2021届陕西省安康市高三上学期第二次教学质量联考数学(理)试题(解析版)

（理）试题

一、单选题

21．设集合Axx1，Bx3x7，则AB（ ）

A．(1,1)

B．(,1)1,

37C．(1,7) 3D．,11,7 3【答案】D

【分析】解一元二次方程求得集合A，解一元一次不等式求得集合B，由此求得A【详解】因为x1,x1x1x10，解得x1或x1，所以

22B.

7A(,1)(1,)，Bxx，

3所以AB(,1)1,. 故选：D

2．设命题p：t(0,1)，tant1，则p为（ ） A．t(0,1)，tant1 C．t(0,1)，tant1 【答案】A

【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求出. 【详解】解：

命题p：t(0,1)，tant1，

B．t(0,1)，tant1 D．t(0,1)，tant1

73p:t(0,1)，tant1.

故选：A.

3．若cos()3A．

811，cos()，则cos()cos()（ ） 24B．3 8C．

1 8D．1 8【答案】D

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【分析】首先用两角和，差的余弦公式展开，求coscos，再利用诱导公式化简条件求值.

【详解】因为cos()coscossinsin1， 2cos()coscossinsin1， 4111， 所以

coscos2428则cos()cos()cos(cos)coscos故选：D

4．函数f(x)xsinx在21. 8,内的图象大致为（ ） 22A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用函数的奇偶性和特殊点的函数值确定正确选项.

【详解】因为f(x)f(x).所以f(x)为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除C与D.

210，所以排除A. 因为f6362故选：B.

5．设向量a(2xy,1)，b(1,x2)，xR，若ab，则y的最小值为（ ） A．2 【答案】C

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B．0

C．1

D．1

【分析】利用向量垂直的坐标表示列方程，求得y关于x的表达式，结合配方法求得y的最小值.

【详解】因为ab，所以2xyx20，则yx22x(x1)211. 故选：C

16．设ax2 dx，blog32，c，则（ ）

0311.2A．bac 【答案】A

B．bca C．cab D．cba

【分析】利用定积分求得a，结合指数函数、对数函数的性质确定正确选项.

1311axdxxblog2log3【详解】因为，，3323300201111c

333所以bac. 故选：A

7．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积与表面积之比为（ ）

1.21

A．

6 18B．6 9C．6 12D．6 3【答案】B

【分析】正八面体的上、下结构是两个相同的正四棱锥，由勾股定理求得斜高，再由棱锥的体积公式即可求解.

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【详解】

如上图，由边长为2，可得正八面体上半部分的斜高为EG2213，高为EO312，则其体积为2V2为8S8ABBCEO222822，其表面积

333EGBC32883， 226. 9∴此正八面体的体积与表面积之比为故选：B.

48．设0x1，则当lgxlogx10取得最大值时，x（ ）

A．10 10B．

1 3C．

2 4D．5 10【答案】A

4【分析】利用基本不等式等号成立的条件，结合对数运算，求得当lgxlogx10取得

最大值时x的值.

【详解】因为0x1所以lgx0，

4所以1gxlogx104lgx114lgx244. lgxlgx当且仅当4lgx110，即x时，等号成立. lgx10故当x故选：A

104时，lgxlogx10有最大值4. 109．已知函数f(x)2x2mx3m，则“m2”是“f(x)0对x[1,3]恒成立”的

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（ ）

A．充分不必要条件 C．必要不充分条件 【答案】C

【分析】利用二次函数的图象和性质，求出“f(x)0对x[1,3]恒成立”的m的取值，再根据集合的包含关系判断选项.

【详解】若f(x)0对x[1,3]恒成立，则B．充要条件

D．既不充分也不必要条件

f(1)24m0,解得m3，

f(3)186m0,mm3是mm2的真子集，所以“m2”是“f(x)0对x[1,3]恒成立”的必

要不充分条件. 故选:C.

