2021届安徽省马鞍山市高三下学期一模考试数学(理)试题

理科数学试题

本试卷4页，满分150分．考试时间120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号和座位号填在答题卡上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．

4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本大题共12个题，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．已知集合Ax|xx26，Bx|2x42，则AB

D．(2,2)

55A．(3,) B．(2,) C．(3,2)

22ai2．若复数为纯虚数（i为虚数单位），则实数a

2i1A．2 B．2 C．

23．执行如图所示的程序框图，则输出S的结果为

A．16 B．25 C．36

D．

1 2D．49

n0,S0a2n1SSann1n4?是频率组距0.0160.012否0.0080.004O输出S结束10356085110时间/分钟（第3题图） （第4题图）

4．为了解学生参加“阳光体育”活动的情况，某学校随机统计了学生的“阳光体育”活动时间(单位：分钟)，已知所得样本数据都在区间10,110内，样本频率分布直方图如图所示，则该样本数据的中位数的估计值为 A．60 B． 65 C．66.25 D．72.25 5．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则 A．若m//，n，则m//n B．若m，n，nm，则n C．若m//，n//，m//n，则// D．若m，n，nm，则

6．在“学宪法、讲宪法”活动中，将甲、乙、丙、丁四位法律老师分配到A、B、C、D四个班级进行宣讲，每个班级分配一位老师．若甲不分配到A班，丁不分配到D班，则分配方案的种数为

A．12 B．14 C．16 D．24

π，若将fx的图象向右2π））的最小正周期为7．已知函数fx3sin(x)（0，（0,0，平移

π个单位长度后，所得图象对应的函数为偶函数，则 6πππA． B． C．

2631315 D．

2π 32，4，clog3，则 8．已知a9b39A．abc B．cba C．bca D．bac 9．已知点M为抛物线x28y准线上一点，点F为焦点，O为坐标原点，A在抛物线上，且AF10，

则MAMO的最小值为 A．16

B．822

C．413

D．82

1x,x0,10．已知函数fx 则方程ffx30的解的个数为 xlnx,x0.A．3 B．4 C．5 D．6

11．在等差数列an中，

A．7

a81，且它的前n项和Sn有最小值，则当Sn0时，n的最大值为 a7B．8 C．13 D．14

112．已知函数fxexex2x，则不等式f2020xf20212x1的解集是

2A．,4039 B．4039, C．,4042 D．4042,

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知向量aa(1,3)，b(4,3)，则|a-b|= ▲ ．

14．在平面直角坐标系xOy中，点Px0,y0是单位圆O上第一象限内的点，xOP,若

π11cos()，则x0的值为 ▲ ．

314x2y215．已知双曲线1的左右焦点分别为F1,F2，过F2的直线与双曲线右支交于A,B两点，且

48πF1AB，则△ABF1的面积为 ▲ ．

316．已知正方形ABCD的边长为4，E是BC的中点，沿DE把△DCE折起，使点C到达点F的位

置，且BEFE，则三棱锥FABE的外接球的表面积为 ▲ ．

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17~21题为必考题，每个试

题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答． （一）必考题：共60分． 17．（12分）

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足2sin2Bsin2C2sin2A．

π（1）若B，c2，求△ABC的面积；

33tanA（2）求的值．

tanB

18．（12分）

智慧课堂是指一种打破传统教育课堂模式，以信息化科学技术为媒介实现师生之间、生生之间的多维度互动，能有效提升教师教学效果、学生学习成果的新型教学模式．为了进一步推动智慧课堂的普及和应用，A市现对全市中小学智慧课堂的应用情况进行抽样调查，统计数据如下：

农村 城市 总计 经常应用 40 60 100 偶尔应用或者不应用 60 总计 160 1． 4（1）补全22列联表，判断能否有99.5%的把握认为智慧课堂的应用与区域有关，并说明理由； （2）在偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校中，按照农村和城市的比例抽取6个学校进行分析，

然后再从这6个学校中随机抽取2个学校所在的地域进行核实，记其中农村学校有X个，求X的分布列和数学期望． 从城市学校中任选一个学校，偶尔应用或者不应用智慧课堂的概率是附：K2nadbc2abcdacbdPK2k0 k0 ，nabcd．

0.1 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19．（12分）

如图，已知三棱锥SABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，SBSC4，点D为SC的中点，DA2． S（1）求证：平面SAB平面ABC； （2）求二面角SABD的正弦值．

D

A

CB 20．（12分）

x2y2已知椭圆C：221(ab0)，右焦点为F(4,0)，短轴长为4．

ab（1）求椭圆C的方程；

（2）若过点T(0,1)的直线l与椭圆C交于A,B两点，线段AT中点为P，线段BT中点为Q,且

OPOQ（O为坐标原点），求所有满足条件的直线l方程．

21．（12分）

已知函数fxexax（其中e2.718为自然对数的底数）．

（1）讨论函数fx的单调性； （2）当0a1时，证明：fx参考数据：ln20.693．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

xt2平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，

yt42x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为(2cos2)3．

127x0． 232（1）求曲线C1的普通方程与C2的直角坐标方程；

（2）求C2上的动点到C1距离的取值范围．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数fx2|x1||x2|．

（1）求不等式fx6的解集； （2）若fxm

2对任意xR恒成立，求实数m的取值范围． m2021年高中毕业班第一次教学质量监测

理科数学参考答案

一、选择题：本大题共12个题，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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 题号 D B C C B C D B A B C A 答案 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

124313．35 14． 15．20 16．

75 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17~21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答． （一）必考题：共60分． 117．（1）因为2sin2Bsin2C2sin2A，由正弦定理，2b2c22a2，即a2b2c2，若B，3213由余弦定理b2a2c22accosB，得b2a2c2ac，又a2b2c2，所以acc2，而c2，

