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