【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断： （1）若p是q的必要不充分条件，则q对应集合是p对应集合的真子集； （2）p是q的充分不必要条件， 则p对应集合是q对应集合的真子集； （3）p是q的充分必要条件，则p对应集合与q对应集合相等； （4）p是q的既不充分又不必要条件， 10．已知等比数列an（ ） A．9 【答案】B

【分析】利用已知条件求得q，由此求得所求表达式的值. 【详解】设等比数列an的公比为q， 因为S4a1a2a3a4a1a3a2a4

B．10

C．12

D．17

q对的集合与p对应集合互不包含．

S82S4S6S4S2的前n项和为Sn，若a1a35，S420，则

a1a3qa1a3(1q)a1a35(1q)20.

所以q3，

S8S4S4q4S4S4q412S82S4q110. 则

S6S4S2S6S2S4q2S4S4q21故选：B

11．设直四棱柱ABCDA底面ABCD为平行1BC11D1的每个顶点都在球O的球面上，

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四边形，AB2AD，侧面ADD1A1的面积为6，则球O表面积的最小值为（ ） A．105 【答案】D

【分析】先求得球的半径，由此求得球的表面积的表达式，利用基本不等式求得表面积的最小值.

【详解】因为底面ABCD为平行四边形，且球O是直四棱柱ABCDA1BC11D1的外接球，

所以底面ABCD必为矩形，从而四棱柱ABCDA1BC11D1为长方体. 设ADa，AA1h，则AB2a，ah6，

222a(2a)h长方体的体对角线长为a(2a)h，故球的半径为，

2222B．24 C．20

D．125

所以球O的表面积

a2(2a)2h2S42当且仅当5a2h2，即a5a2h225ah125， 4236时，等号成立， 5故球O表面积的最小值为125. 故选：D

12．已知奇函数fx的定义城为R，且对任意xR，fxfx0恒成立，则

f2x30不等式组x的解集是（ ） 4efx1ef2x3A．4,

B．0,3 232C．3,42

【答案】C

D．1,4,

【分析】由fxfx0可以构造函数gxfx，则xegxfxfx0，gx在R上单调递增，利用函数单调性解不等式即可得

ex第 6 页 共 16 页

解.

【详解】设gxfxfxfx，则gx0， xxee则gx在R上单调递增.

因为fx是定义域为R的奇函数，所以f00，则g00.

ff2x30不等式组x等价于4efx1ef2x3f即gx1g2x3g0，

2x3f0e2x3x1ex1e0，

f2x3e2x3则x12x33，解得x4.

22x30故选：C.

二、填空题

13．在平行四边形ABCD中，CD3CE，且AEADAB，则________. 【答案】

5 3【分析】利用向量加法和数乘运算，结合平面向量基本定理求得,，由此求得 【详解】因为CD3CE，

22DCADAB， 3352所以1,，所以.

335故答案为：

3所以AEADDEAD

xy014．若x，y满足约束条件7x5y10，则z2xy的最大值为________.

x0【答案】15

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【分析】画出可行域，平移基准直线2xy0到可行域边界5,5处求得目标函数的最大值.

【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，平移基准直线2xy0到可行域边界5,5处，z取得最大值为25515. 故答案为：15

15．设等差数列an的前n项和为Sn.若S170，S180，则当Sn取最小值时，n的值为________. 【答案】9

a100，【分析】利用等差数列的Sn与an的关系式，可得a90，所以可判断数列an是从第10项开始为正的数列，即可得n9时，Sn取最小值. 【详解】因为S1717a90，所以a90.

因为S189(a9a10)0，所以a9a100，所以a100， 所以等差数列an从第10项开始为正， 则当Sn取最小值时，n的值为9. 故答案为：9

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12f(x)f(x)2sinx(0)16．关于函数有如下四个命题：①在,上3②f(x)的图象不可能经过坐标原点；③若f(x)的最小正周期为2，的值域为2,3；

则f(1)3；④若f1xf1x，则的最小值为是________. 【答案】①②③④

【分析】根据三角函数值域的求法判断①的真假性.由f0判断②的真假性.通过计算判断③的真假性.利用对称性判断④的真假性.

