2021年安徽省合肥市高考数学第一次质检试卷（理科）（一模）

这是一份2021年安徽省合肥市高考数学第一次质检试卷（理科）（一模），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若z=2−i1+i（i为虚数单位），则z的共轭复数为( )
A.12+32iB.−12+32iC.32+32iD.32−32i

2. 已知集合A＝{y|y＝2x}，B＝{x|y＝}，则A∩B＝（ ）
A.⌀B.[0, 1]C.(0, 1)D.(0, 1]

3. 某商场2020年部分月份销售金额如表：
若用最小二乘法求得回归直线方程为y=38.1x−17.6，则a=( )
A.198.2B.205C.211D.213.5

4. 若数列{an}的前n项和Sn满足3Sn＝2an−1，则a5＝（ ）
A.32B.C.D.−16

5. 已知F是椭圆E：的左焦点，椭圆E上一点P(2, 1)关于原点的对称点为Q，若△PQF的周长为，则a−b＝（ ）
A.B.C.D.

6. 自2019年1月1日起，我国个人所得税税额根据应纳税所得额、税率和速算扣除数确定，计算公式为：个人所得税税额＝应纳税所得额×税率-速算扣除数．应纳税所得额的计算公式为：应纳税所得额＝综合所得收入额-基本减除费用-专项扣除-专项附加扣除-依法确定的其他扣除．其中，“基本减除费用”（免征额）为每年60000元．部分税率与速算扣除数见表：
若某人全年综合所得收入额为249600元，专项扣除占综合所得收入额的20%，专项附加扣除是52800元，依法确定其他扣除是4560元，则他全年应缴纳的个人所得税应该是（ ）
A.5712元B.8232元C.11712元D.33000元

7. 在△ABC中，AB＝2，AC＝3，，，则＝（ ）
A.B.C.D.

8. 设函数．若时，方程f(x+1)＝k有唯一解，则实数k的取值范围为（ ）
A.B.C.(0, 2)D.[1, 2)

9. 我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．今有“阳马”P−ABCD，PA＝AB＝AD，E，F分别为棱PB，PD的中点．以下四个结论：
①PB⊥平面AEF；②EF⊥平面PAC；③平面PBD⊥平面AEF；④平面AEF⊥平面PCD．
其中正确的是（ ）
A.①③B.①④C.②③D.②④

10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若asinA+2csinC＝2bsinCcsA，则角A的最大值为（ ）
A.B.C.D.

11. 设双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，曲线C上一点P到x轴的距离为2a，∠F1PF2＝120∘，则双曲线C的离心率为（ ）
A.B.C.D.4

12. 若两个正四面体的顶点都是一个棱长为1的正方体的顶点，则这两个正四面体公共部分的体积为（ ）
A.B.C.D.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.把答案填在答题卡上的相应位置.

若实数x，y满足条件，则3x−2y的最小值为________．

若函数的图象在点（1, f(1)）处的切线与直线x+4y−1＝0垂直，则a的值等于________．

在的展开式中，x的偶次项系数之和是________．

百善孝为先，孝敬父母是中华民族的传统美德．因父母年事渐高，大张与小张兄弟俩约定：如果两人在同一天休息就一起回家陪伴父母，并把这一天记为“家庭日”．由于工作的特殊性，大张每工作三天休息一天，小张每周星期一与星期五休息，除此之外，他们没有其它休息日．已知2021年1月1日（星期五）是他们约定的“家庭日”，则2021年全年他们约定的“家庭日”共有________个．
三、解答题：本大题共5小题，满分60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

某厂将一种坯件加工成工艺品需依次经过A、B、C三道工序，三道工序相互独立．工序A的加工成本为70元/件，合格率为，合格品进入工序B；工序B的加工成本为60元/件，合格率为，合格品进入工序C：工序C的加工成本为30元/件，合格率为．每道工序后产生的不合格品均为废品．
（1）求一个坯件在加工过程中成为废品的概率；

（2）已知坯件加工成本为A、B、C三道工序加工成本之和，求每个坯件加工成本的期望．

如图，在平面直角坐标系xOy中，角φ的终边与单位圆的交点为A，圆C:x2+y2＝3与x轴正半轴的交点是P0.若圆C上一动点从P0开始，以πrad/s的角速度逆时针做圆周运动，t秒后到达点P．设f(t)＝|AP|2．

（1）若且t∈(0, 2)，求函数f(t)的单调递增区间；

（2）若，，求．

如图，四边形ABCD中，AD // BC，∠BAD＝90∘，AB＝BC＝，AD＝2，E，F分别是线段AD，CD的中点．以EF为折痕把△DEF折起，使点D到达点P的位置，G为线段PB的中点．