22133所以ac6，所以SABCacsinB． （6分）

22a2c2b232c222tanAsinAcosBaacb12222ac223． （12分） （2）由abc，知222221bcatanBsinBcosAbbca2c222bc 18．（1）

农村 城市 总计 经常应用 40 60 100 偶尔应用或者不应用 40 20 60 总计 80 80 160 （2分） K21602040406010060808023210.6677.879． （4分） 3所以有99.5%的把握认为认为智慧课堂的应用与区域有关． （6分） （2）在偶尔应用或者不应用智慧课堂的学校中，农村和城市的比例是2：1，所以抽取的6个样本有4个是农村学校，2个是城市学校，从中抽取2个，则X的可能取值为0，1，2．（7分）

021120C4C2C4C28C4C221PX0PX1PX2． ，，，222C615C615C65

所以X的分布列为：

X 0 1 2 18215 15 5 （10分）

1824 （12分） X的数学期望EX012．

151553

19．（1）因为SC=4，点D为SC的中点，所以SDDC2，又ACDA2，所以△ADC是等边

三角形，所以DCA=，所以SA=23，所以SC2=SA2+AC2， SAAC． （3分）

3∽又△SAB=△SAC，得SAAB，又ABACA，所以SA平面ABC，又SA平面SAB，所以

P 平面SAB平面ABC． （5分）

（2）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，在平面ABC内过点A垂直于AB的直线为y轴，AS所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1,3,0)，S(0,0,23)，所以1313 D(，,3)，所以AB(2,0,0)，AD=(，,3)． （7分）

2222zSmAB0,设m(x,y,z)为平面ABD的法向量，由得

mAD0.2x0,令z=1,得m0,2,1． （9分） x13y3z0.x22DyABC而平面SAB的一个法向量n(0,1,0)，所以cosm,nmnmn25． （11分） 55． （12分） 5方法2：取AC中点E，连接DE，则DE平面ABC，过点E作EFAB于F，连接DF，DFE为二面角D-AB-C的平面角． （8分）

设二面角SABD的平面角为，则sin315EF5，DF，所以cosDEF．（10分） DF522 因为二面角S-AB-D的平面角与二面角D-AB-C的平面角互余，

在RT△DEF中，DE3，EF 所以二面角S-AB-D的正弦值为

5． （12分） 522x2y220．1．（1）由已知得b2，c4，abc20，所以椭圆C的方程为（5分）

204（2）易知直线l斜率存在，设直线l方程为：ykx+1．

2x2y21联立204，消去y得(15k2)x210kx150，则400k2600．

ykx1设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x22210k15xx，． 1215k215k222（7分）

xy1x2y21∵OPOQ，∴1122， 22即：(x1x2)(x1x2)k(x1x2)k(x1x2)4． ∵x1x2，∴(x1x2)k2(x1x2)4k0，

10k10k315154k0，解得k10，k2∴，k3， 2215k15k551515x1和yx1． 55注：①若考生从图形特征仅分析出y1的结果，得1分；

（9分）

（11分）

所以满足条件的直线l方程为：y1、y （12分）

②第（2）小题中取PQ的中点R，由OPOQ转化为ORPQ解决，请酌情给分． 21．（1）解：函数fx的定义域为R，fxexa． ①当a0时，fx0，则fx在R上单调递增；

②当a0时，由fx0得xlna，且xlna时fx0，fx单调递减；xlna时fx0，fx单调递增．

综上，a0时，fx在R上单调递增；

a0时，fx在,lna单调递减，在lna,单调递增． （5分）

17（2）证明：①当x0时，显然有fxx20；

232

（1分）

1717②当x0时，令gafxx2在0a1时单调递减，所以只需xaexx223223217证明g10，即exx2x0．

232令hxex

（6分）

12720，，则xhxexx1，显然x单调递增，xx（x0）

23210，所以存在唯一x02,1，使x00，且x,x0时x0，hx单调递减；

xx0,时x0，hx单调递增，所以hxhx0． （8分）

因为x00，所以ex0x010，即ex0x01，

17171225所以hxhx0ex0x02x0x01x02x0x0． （10分）

232232232555511又因为ln42ln220.693，所以e44，所以50，从而x02,，

4444e412515250． 所以x0223224322 （11分）

所以hx0，故待证不等式成立．

（12分）

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

xt222．（1）∵直线C1的参数方程为（t为参数），

yt4∴消去参数t，得C1的普通方程为xy60． ∵曲线C2的极坐标方程为2(2cos2)3，

2cos2sin2)3， ∴22（ （2分）

x222xy)(xy)3，即+y1． （5分） ∴C2的直角坐标方程为（3x3cos（3cos,sin）（2）曲线C2的参数方程为（为参数），设C2上的动点为M，

ysin2222则C2上的动点到C1距离d|3cossin6|2|2sin(23)6|． （8分）

∵2sin()2,2，则C2上的动点到C1距离的最大值是42，最小值是22，

3∴C2上的动点到C1距离的取值范围是22，． 4223．（1）由不等式fx6可得：fx2|x1||x2|6，

x22x1x1可化为：或或 （3分）

22xx2622xx262x2x26 （10分）

解得：x2或x2，所以原不等式的解集为,23x,x2（2）因为fx2|x1||x2|=x4,2x1，

3x,x12,． （5分）

上单调递增， 所以f(x)在,1上单调递减，在1，所以f(x)minf(1)3．

（7分）

m23m222要fxm对任意xR恒成立，只需3m，即：0，

mmmm1m20m1m20所以或，解得：1m2或m0，

m0m0所以，实数m的取值范围为,0

1,2．

（10分）