5.其中所有真命题的序号62512x，x,，f(x)[2,3]，所以①为真命【详解】若，则333题.

因为f(0)0，所以f(x)的图象不可能经过坐标原点，所以②为真命题.

若f(x)的最小正周期为2.则

221.

则f(1)2sin23，所以③是真命题. 3若f1xf1x，则f(x)的图象关于x1对称， 则32k(kZ)，所以5k(kZ)， 6因为0，所以的最小值为故答案为：①②③④

三、解答题

5，所以④为真命题. 617．已知m为正数，p:不等式x2m3对xR恒成立；q:函数

fxx2mx0的最小值不小于2． x2（1）若q为真命题，求m的取值范围；

（2）若pq为假命题，pq为真命题，求m的取值范围． 【答案】（1）1,；（2）0,13,．

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【分析】（1）由均值不等式可得x答案.

2m2m，根据条件可得2m2，从而可得2x（2）先求出p为真命题时参数m的范围，根据条件p，q一真一假，可得答案. 【详解】解：（1）因为m为正数，x0，所以fxx2m2m， x2当且仅当x2m，即x4m时，等号成立． 2x若q为真命题，则2m2，解得m1， 即m的取值范围为1,． （2）若p为真命题，则m30，解得0m3．

m0因为pq为假命题，pq为真命题，所以p，q一真一假． 若p真q假，则0m1；若q真p假，则m3． 综上，m的取值范围为0,13,．

18．已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，且满足

b2c2a25bc,sinC2sinB． 8（1）求cosA；

（2）若ABC的周长为615，求ABC的面积． 【答案】（1）

5231. ；（2）416【分析】（1）由余弦定理可求得cosA；

（2）根据正弦定理可得c2b，再由已知和余弦定理可求得b2，根据三角形的面积可求得答案.

5b2c2a25【详解】解：（1）因为bcabc，所以cosA；

82bc16222（2）因为sinC2sinB，所以c2b． 由余弦定理得abc2bccosA222152b，则a15b， 4215b615，解得b2， 2因为ABC的周长为615，所以3b第 10 页 共 16 页

12315. 所以ABC的面积为b2b12416【点睛】方法点睛：（1）在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件；

（2）如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件；

（3）如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.

（4）与三角形有关的最值问题，我们可以利用基本不等式来求最值或利用正弦定理把边转化为关于角的三角函数式，再利用三角变换和正弦函数、余弦函数的性质求最值或范围.

19．已知函数fx22xmmR.

（1）求fx的定义域；

（2）若函数gxx4x6的最小值为a，且当x2,时，fxa有解，求m的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）0,4.

【分析】（1）分m0和m0两种情况讨论，通过解不等式2xm0可求得函数

fx的定义域；

（2）利用二次函数的基本性质求出a，分析函数fx在区间2,上的单调性，由已知条件得出fxmina，由此可解得实数m的取值范围.

【详解】（1）当m0时，2xm0恒成立，则fx的定义域为R； 当m0时，由2xm0，得xlog2m，则fx的定义域为log2m,. 综上所述，当m0时，fx的定义域为R；当m0时，fx的定义域为

log2m,；

（2）因为gxx4x6x222，所以a2.

2因为fx在2,上单调递增，所以fx在2,上的最小值为

f24m. 第 11 页 共 16 页

由题意可知，对任意的x2,，fx有意义，则2xm0恒成立，所以，

m224，

当x2,时，fxa有解，则所以4m2，解得m0，0m4. 因此，m的取值范围为0,4.

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1）xD，mfxmfxmin； （2）xD，mfxmfxmax； （3）xD，mfxmfxmax； （4）xD，mfxmfxmin.

20．如图，已知三棱柱ABCA1B1C1是底面边长为2，高为4的正三棱柱，点E在棱BB1上，且

B1E. B1B

（1）当为何值时，平面AEC1平面AAC11C？说明你的理由. （2）若

1

，求二面角AECA1的余弦值. 2

1105. ，理由见解析；（2）235【答案】（1）

【分析】（1）设1,E是BB1的中点.通过证明BOAD,AA1BO，证得BO平2面A1ACC1，由此证得平面AEC1平面A1ACC1.

