云贵川桂四省2021届高三上学期10月联合考试数学(文)试题(含答案)

1、云贵川桂四省2021届高三上学期10月联合考试数学（文）试题第I卷一.选择题：本大题共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 已知集合 M=0, L 2, 3, N=xl2=l,则 MUN=A.lB.-L 0, 1C.-l, 0, 1, 2D.-l, O, L 2, 32. 已知向量 m=(l, +l), n=(÷2 2),若 m丄m 贝J =4A.-l B.0C.-D.-233. “lvav3” 是 “lgavlg3” 的A 充分不必要条件 B 必要不充分条件C.充分必要条件 D 既不充分又不必要条件4. 如图，某粮仓（粮仓的底部位于

2、地面上）是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的髙是圆锥高的2倍，且圆锥的母 线长是4,侧面积是4“则制作这样一个粮仓的用料而积为A.( >/15* +4) B .(2 >yT5 +4)TrC.(3 y5 +4)TrD.(4 y5 +4)Tt 5已知数列an, bnt crl均为等差数列，且 a1+b1+cl = h a2÷b2+c2=3,贝IJ a2020÷b2020+C2020=A.4037B.4039C.4041D.4043326已知正数m, n满足4m×8n=2,则一 + 一的最小值为In HA.24B.18C.16D27函数f(x)=(3-3) Sin

3、X的部分图象大致为&已知一块木板上有三个孔洞，则能够塞住这三个孔洞的塞子可能是BCD39.如图，在四而体ABCD中，已知AE=二AB, AF=2FC, GD=3AG,则四而体ABCD被截Ifn EFG分得的上下两部分的体积之比为A.-B.-C.-D.81091510图1是第七届国际数学教冇大会(ICME-7)的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的(如图2),其中 OA = AiA2=A2A3 = =A?A8=1,则 SinZAAs=图1A.7 + 2T287-22814J+128D.14J-12811 已知Sll为等差数列an的前I】项和，a3+S5-18, a6-a3+3,则数列

4、 = n 的最大项为 /广 +56A.丄B.lC.丄57151414D-5612.已知函数f(x)的泄义域为R, f(-l)是奇函数，f(x+l)为偶函数，当一IWXWI时，f(x)=上二，则以3x+l下各项中最小的是A.f(2018)B.f(2019)C.f(2020)D.f(2021)第II卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡中的横线上。13若O<x<y<l,则x-y的取值范用是。x + 2y-4014. 设x, y满足约束条件 x-yO ,则z=4x-y的最大值是。x015. 设Sn是数列alJ的前n项和，若点(Stl, aj在直线y=2

5、x+l上，则亦=。16在ZkABC中，内角A, B C所对的边分别为a, b, c, 2sinC- ab" + 1 + 2ab ,则AABC外接圆而 a + b积的最小值为O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。17. (10 分)长方体ABCD-AlBlClDI的底而ABCD是边长为1的正方形，其外接球的表而积为5兀。Dl(1) 求该长方体的表面积；(2) 求异而直线BD与BlC所成角的余弦值。18. (12 分)已知an项均为正数的等比数列，6a?为矩，山的等差中项。(1)求an的公比;(2)若 a = b Sbn=log3a+log3a2log3an 求数

6、列!的前 n 项和。+19. (12 分)a，+ c? b'C在AABC中，内角A, B, C所对的边分别为a, b, c且 一 =-a +b -C 2a-c(1) 求角B的值：(2) 若AABC的而积为-abc,求AABC周长的最大值。420. (12 分)已知数列an的首项为 0, 2aan(I+ a+3at+2=0o证明数列 一 是等差数列，并求出数列an的通项公式：5 + 12n(2)已知数列bn的前n项和为S”且数列bn满足bn=二一，若不等式X<Sn+3X2n，1对一切nGN'恒成% + 1立，求入的取值范羽。21. （12 分） 在如图所示的空间几何体中，平

7、而ACD丄平而ABC,平而ECB丄平IfnABC, ACD, AECB, ACB都是等边三角形。DE(1) 证明：DE/平而ABC；(2) 已知AC=4,求四棱锥C-ABED的髙。22. (12 分)已知函数f(x)=x2÷2me(1) 当m=l时，求曲线y=f(x)在(0, f(0)处的切线与两坐标轴围成的三角形的而积;(2) 若关于X的方程x2f(x)=(l +2m)e2x恰有四个不同的解，求m的取值范围。云贵川桂四省2021届高三联合考试数学参考答案(文科)LD【解析】本题考查集合的并集，考查运算求解能力.由并集的概念可知MUN=-l0l23.2. C【解析】本题考查平面向最的

8、坐标运算,考査运算求解能力.因为加丄刃所以m = + 2÷2+2=O.WJ =3. 八【解析】本题考查充分条件、必要条件,考查逻辑推理能力.由Ig a<R 3,得到O<<3.因此<a<3是fc a<fi 3”的充分不必要条件4 D【解析】本题考查圆柱与圆锥的侧面积,考查空间想象能力设圆锥的俘线为人底面半径为小高为儿则r=4r=l.所以力=/T=T = 质.圆柱体的侧面积为2r 2A = 4 15所以制作这样一个粮仓的用料面积为(4 l5÷4).5. B【解析】本题考查等差数列的性质，考查运算求解能力数列©+%+“是以1为首项2为

