2020~2021许昌市高一上学期期末考试理科数学试题及答案.pdf

1、许昌市许昌市 2021 年高年高一一期末期末质量检测质量检测题题答案答案 理科数学 注意事项：注意事项： 1 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。上。写在本试卷上无效。 3 3考试结束后，将答题卡

2、交回。考试结束后，将答题卡交回。 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的。 1B()1 , 0 2.A-2 3.B(), 1 4C 解答：以点( 3,4)A 为圆心且与y轴相切的圆的半径为 3，故圆的标准方程是 ()() 22 349xy+=. 5C 解析：选 C.因为 x1 时，( )logaf xx= 0，所以 a1. 则直线 1 yxa a =+的斜率为 1 01 a bc 7D 解答： 在 A 中,因为,F M

3、分别是,AD CD的中点,所以 11 /FM AC AC,故 A正确; 在 B 中,因为tan2 BC BMC CM =,tan2 CD CFD FD =,故BMCCFD= , 故 2 BMCDCFCFDDCF += +=.故BMCF,又有 1 BMC C, 所以BM 平面 1 CC F,故 B 正确； 在 C 中,三棱锥BCEF以面BCF为底,则高是定值,所以三棱锥BCEF的体积为定 值,故 C正确. 在 D 中,BF与平面 11 CC D D有交点,所以不存在点E,使得平面/BEF平面 11 CC D D,故 D错误. 故选：D. 8. D5 解析：ABh设边上的高为 ，则 1 . 2 A

4、BC SAB h= V ()() 22 3 11 32 2,AB =+=ABhCAB边上的高 就是点 到的距离. 31 1 33 1 yx AB = 边所在的直线方程为，40.xy+=即 ()1040Cxy+=点， 到的距离 22 1 045 . 2 11 h + = + 15 2 25. 22 ABC S= V 9.C2 解析：错，对. 10.C 解答：设(),P x y，由2PAPO=，得() 2 222 344xyxy+=+，整理得 () 2 2 14xy+=，表示圆心为( 1,0)，半径为2R =的圆，圆 22 (1)1xy+=的圆心为 (1,0)为圆心， 1r =为半径的圆，两圆的圆

5、心距为2，满足2RrRr+，所以两个圆 相交. 11.B 解析：( )xf定义域为0|xx，可判断函数为奇函数，排除 D 选项， 当10 x时，0 1 +x，由此( )0 xf，排除 A,C 选项，答案为 B 12.B 解析：作出函数的图像如下图所示。 ( )( )01 2 =+mxmfxf变形得( )( ) ()011=mxfxf，由此得 ( )1=xf或( )1= mxf，方程( )1=xf只有两根 方程( )1= mxf有三个不同实根，则32211mm，答案为 B 备注：本例的易错点为函数备注：本例的易错点为函数( )12 += x xf的图像无限接近直线的图像无限接近直线1=x，即方程

6、，即方程( )1=xf只有只有 两根，另外难点在于方程两根，另外难点在于方程( )( )01 2 =+mxmfxf的变形，即因式分解。的变形，即因式分解。 二、二、填空题（本大题共填空题（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分）分） 13. 2,2 .a aa 解答： 22 11,2,2,2,2 .aaaa aa 由得即所以 14.250 xy+=. 解答：因为点()2,1M 在圆 22 5xy+=上，所以 1 2 OM k= ，因此切线斜率为 2， 故切线方程为()122yx =+，整理得250 xy+= 15. 3 8 . 解答： PAB 围绕棱PA旋转60后恰

7、好与PAC重合， PABPAC， 作BHPA于H，连接CH，则,CHPA CHBH=，60BHC=， BCBHCH= 又PA过球心，PBAB，而2,3PAPB=，1AB =，同理1AC =， 3 13 22 PB AB BH PA = ， 2 2 3333 3 44216 BCH SBH = ， 由BHPA，CHPA，CHBHH=I，得PA 平面BCH， 113 33 2 33168 P ABCBCH VSPA = 故答案为： 3 8 16.45.6（万元）. 解答：依题意，设在甲地销售x（ 0 x ）辆，则在乙地销售15 x 辆， 设利润为 S 万元, 则 S=( )() 2 2 5.060

8、.152 150.1510.245.606xxxx+= +， 由二次函数的图像和 ,xN 可知当 10 x = 时， 可获得的最大利润 S max =45.6（万元）. 三、解答题：三、解答题：（共共 70 分分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）。） 17(10分) 解：(1)当1a =时, 1 1 . 2 Axx = 1 2 . 2 Bxx = Q 1 2 2 U C Bx xx = 或， () 12 . U C BAx xx=或.5 分 (2) 3 , 22 aa Axx = ,AB若 3 , 22 aa A = 则当时 03A 不成立， 1

9、 , 22 3 2, 2 a a 11,a 解得 11 .aaa 的取值范围是.10 分 18.（12 分） 解析：() 12 12 2 12 + = + + = x x x x aa xf.2 分 由 ()( )xfxf= 得122 2 12 12 12 +=+ + + = + xx x x x x aa aa . 解得1=a .4 分 另解：由()( )xfxf=，令1=x得()( )11ff=代入得 ()1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 =+=+ + = + + aaa a a . 验证，当1=a时，( ) 12 12 + + = x x xf，()( )xfxf x