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（2）建立空间直角坐标系，通过平面AEC和平面A1EC的法向量，计算出二面角

AECA1的余弦值.

【详解】（1）当证明如下： 如图，当

1

时，点E为棱BB1的中点， 2

1

时，平面AEC1平面AAC11C， 2

记AC1与AC1相交于点D，记线段AC的中点为O. 易证DO与EB平行且相等.

则四边形EDOB为平行四边形，则ED//BO. 因为ABC为正三角形，则BOAC， 易知AA1BO，AA1则BO平面A1ACC1，

则ED平面A1ACC1，因为ED平面AEC1， 所以平面AEC1平面A1ACC1.

（2）以O为坐标原点以OB的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.如图所示，则A(0,1,0)，E(ACA，

3,0,2)，C(0,1,0)，A1(0,1,4).

则AC(0,2,0)，CE(3,1,2)，AC(0,2,4). 1设平面AEC的法向量为n1x1,y1,z1，

ACn10,2y10, 则即CEn0,3xy2z0,1111令x12，得n1(2,0,3)，

设平面A1EC的法向量为n2x2,y2,z2，

CEn20,3x2y22z20,则即，

ACn0,2y4z0,2122令z21，得n2(0,2,1)，

cosn1,n23105， 3575第 13 页 共 16 页

由图可知二面角AECA1为钝角， 故二面角AECA1的余弦值为105. 35

【点睛】要证明面面垂直，则需先证明线面垂直.

21．设数列an的前n项和为Sn，且a13，2Snan14n3. （1）证明：数列an2是等比数列.

2（2）求数列an的前n项和Tn.

9n163n32n17. 【答案】（1）证明见解析；（2）Tn8【分析】（1）利用anS1,n1，化简已知条件，求得an123an2，

SS,n2n1n从而证得数列an2是等比数列.

2（2）先求得数列an2的通项公式，由此求得an的通项公式，进而求得数列an的通项公式，利用分组求和法求得Tn.

【详解】（1）证明：因为2Snan14n3，所以2Sn1an4(n1)3(n2)， 所以2anan1an4，所以an13an4. 所以an123an2，即

an123(n2).

an2当n1时，2S1a2436，

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所以a25，所以

a223满足上式， a12故数列an2是以1为首项，3为公比的等比数列. （2）解：由（1）可得an23n1，则an3n12，

2n1n1所以an9434，

故Tn199n14133n119n13n4n194134n

9n123n14n

n163n32n17. 8【点睛】当数列的通项公式由几个有规律的部分构成时，可采用分组求和法进行求和. 22．已知函数fxalnxx. （1）讨论函数fx的单调性；

（2）若不等式fxe1xe对x1,恒成立，求a的取值范围.

x【答案】（1）答案见解析；（2）0,.

【分析】（1）求出导数，分a0，a0讨论单调区间即可.

（2）构造函数gxalnxeex，求出其导函数，讨论导函数的单调性得到分析

xg'x的正负情况，从而证明不等式.

【详解】解：（1）函数fxalnxx定义域为0,若a0，则当0xa时，f函数fx在0,a上单调递增 当xa时，f''，且f'xaax1 xxx0

x0，

函数fx在a,上单调递减 若a0,f'xax0， x上单调递减

函数fx在0,第 15 页 共 16 页

2不等式fxe1xex在1,上恒成立

即alnxexex0恒成立 设gxalnxeex,gxx''令hxgx

aexe x则hxe'xa 2x'①当a0时，gx0恒成立 所以gx单调递增 所以gxg10 即a0符合题意

②当a0时，hx0恒成立

'所以g'x单调递增

又因为g1a0,glnea''a1lneaa0 alnealnea所以存在x01,lnea 使得gx0g10

'即a0不符合题意

综上，a的取值范围为0,

【点睛】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面： (1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)不能随意将函数的2个的单调递增（或递减）区间写成并集形式；

(3)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

第 16 页 共 16 页