安徽省合肥市第一中学2021届高三最后一卷理科数学答案

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合肥一中 2021 届最后一卷答案

理科数学

一、选择题：本题共 12 小题，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.【答案】B

【解析】

 

0A y y 

，

 

1 3B x x   

，

 

0 3A B x x   

2.【答案】A

【解析】设

( , )z a bi a b R  

,则

z a bi 

，

2 2

( ) 2 2 2a b i a bi    

，解得

1, 1a b 

，

1z i  

，故选择 A选项.

3.【答案】D

【解析】因为飞机每一部分在空中中弹情况都是等可能的，而飞回来的飞机的机头和机腹部

分鲜有弹孔，说明机头和机腹部分较为薄弱危险，只要中弹就回不来了.机翼和机尾部分弹

孔密集，说明这两部分危险性较小，比较耐打.故应该加强机头和机腹部分，选择 D答案.

4.【答案】D

【解析】由题意得

4 5

cos ,sin( )

5 13

  

   

.当

sin( ) 13

 

 

时，

5 4 12 3 56

sin sin[( ) ] sin( )cos cos( )sin 13 5 13 5 65

         

           

；

当

sin( ) 13

 

  

时，

5 4 12 3 16

sin 13 5 13 5 65



     

综上所述，

sin



的值为

或

5.【答案】B

【解析】直线与圆相交，则

2





，解得：

 

3,3k

，而

 

 

3,23,3 

，

由集合的推出关系可知，故选择 B选项.

6.【答案】C

【解析】由

2 cos cos cos( )c B b A a A C  

得

2sin cos sin cos sin cosC B B A A B 

，即

2sin cos sin( ) sinC B A B C  

，

cos 2

B 

又

2 , 2( )CD DA BD BC BA BD    

     



，即

2 1

3 3

BD BA BC 

  

，

2 2 2

2 1 4 1 4 16 16 16 16

( )

3 3 9 9 9 9 9 9 9

BD BA BC BA BC BA BC         

      

，

BD 



7.【答案】D

【解析】根据图象可求出解析式为











 6

2cos2



对于①，

 

































 12

2cos2



xxxf

，故可由

2 cos(2 )y x

的图象向右平移



个单位得到

( )f x

的图象，故①正确.

对于②，可求得

( )f x

的单增区间为

 

Z











 kkk



，故











12



是它的一个

单增区间，而























12



，故②正确.

对于③，























 6

20,



，由余弦函数的图象可得，

 

3,2y

对于④，

cos2

5









































，故



x

不是对称轴.

8.【答案】C

【解析】设切点

 

0,0 yxA

，则

|',

'00

0 xxyxy xx

，可求切线为

42  xy

，则











1,

，易知切线与

轴的交点为

 

4,0 C

，故

10   CBFABCABF SSS

9.【答案】B

【解析】解法 1：两个四棱柱的体积均为

8422

1

柱

，中间重复的部分为两小正四

棱锥，其体积为

1 8

2 2 2 2

3 3

V    

锥

，故该几何体积为

8 40

16 3 3

V  

解法 2：两个四棱柱的体积均为

8422

1

柱

，中间重复的部分为一小正四棱柱

（

4V

）截去 4个三棱锥（

1V

），故体积为

416 











V

10.【答案】D

【解析】解法 1：令

   

xxfxg ln

，则

         

 

0ln'

ln''  xfxxxf

xxfxg

，

故

 

在

 

,0

上单调递增.由复合函数单调性知

       

xfxxfxg xeexh  ln

在

 

,0

上单

调递增.则有

   

effh 











1



，即

 

e

























，也即

acb 

，故答案选 D.

解法 2：令

   

xxfxg ln

，则

         

 

0ln'

ln''  xfxxxf

xxfxg

，故

 

在

 

,0

上单调递增.

 

(1) ( )g e g g



  

，即

 

0 ( ) lnf e f



  

，

 

1 1 1

( )ln ( ) ( )

0 ln

( ) ( )

f f f

f e

e e e e



  



  

    

，

a c b  

11.【答案】B

【解析】由题可知

:1:: cba

，不妨设

kckbka 32,23,6 

，则

kS 3

.将三边代入三斜求积公式中可得

207

1kS 

.故由面积可列出方程

207

3kk 

，解得

207

k

，所以

236

207

3 kS

12.【答案】C

【解析】

 

xxf 



sin

，注意到

 

关于直线



x

对称.

 

cos'  xxxf



，注意到

   

'0' 















fff

，并

且，可以结合图象发现，

 

xf '

只有这三个零点，且

   



 ,在xf

上单增，在











 2



上

单减，在











0,



上单增，在

 

,0

上单减.

2















，

 

0 0f

，由零点存在

性定理结合对称性知

 

只有两个零点，分别为





和0.据以上信息，可以画出该函数的

草图.由此可知①③正确，②错误.对于④，方程

  

0xff

可转化为

   

0f x f x



  或

，

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