10、x x x = + = + + = 12 12 12 12 满足题意 1=a.6 分 ( )xf为减函数.8 分 证明：由知 ( )1 12 2 12 12 + = + + = xx x xf 在R上任取两不相等的实数 21,x x，且 21 xx ( ) () () ()1212 22 2 12 2 12 2 21 12 21 21 + = + + = xx xx xx xxf.10 分 由 x y2=为R上的增函数， 21 xx xxxx () ()01212 21 + xx 则( ) ()( ) () 2121 , 0 xxfxxf 函数( )xf为减函数 .12 分 19.（12 分）

11、 解 由题意可得 kOAtan 30 3 3 ， kOBtan(18045)1， 所以直线 lOA：y 3 3 x，lOB：yx. 设 A( 3m，m)，B(n，n)， 所以 AB 的中点 3 (,) 22 mn mn C + . .6 分 由点 C 在 y1 2x 上，且 A、P、B 三点共线得 13 222 00 131 mnmn mn nm + = = 解得 n 3，所以 B( 3， 3) 又 P(1,0)，所以 3033 231 ABBP kk + = 所以 lAB：y3 3 2 (x1)， 即直线 AB 的方程为(3 3)x+2y3 30.12 分 20.（1）证明：取AC中点为Q，

12、连接 1 AQ，NQ， 在ABC中， 1 2 NQAB P ， 又 1 1 2 APAB P 所以， 1 NQAP P ，即四边形 1 APNQ是平行四边形. 故 1 NPAQP， 又NP平面 11 ACC A， 1 AQ 平面 11 ACC A， 所以，/NP平面 11 ACC A. -6 分 （2）证明：连接 1 B N，在正方形 11 ACC A中， 1 Rt AAQRt CAM， 所以，MAC与 1 AQA互余，故 1 AMAQ， 又 111 ABAA， 11 ABAC， 1 ACAAA=I， 所以， 11 AB 平面 11 ACC A，又AM 平面 11 ACC A， 故 11 AB

13、 AM 又 1 AQI 11 AB 1 A=, 所以AM 平面 11 AQNB 又PN 平面 11 AQNB， 所以PNAM . -12 分 21（12 分） 解：（1）设圆C的圆心为 ( , )C a b，由题意可得 1( 1,0) C ， 则 1 CC的中点坐标为 1 (, ) 22 ab ， 因为圆 1 C：( ) 2 2 18xy+=关于直线 1 l： 1 2 2 yx=对称的图形为圆C， 所以 11 2 222 0 1 1 1 2 ba b a = = + ，解得 1 4 a b = = ， 因为圆 1 C和圆C的半径相同，即 2 2r = ， 所以圆C的方程为 22 (1)(4)8

14、+=xy.6 分 （2）设圆心C到直线l：()1yk x=的距离为 1 d， 原点O到直线l：()1yk x=的距离为 2 d， 则 12 22 4 , 11 k dd kk = + ， 22 1 2EFrd=， 所以 22 212 1 3 2 OEF SEF drdd = 所以 2 22 16 (8)3 11 k kk = + ，解得 2 3k = ， 因为1k ，所以 3k = ， 所以直线l的方程为3(1)yx=.12 分 22.(12 分) 解：（1）取AD中点M，设PO 面ABCD，连,MO MP， 则PMO为二面角的平面角， PAO为侧棱PA与底面ABCD所成的角， 6 tan 2

15、 PAO= ， 连,/OE OE PD，OEA为异面直线PD与AE所成的角 因为,AOBD AOPO，BDPOO=I，所以AO 平面PBD. OE 平面PBD，所以AOOE. 22 115 224 OEPDPODOa=+= , 2 10 tan 05 AO AEO E = .6 分 （2）延长MO交BC于N，取PN中点G，连EG、MG 因为BCMN，BCPN，MNPNN=， 故BC平面PMN，因BC 平面PBC， 故平面PMN 平面PBC， 又,60PMPNPMN=，故PMN为等边三角形， 所以MGPN，由MG 平面MGPN，故BCMG 因为BCPNN=I，所以MG 平面PBC. 取AM的中点

16、F，/EG MF， 1 2 MFMAEG=， 四边形EGMF为平行四边形，所以/MG EF EF 平面PBC即F为四等分点.12 分 22.（12 分） 解：（1）设( , )P x y，因为| |1 |2 PO PA =， 即 22 22 1 2 (3) xy xy + = + ； 整理得 22 230 xyx+= ， 即所求点P的轨迹方程为 22 230 xyx+= .6 分 (2)由（1）知点P在以点( 1,0)为圆心，2为半径的圆上，令( 1,0)Q； 直线l经过定点(0,2 2)，令 (0,2 2)M ； 当QMl时，点Q到直线l的距离最大，即点P到直线l的距离最大， max |25RQM=+=， :2 2(1)QMyx=+ 由 22 230 2 2(1) xyx yx += =+ 解得 54 2 (,) 33 P ， 所求圆的方程为 22 54 2 ()()25 33 xy+= .12 分