（1）证明：平面GAC // 平面PEF；

（2）若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线AG与平面PAC所成角的正弦值．

已知函数fx=lnx+ax+1有两个零点．
(1)求实数a的取值范围；

(2)记f(x)的两个零点分别为x1，x2，求证：x1x2<1e4（e为自然对数的底数）．
请考生在第22、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（β为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C的极坐标方程：

（2）若点M，N为曲线C上两点，且满足，求的最大值．
[选修4-5：不等式选讲]

已知函数f(x)＝|x−2a|−2|x+a|．
（1）若f(1)≥1，求实数a的取值范围；

（2）若对任意x∈R，f(x2)≤0恒成立，求a的最小值．
参考答案与试题解析
2021年安徽省合肥市高考数学第一次质检试卷（理科）（一模）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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.
【答案】
A
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
由复数代数形式的除法运算化简复数z，则z的共轭复数可求．
【解答】
解：∵ z=2−i1+i=(2−i)(1−i)(1+i)(1−i)=1−3i2=12−32i，
∴ z的共轭复数为：12+32i．
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
B
【考点】
求解线性回归方程
【解析】

【解答】
解：由表中数据可知，
x=15×2+4+6+8+10=6，
y=15×64+132+a+286+368=a+8505，
∵ 回归直线恒过样本中心点6,a+8505，
∴ a+8505=38.1×6−17.6，
解得a=205 .
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
数列递推式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
A
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
B
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
D
【考点】
平面与平面垂直
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
A
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
11.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
12.
【答案】
D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.把答案填在答题卡上的相应位置.
【答案】
−2
【考点】
简单线性规划
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
4
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
−16
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
27
【考点】
排列、组合及简单计数问题
数列的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题：本大题共5小题，满分60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
（2）设每一个坯件的加工成本为随机变量X，则X的取值为70, 160，
P(X＝70)＝1−＝
P(X＝130)＝＝（1）P(X＝160)＝1−P(X＝70)−P(X＝130)＝,
所以X的分布列为：
E(X)＝70×＝145．
【考点】
离散型随机变量的期望与方差
相互独立事件
相互独立事件的概率乘法公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
若，则f(t)＝，
令，解得，2)，
所以函数f(t)的单调递增区间为；
若＝8，
因为,所以，
故，
所以
＝
＝
＝
＝,
故＝．
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
证明：连接CE，由题意知，
连接BE交AC于O，连接OG，
又因为G为PB中点，所以OG // PE，
因为E，F分别为AD，所以AC // EF，
因为OG∩AC＝O，PE∩EF＝E，OG⊂平面ACG，
所以平面GAC // 平面PEF．
建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：
A(0，-，6)，0，2)，-，4)，，1)，
G（，-，），
＝(，，),＝(,,＝(，,
设平面PAC的法向量为＝(x, y,
，令y＝−1,,−1,),
所以直线AG与平面PAC所成角的正弦值为＝＝．
【考点】
平面与平面平行的性质
平面与平面平行的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
(1)解：函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1x−ax2=x−ax2
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数单调递增，，此时f(x)至多有一个零点，不符合题意，
②当a>0时，f′(a)=0，
当x∈(0, a)时，f′(x)<0；
当x∈(a, +∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0, a)上单调递减，在(a, +∞)上单调递增，
从而f(x)的最小值为f(a)=lna+2，
若f(a)≥0，即a≥e−2，此时f(x)至多有一个零点，不符合题意，
