安徽省芜湖市2021-2022学年高三上学期期末质量监控理科数学试题（扫描版含答案）

2021-2022学年度第一学期芜湖市高中教育教学质量监控
高三年级数学（理科）试题参考答案
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B A D D C A B D A A B C
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 5 14. -2 15. x + y = 0 16. 5
三、解答题（本大题共7小题，共70分.）
（一）必做题（共5小题，每小题12分，共60分）
17. 解：
（1）因为 sin ( B + C ) = -2 3 cos2 A2 + 3 ,所以 sinA = - 3 cosA（2分）
故 tanA = - 3 , 又因为0 < 2πA < π,故A = 3（5分）
（2）由3sinB = 5sinC 得3b = 5c
由余弦定理得a2 = b2 + c2 + bc，又因为a + b + c = 15（8分）
解得a = 7,b = 5, c = 3（10分）
1 1 15 3
所以S = 2 bcsinA = 2 × 5 × 3 × 23 = 4 （12分）
18. 解：
（1）当 λ= 2 时，不妨令 AD = 2AB = 2a，则 BE = CE = 2 a， z
BC = 2a
在△BEC中，因为BC2 = BE2 + CE2，所以CE ⊥ BE（3分）
A E
因为平面 ABE ⊥平面 BCDE, 且平面 ABE 平面 BCDE = D
BE， O
所以CE ⊥平面ABE（4分） B F C
（2）当λ= 3时，不妨令AD = 3AB = 3a，取BC的靠近B的三等 x
y
分点为F，
第18题图
取 BE中点为O，连接 AO，OF，建立空间直角坐标系O -
BFA
则平面ABE的法向量可记为 m? = ( 0, 1, 0（) 6分）
- 2 , 3 2因为C ( a 2 a, 0 )，A ( 0, 0, 22 a )，E ( - 22 a, 0, 0 )
???
所以AE = ( - 22
??? 3 2
a, 0, - 22 a )，EC = ( - 22 a, 2 a, 0 )
高三年级数学（理科）试题参考答案第 1 页（共5页）
设平面AEC的法向量为n? = ( x,y, z )
???
{n? A??E? = 0 {x +- z ì z = -xn? EC = 0 x 3==0y 0 í y = x（9分） 3
令x = 3，得y = 1, z = -3 所以 n? = ( 3, 1, -3（) 10分）
所以cos < m?,n? >= 1199（11分）
故锐二面角的余弦值为 1199（12分）
19. 解：
C4 5
（1）班长能收到班主任所发活动通知信息的概率为 75 =C8 8；
C4 5
班长能收到团支部书记所发活动通知信息的概率为 7
C5
=
8 8；（3分）
3 3 55
班长能收到班主任或团支部书记所发活动通知信息概率为1- 8 × 8 = 64；（5分）
（2）记班干中能收到班主任或团支部书记信息通知的人数为X，
则X的可能取值为5，6，7，8
P ( X = 5 ) = C58 × C55 1(C85 )2 = 56；
( = 6 ) = C85 × C45 × C1 15P X 3(C85 )2 = 56；
P ( X = 7 ) = C85 × C35 × C32 30(C85 )2 = 56；
P ( X = 8 ) = C85 × C52 × C33( =
10
（9分）
C58 )2 56
所以X的分布列为
X 5 6 7 8
P 1 15 30 1056 56 56 56
期望EX = 5 × 1 15 30 10 5556 + 6 × 56 + 7 × 56 + 8 × 56 = 8（12分）
20. 解：
（1）当m = 1时，f ( x ) = x - lnx + ln2x，f ′ ( x ) = 1- 1 + 2lnx
x x
当x ∈ ( 0, 1 )时，f ′ ( x ) < 0；当x ∈ (1, +∞ )时，f ′ ( x ) > 0
所以 f ( x )在( 0, 1 )上单调递减，在(1, +∞ )上单调递增（4分）
m 2lnx m 2lnx
（2）因为 f ′ ( x ) = mxm - 1 - + = ( xm - 1) +
x x x x
① 2lnx当m = 0时，f ( x ) = 1+ ln2x 所以 f ′ ( x ) =
x
当x ∈ ( 0, 1 )时，f ′ ( x ) < 0，所以 f ( x )在( 0, 1 )上单调递减；
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当x ∈ (1, +∞ )时，f ′ ( x ) > 0，所以 f ( x )在(1, +∞ )上单调递增
②当m > 0时，xm在( 0, +∞ )单调递增
当x ∈ ( 0, 1 ) m时， > 0,xm < 1, 2lnx < 0，则 f ′ ( x ) < 0，
x x
所以 f ( x )在( 0, 1 )上单调递减；
当x ∈ (1, +∞ ) m > 0, 2lnx时， xm > 1, > 0，则 f ′ ( x ) > 0，
x x
所以 f ( x )在(1, +∞ )上单调递增
③当m < 0时，xm在( 0, +∞ )单调递减
当x ∈ ( 0, 1 ) m时， < 0,xm > 1, 2lnx < 0，则 f ′ ( x ) < 0，
x x
所以 f ( x )在( 0, 1 )上单调递减；
m 2lnx
当x ∈ (1, +∞ )时， < 0,xm < 1, > 0，则 f ′ ( x ) > 0，
x x
所以 f ( x )在(1, +∞ )上单调递增
综上，f ( x )在( 0, 1 )上单调递减，在(1, +∞ )上单调递增（8分）
所以 f ( x ) min = f (1 ) = 1且 f ( x )在[ 1e , 1 ]上单调递减，在(1, e ]上单调递增，
1 ì f ( e ) - f (1 ) ≤ e - 1
所以对 x1,x2 ∈ [ e , e ], |f ( x ) 1 - f ( x2 ) | ≤ e - 1的充要条件是í f ( 1e ) - f (1 ) ≤ e - 1
{em即 e -+mm≤≤e - 1-m e - 1（*）（10分）
令g ( t ) = et - t - e + 1，则g′ ( t ) = et - 1
当 t < 0时，g′ ( t ) < 0；当 t > 0时，g′ ( t ) > 0
所以g ( t )在( -∞,0 )上单调递减，在( 0, +∞ )上单调递增
又g (1 ) = 0,g ( -1 ) = e-1 + 2 - e < 0，所以 t ∈ [ -1,1]时g ( t ) ≤ 0
当m ∈ [ -1,1]时，g (m ) ≤ 0,g ( -m ) ≤ 0，即（*）式成立
当m > 1时，由g ( t )的单调性得g (m ) > 0（舍去）
当m < -1时，g ( -m ) > 0（舍去）
综上m ∈ [ -1,1（] 12分）
（注：仅仅画出草图，写出答案，没有分析过程，适当扣分）
关于m取值范围的讨论另解：
g (m ) ≤ 0
由于（*）式 {g ( -m ) ≤ 0 g ( |m| ) ≤ 0
结合g ( t )的单调性及g (1 ) = 0得 |m| ≤ 1，所以m ∈ [ -1,1].
21. 解：
1
（1）设MN中点为S，由题意可得：2 - 2 |MN | = |OS |
所以2 - 1 | 12 MN | = 2 |M′N |
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即 |MN | + |M′N | = 4 > |MM′ | = 2（3分）
x2
由椭圆定义可知动点N的轨迹C的方程：4 +
y2
3 = 1（5分）
（2）当直线 l的斜率存在时，设 l:y = kx + m,A ( x1,y1 ),B ( x2,y2 )，
ì x2 + y2
联立í 4 3 = 1，消去y，得( 3 + 4k2 ) x2 + 8kmx + 4m2 - 12 = 0，

