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许昌市许昌市 2021 年高三质量检测题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。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】 202AxR xx x,223013Bx xxxx 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11125321adadad1191.-22aadd或999 89 8s9 9( 2)99 1281.22s 或4.【答案】A【解析】由已知可得1sintan50,所以991600 109 10360(/ )12100050km h 5【答案】Dln2lnln2ln2log 2log 2log 2log 200lnlnlnlnababbaabab【解析】ln2lnln0,lnln00lnlnbbaababaab当时,但也可能小于 ,则不一定成立,alog 2logabb 是2的不充分条件;ln2lnlog 2log 20ln0b,lnlnabbbaaba当即时,可能大于 ,即a可能小于alog 2logabb 是2的不必要条件.6.【答案】【答案】B【解析解析】由条件得53()2021( )2xxfxxxeef x ,所以( )f x是奇函数,又4331( )10105020222xxxxfxxeeee,所以( )f x在( 6,6)上单调递增,又2()(6)0f af a,即2()(6)f afa,所以6662aa,解得02a,故实数a的取值范围是(0,2)7【答案】D【解析】/ /,n,/ /mmmn由,得又所以正确;若m,n,/mn,则/ /或与 相交,所以错误;若,则/ /或与 相交,所以错误;由/ /,/ /,得/ /,又m,m,所以正确.8【答案】C【解析】设抛物线的方程为22(0)ypx p,(,),MMM xy由3MF 得32Mpx,所以222 (3)62Mpyppp.又M在圆22:9O xy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( )f x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( )sin(2)f xx,将函数( )yf x的图像向左平移8个单位后,得到函数sin2()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( )sin(2)4f xx,320,2,sin 21 .244442xxx 由得则 (),10.【答案】C【解析】因为222,1( )log (1),1nxmxxf xxnn x为 R 上的增函数,所以2111212log (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:按 1,2,3 分,有12336533360CCCA种情况.按 2,2,2 分,有222364233390CCCAA种情况.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:22ABFF ,所以设mBFF22A,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,21242 sin,2 cos55ccNFcNFc, 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,2222222242BNF,=4a()55ccFBN所以(),从而解得离心率153e .二、填空题(本大题共二、填空题(本大题共 4 小题,每小题小题,每小题 5 分,共分,共 20 分)分)13【答案】【答案】202114【答案】【答案】3【解析解析】因为251()axx展开式的通项公式为52 551022155()rrrrrrrTCaxxC ax令51002r,得4r ,所以45 4515C a,从而3a 15【答案】【答案】4,5【解析解析】当1n时,13a ,当2n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)nna ,代入条件得31 ( 3) 4nnS ,所以1234563,6,21,60,183,546,SSSSSS ,因为60200mS,所以m的取值集合为4,516.【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AMMN最小,需 MN 最小,此时可得MNPCE 平面,又可证明/MN DF,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,min62n 54si 7AMMNANPA.三、解答题:(共三、解答题:(共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第 1721 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第题为必考题,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:题为选考题,考生根据要求作答。)(一)必考题:60 分。分。17. 解:(1)0m n ,cos( 2sin)2 3sinsin02222AAAA ,sin3cos3AA,3sin()32A,(0, )A,4(,)333A,233A,即3A,.5 分(2)MBC是的中点,1()2AMABAC ,2221(2)4AMABACAB AC ,.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=ADEFABCD AD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,,CD CA CG 的方向为, ,x y z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( ,),(,)mx y znxy z分别为平面,EBD FBD的法向量,则11111133202200-20m EBxyzm EDxyz ,令11x 得(1, 3,0)m ,.9 分2222221320223-20n FBxyzn FDxyz ,令21y 得(1, 3,-1)m,.11 分设二面角EBDF为,则|42 5cos|cos,|=5| |2 5m nm nm n .12 分19. 解:(1)0,1,2,3,4X ,1(4, )3XB,.1 分044216(0)( )381P XC,1342132(1)( ) ( )3381P XC;222421248(2)( ) ( )338127P XC;3134218(3)( ) ( )3381P XC;44411(4)( )381P XC,.4 分故X的分布列为:X01234P16813281827881181.5 分(2)采用方案(1,2,3)i i ,设所需费用为i(1,2,3)i ,因为1(4, )3XB,所以14()433E Xnp所以,14()(6000)6000 ()600080003EEXE X;.7 分24()(30003000)3000 ()30003000300070003EEXE X,.8 分又163224728(02)81819PX,采用方案 3,所需费用3的分布列为3500070009000P89881181.10 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12b,所以椭圆E的方程为1422 yx4 分(2)由题意可设直线l方程为1 myx,设),(),2211yxCyxD(.044122yxmyx联立032)4(22myym得43,42221221myymmyy6 分2,2222111xykxyk22112122yxxykk点),(22yxC在椭圆上142222yx222244yx22224)2)(2(yxx2422222xyyx8 分)2)(2(4y222121221121xxyyxxykk9)(34)3)(3(421212212121yymyymyymymyyy10 分36963129423434342222222mmmmmmmmm31362112 分21解:(1)( )xfxaxe ,(1)fae ,直线(2)20210 xe y的斜率为12e,由已知易得1()12aee 即2a ,.2 分所以( )2xfxxe设( )2xg xxe,则( )2xg xe,令( )gx=0 得ln2x ,当(,ln2)x 时( )0g x ,(ln2,)x时( )0g x 所以maxmax( )( )(ln2)2ln220fxg xg,故( )0fx 恒成立,所以,( )f x在R上是减函数.4 分(2):1)( )xfxaxe ,设( )xg xaxe ,则12,x x是函数( )g x的两个变号零点,又( )xg xae ,当0a 即0a 时( )0g x 恒成立,( )g x单调递减,( )g x不可能有两个变号零点,不合题意,6 分当0a 即0a 时 , 令( )0g x 得ln()xa,(,ln()xa 时( )0g x ,(ln(),)xa时,( )0g x ,所以( )g x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110 xaxe,所以11xeax 且1(0,1)x 所以12111()22xef xaxe 1112111(1)2222xxxxeeexeex,1(0,1)x 10 分设( )(1),(01)22tteh tet ,则1( )02tth te,( )h t在(0,1)上是减函数,所以(1)( )(0)hh th,即10()12ef x.12 分(二)选考题:共(二)选考题:共 10 分,请考生在分,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10 xy 2 分曲线C:2 2cos2 cossin4,则22cossin,又yxyxsin,cos,222代入并化
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