若f(a)<0，即0因为f(x)在(a, +∞)上单调递增，f(1)=a+1>0，
根据零点存在性定义得，f(x)在(a, +∞)上有且仅有一个零点，
又因为f(x)在(0, a)上单调递减，
考虑f(a2)=2lna+1a+1的正负，
令g(x)=2lnx+1x+1，x∈(0, e−2)，
则g′(x)=2x−1x2<0，
所以g(x)在(0, e−2)上单调递减，
所以g(x)>g(e−2)=e2−3>0，即f(a2)=2lna+1a+1>0，
因为0所以f(a2)>0，f(a)<0，
根据零点的存在性定理得，f(x)在(0, a)上有且仅有一个零点，
所以，当0综上所述，a的取值范围为(0, e−2)．
(2)证明：由条件得， lnx1+ax1+1=0，lnx2+ax2+1=0，
所以 lnx1+lnx2=−a1x1+1x2−2，lnx2−lnx1=a1x1−1x2，
lnx1+lnx2=lnx2−lnx11x2−1x1(1x1+1x2)−2
=x1+x2x1−x2(lnx2−lnx1)−2
=1+x2x11−x2x1lnx2x1−2.
要证x1x2<1e4，即证lnx1+lnx2<−4，
即证 1+x2x11−x2x1⋅lnx2x1−2<−4
即证1+x2x11−x2x1⋅lnx2x1<−2 ，
即证x2x1+1x2x1−1⋅lnx2x1>2 ①，
设t=x2x1，不妨设x1由01，
证①式，即转化为证明：当t>1时，t+1t−1lnt>2，
设ht=lnt−2⋅t−1t+1，则h′t=1t−4t+12=t−12tt+12，
所以当t>1时，h′t>0恒成立，即ht在1,+∞上单调递增，
所以当t>1时，ht>h1=0，
所以x1x2<1e4成立．
【考点】
由函数零点求参数取值范围问题
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
1
1
【解答】
(1)解：函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1x−ax2=x−ax2
①当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数单调递增，，此时f(x)至多有一个零点，不符合题意，
②当a>0时，f′(a)=0，
当x∈(0, a)时，f′(x)<0；
当x∈(a, +∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0, a)上单调递减，在(a, +∞)上单调递增，
从而f(x)的最小值为f(a)=lna+2，
若f(a)≥0，即a≥e−2，此时f(x)至多有一个零点，不符合题意，
若f(a)<0，即0因为f(x)在(a, +∞)上单调递增，f(1)=a+1>0，
根据零点存在性定义得，f(x)在(a, +∞)上有且仅有一个零点，
又因为f(x)在(0, a)上单调递减，
考虑f(a2)=2lna+1a+1的正负，
令g(x)=2lnx+1x+1，x∈(0, e−2)，
则g′(x)=2x−1x2<0，
所以g(x)在(0, e−2)上单调递减，
所以g(x)>g(e−2)=e2−3>0，即f(a2)=2lna+1a+1>0，
因为0所以f(a2)>0，f(a)<0，
根据零点的存在性定理得，f(x)在(0, a)上有且仅有一个零点，
所以，当0综上所述，a的取值范围为(0, e−2)．
(2)证明：由条件得， lnx1+ax1+1=0，lnx2+ax2+1=0，
所以 lnx1+lnx2=−a1x1+1x2−2，lnx2−lnx1=a1x1−1x2，
lnx1+lnx2=lnx2−lnx11x2−1x1(1x1+1x2)−2
=x1+x2x1−x2(lnx2−lnx1)−2
=1+x2x11−x2x1lnx2x1−2.
要证x1x2<1e4，即证lnx1+lnx2<−4，
即证 1+x2x11−x2x1⋅lnx2x1−2<−4
即证1+x2x11−x2x1⋅lnx2x1<−2 ，
即证x2x1+1x2x1−1⋅lnx2x1>2 ①，
设t=x2x1，不妨设x1由01，
证①式，即转化为证明：当t>1时，t+1t−1lnt>2，
设ht=lnt−2⋅t−1t+1，则h′t=1t−4t+12=t−12tt+12，
所以当t>1时，h′t>0恒成立，即ht在1,+∞上单调递增，
所以当t>1时，ht>h1=0，
所以x1x2<1e4成立．
请考生在第22、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]
【答案】
曲线C的参数方程为（β为参数）＝，
所以x2+4y3＝1，根据．
设M(ρ1, θ1)，N(ρ6, θ2)，|，
故＝，
不妨设，
故＝＝，
当时，的最大值为．
【考点】
圆的极坐标方程
参数方程与普通方程的互化
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
[选修4-5：不等式选讲]
【答案】
令g(a)＝f(1)＝|1−2a|−3|1+a|，由题意可知，
则g(a)＝，
当a≤−4时，g(a)＝3≥1恒成立，
当−2当a≥时，g(a)＝−3≥1不成立，
综上所述：实数a的取值范围是(−∞，-]；
|x2−3a|≤2|x2+a|对x∈R恒成立，
令t＝x6，则t∈[0, +∞)，
所以|t−2a|≤7|t+a|对于t∈[0, +∞)恒成立，
即t2−7at+4a2≤7t2+8at+2a2对于t∈[0, +∞)恒成立，
即t5+4at≥0对于t∈[6, +∞)恒成立，
若a≥0，t2+2at≥0对于t∈[0, +∞)恒成立，
若a<2，t＝−2a代入式子​2+7at＝4a2−2a2＝−4a3<0，不符合题意，
综上所述，a的取值范围为a≥0．
【考点】
不等式恒成立的问题
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答月份x
2
4
6
8
10
销售金额y（单位：万元）
64
132
a
286
368
级数
全年应纳税所得额所在区间
税率(%)
速算扣除数
1
[0, 36000]
3
0
2
(36000, 144000]
10
2520
3
(144000, 300000]
20
16920
4
(300000, 420000]
25
31920
5
(420000, 660000]
30
52920
X
70
130
160
P