y = kx + m
ìΔ = 64k2m2 - 4 ( 3 + 4k2 ) ( 4m2 - 12 ) > 0,

8kmx
有 1 + x2 = -í 4 3-+14k
2 , （7分）
m2 2x1x2 = .
3 + 4k2
??? ????
从而OA·OB = x1x2 + y1y2 = x1x2 + ( kx1 + m ) ( kx2 + m ) = (1 + k2 ) x1x2 + km ( x1 + x2 ) + m2 = 0
(1 + 2) 4m2 - 12 -8km即 k 3 + 4 2 + km 3 + 4 + m
2 = 0，
k k2
化简得7m2 = 12 ( k2 + 1 )，满足 Δ = 64k2m2 - 4 ( 3 + 4k2 ) ( 4m2 - 12 ) > 0（9分）
| | 12 2 21
因此，原点（0,0）到直线 l的距离d = m1+ = = ，k2 7 7
当直线 l的斜率不存在时，设 l:x = t,由OA⊥ OB得A ( t, t ) x2 y2 t2 t2，代入椭圆 4 + 3 = 1，得 4 + 3 =
1, 2 = 12t 7 ,
2 21
直线 l:x = ± 7 ，
2 21
此时原点到直线 l的距离为 7 ，
2 21
综上，O ( 0, 0 )直线 l的距离为定值 7 （11分）
2
故 |PQ| = 2 R2 - d2 = 2 4 - ( 2 217 ) = 8 77 （. 12分）
22解：
ì 1x = t
= π （1）当α 时，直线 l的参数方程为 23 í 3 (t为参数)， y = -1+
2 t
l的普通方程为 3 x - y - 1= 0.
= 2tanθ 2sinθ又因为ρ cos ，所以ρ = 2 2cos2 ，所以ρ cos θ = 2ρsinθ，θ θ
所以曲线C的直角坐标方程为x2 = 2y（5分）
{x = tcosα,（2）将 y = -1+ sin ,代入x2t α = 2y中，
得 t2cos2α - 2tsina + 2 = 0，
2
设A,B对应的参数分别为 t1, t2,所以 t1 t2 = cos2 ，α
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|PA | |PB | = 4，所以| t1 t2 | = || 2 || = 4，所以cosα = ± 2 ，| cos2α | 2
π 3π
又因为a∈ [ 0,π )，所以α = 4 或α = 4 ，
π 3π
所以直线 l倾斜角为α = 4 或α = 4 （. 10分）
23. 解：
1
（1） + +
1 + 1+ + =
1
2 ( 2a + 2b + 2c ) (
1 + 1 + 1 )
a b b c c a a + b b + c c + a
= 1 [ ( + ) + ( + ) + ( + ) ] ( 1 + 1 + 1 ) ≥ 1 92 a b b c c a a + b b + c c + a 2 ( 3 + 6 ) = 2
1
（当且仅当a = b = c = 3 时，等号成立）（5分）
（2）证明：
a3 + b3 = ( a + b ) ( a2 + b2 - ab ) ≥ (1 - c ) ab
b3 + c3 = ( b + c ) ( b2 + c2 - bc ) ≥ (1 - a ) bc
c3 + a3 = ( c + a ) ( c2 + a2 - ca ) ≥ (1 - b ) ca
三式相加得2 ( a3 + b3 + c3 ) ≥ ab + bc + ca - 3abc
即a3 + b3 + c3 ≥ ab + bc + ca - 3abc2 （9分）
1
（当且仅当a = b = c = 3 时，等号成立）（10分）
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