简曲线C参数方程得cos 21sin 22xy,( 为参数,且2k k Z   , ), 消去参数 得曲线C的普通方程得  2 24 1 1x y x    , 化成极坐标方程为   2 2cos 4 sin 1      2k k Z    , , ∴ 2211 3sin( 2k k Z    , ). ………………………………5分 (2)不妨设M ( 1 , ),N ( 2 3  , ),则 1OM  , 2ON  , ∴ 2 22 21 1 3 3 9 3 31 3sin 1 3sin sin 2 cos 2 = sin 23 4 4 2 3OM ON                           . 当且仅当  712k k Z    时,2 21 1OM ON 取最大值3 32.……………………………10分 23.(本小题满分10分) 解:(1)由  1 1f  得 2 1 2 1 1a a    ∴  11 2 2 1 1aa a     ,,或 11 21 2 2 1 1aa a       ,,或 1 22 1 2 1 1.aa a     , 解得 1a   或112a    , ∴a的取值范围为12    , . …………………………………5分 (2)设 2x t ( 0t  ). 由已知得,对任意 0t  ,使得   0f t  成立. ∵   0f t      2 22 2 2 4t a t a t a t a       23 12 0t at   . 当 0t  , Ra ;当 0t  , 4 0t a  恒成立,即 0a  . ∴ 0a  ,即a的最小值为0. ………………………………10分

扫描关注二维码

更多精彩等你来

客服服务微信

55525090

手机浏览

微信公众号

Copyright© 2006-2021 主站 www.5ykj.com , All Rights Reserved 闽ICP备12022453号-30

版权声明:以上文章中所选用的图片及文字来源于网络以及用户投稿,由于未联系到知识产权人或未发现有关知识产权的登记,

如有知识产权人并不愿意我们使用,如果有侵权请立即联系:55525090@qq.com,我们立即下架或删除。