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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.题号123456789101112答案DCACBBADCCDC二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.2113.214.15.2216.3三、解答题:17.(本小题满分12分)a5a131解:(1)由已知,解得,∴ann21.…………………………5分23aa1d257(2)Sa22aa12aa2annn12aaa22aa122an12nnnn12121421421n222n.…………………………12分318.(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”男女总计的有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21握笔姿势正确243054初中毕业生中男生、女生“握笔姿势正确”的概率分别为和.154握笔姿势不正确15690246…………………………4分总计180120300(2)由列联表计算得23001563024902K6.6406.635,54246180120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ABAC,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,高三数学试题(文科)答案第1页(共3页) 11则EO∥PA,GO∥CD,且EOPA,GOCD.22∵PA平面ABCD,∴EO平面ABCD.11由VV得SdSEO,即SdSEO.三棱锥FAEG三棱锥EAFGAEGAFGAEGAFG333在AEG中,AEAGGE2,从而S.AEG2123又∵EO1,SS1,∴d.AFGABC4323∴点F与平面AEG的距离为.……………………………12分320.(本小题满分12分)22解:(1)由条件,设直线l的方程为xty1,代入yx2得yt220y,2222则AB14tt8212tt.由AB22,解得t0,∴交点A,B的坐标为12,,12,-.易知AOB外接圆的圆心在x轴上,设圆心为(a,0).2223由aa12解得a,22392∴AOB外接圆的方程为xy.……………………………6分24(2)设A(x,y),B(x,y),则A(x,y).112211由(1)知,yyt2,yy2.121222设直线AB的方程为xmyn,代入yx2得,ym220yn,则yyn2,∴22n,即n1,12∴直线AB经过定点(-1,0).……………………………12分21.(本小题满分12分)xab解:(1)fxlnx2,由条件f11aba1,解得b0.xx此时,切点为(1,0),直线yaxa1不经过切点,符合题意,所以b0.………………4分a(2)由(1)知,fxlnx1.xa1axa设gxlnx+1,则gx(x0).22xxxx111①当a0时,gxxln1,易知函数有唯一零点e,且x0,e,gx0;xe,,gx0.此时,fx仅有一个极小值点,无极大值点;②当a0时,gx0恒成立,gx在区间上单调递增.1e又∵geae0,gealn(ea)0,ea∴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a0时,ga0,且当x0,a时,gx0;当xa,时,gx0.∴gx在0,a上单调递减,在a,上单调递增,且最小值为galna2.2(i)若ga0,即ae,此时gx0恒成立,fx无极值点;2(ii)若ga0,即0ae.∵a1,且ga0,ga110,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2页(共3页) 211221x考虑ga2lna1.令hx2lnx1,,x0e,则hx0.2axx22221∴hx在0,e上单调递减,∴hxhee30,即ga2lna10.a22∵0aa,∴ga0,ga0,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.2∴当0ae时,fx有且仅有两个极值点.2综上,当ae时,fx极值点个数为0;当a0时,fx极值点个数为1;2当0ae时,fx极值点个数为2.…………………………12分22.(本小题满分10分)xcos2,解:(1)化简曲线C参数方程得1(为参数,且kkZ,),ysin22222消去参数得曲线C的普通方程得xyx411,22化成极坐标方程为cos4sin12kkZ,,21∴(2kkZ,).………………………………5分213sin(2)不妨设M(,),N(,),则OM,ON,12123112233933∴13sin13sinsin2cos2=sin2.22OMON3442371133当且仅当kkZ时,取最大值.……………………………10分2212OMON223.(本小题满分10分)解:(1)由f11得21211aa11a1,1a,a,∴或2或2122aa11,122aa11,21211aa.1解得a1或1a,21∴a的取值范围为,.…………………………………5分22(2)设xt(t0).由已知得,对任意t0,使得ft0成立.222∵ft0tatata2224ta31ta20t.当t0,aR;当t0,ta40恒成立,即a0.∴a0,即a的最小值为0.………………………………10分高三数学试题(文科)答案第3页(共3页)
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