9、公差的等差数列所以如20+Zh>2°+畑2° = 1+2019X2=4039.6A【解析】本题考查指数运算以及基本不等式考查运算求解能力.由 4ai×8 = 2 可得 2"=2所以 2m+3"=l弓一号= (2m+3小(弓+和=6+6+警亠乎2+2 36 =24当且仅当3”=2加时取等号.7. D【解析】本題老查函数的图象，考查数形结合的数学思想.因为函数 /Cr)的定义域为 R且 /(-)=L3(-x)-(->, sin(-x)=(3x-x第一问共5分算出外接球半從得1分算出长方体的高得2分正确求出长方体的表面积得2分.) Sin

10、F=/3.所以函 数 /U)为偶函数排除 K 由.rCr)=*(3疋)sin 可知当工W(O>时CO>0;当tW (5r)时 Jer)<0.故选D.&C【解析】本题考杳三视图的应用，考杳空间想象能力.选项C的侧视图、正视图.俯视图恰好对应木板上的三个孔洞故选C9C【解析】本题考查四面体的体积，考査空间想象能力.1如图iC的面积为S点D到平面ABC的距离为爪则Vf=*S力且Sda=j×S -×-f- = -f-S.点 G 到平面ABC 的距离为-打于是 V,wi=y ；Sh =：/D爲Sft四面体AliCl)被載面EFG分得的上卜两部分的体枳之比为寺

11、iS : GSh-7/s>=1s910. A【解析】本题考查三角恒等变换,考查运算求解能力.VOAl =A1A2 = 1 H,OA1A2 是直角三角形 ,.GA?=渥 I司理得(汕=76.OA7 = SinZACOA,=SinaA皿+ZA皿 >=护护育X请=返評.H. B【解析】本题考査等差数列以及数列的最大项考査运算求解能力.因为心+Ss =&?3 = 1&所以血=3乂心=6.所以QI = I、d= 1»则(Jtt = ”打?二 =当”=7或H = SH时数列取得址大项山最大项为告12.1)【解析】本题考查函数的性质，考查逻辑推理能力.V(-1)是奇函数

12、Cr)的图象关于点<-1.0)对称即<-2->+(x>=0.又Vr(T+1)为偶(.Cr)的图象关于宜线上=1对称即f(2-) = f(r)/(一2Q+(2才)=O/Cr2)+2)=OJCr+8>=Cr>即函数 y=f(jc)的周期为 8 .(201)=(2)=(0)=l(2019)=(3)=(-l)=0</(2020)=/(4)=/(-2) = -/(O) = -I (2021)=(5)=(-3) = -(l) = -2.故/(2021 )段小.13. (-1.0)【解析】本麵考查不等式性质，考查逻辑推理能力.因为(Xx<y<l所以0&l

13、t;rVl -lV-y<0所以一1V1又因为-y<0.所以r-y的取值范围是(1.0)14. 1【解析】本题考查线性规划的应用，考查数形结合的数学思想.画出可行域(图略>烁当立线 LLrr 过点诗冷>时z=415. -1【堀析】本SS考査数列的递推关系，考査运算求解能力.由题意知 . = 2Sr+b 当 n2 时<z,l-1 =2Sll-1 + l两式相减得 一m= 2如即 M = 一 当 ” =1 时 u1=-l.所以数列仏是首项为T 公比为T的等比数列则5 = (-l)×(-l), = -l.16十 【解析】本题考査基本不等式的应用，考查逻辑推理能力

14、.补角又 BD=2A1B=2,AD=2所以在”BD中.gy DB=旷十® 二逬=哼.2×2×2 4即异面直线BD与BlC所成角的余弦值为¥ 10分因为/+佇*：+2血=Q響;+=“+卄土22sin (W2,所以半 11.仅半 a+b= 1 .sin C= 1 时2sin Cy=0+l+2+3+-+-l = y(V-I)2rr(+l)=2(IO分0=2(1-+-*-I)=T-IZ分评分细则：第一问共5分根据等差中项性质得出关系式得2分利用通项公式得出<r+<-12=0得2分算出g =3得1分.第二问共7分算出UJ的通项公式得1分算出Q的通项公式

15、得2分算出沽；的时川项和得4分. （3）其他方法按步骤祁J悄给分.19.解：由余弦定理可得幷誉=赛慕2分+C =SinA+sin C)=2Sin(AH) + 1, 612分8分】0分12分1 十 2(" 1 ) = 2” 1. a.,=么幵 Lrj2-2ft2w-5分IIlI COS B =Sin B人 CoS C 2sin A-Sin Ce即 2sin As B=CoS BSin C÷sin 13COS C.所以 2sin ACOS B=Sin(B+C> = sin 4 分XA(O,x)所以 Sin A0. MCaSB=y.所以 B=y. 5 分SdWr = *ws

16、in B=耳必、则 6= 1. 7 分由余弦定理可知沪=於+-NC8sB即 1 =2+c2-c=(+c)t-3c. 8分所以 1 =(r ÷r r2ac 则 rl. 10 分所以(d+t)2 =3uc,+ l4即 ÷c2,所以ZVBC周长的Mfl为3. 评分细则：（1）第一间求得B=Y或B=60c得5分.笫二问其7分得出h=得2分,另做“ =O = c = 1 = 2Sin A Sin B SinC 府 JJ'T当A =号肘卄”一取得录大值3即ZVlEC周氏的最大值为320. (1)证明：I%曲卄+q+3卄+2=0,2(< + l)(叶 + l>+q十一

17、心=0, 1 分+÷ l)÷(<w ÷ 1)-(au ÷ 1 )=0» 2 分,，,<T+i_Ti=2, 3分数列!"是酋项为1公養为2的等兹数列 4分（2）解：由题可知 bn = （2n-l）×2r,Sv = l×21+3×22+5×23+- + (2f-l)×22S = 1×22+3×23÷5×2i+- + (2w-1)×2*+,.两式相减得一 Sn=l×2,+2×2z+2×23+-+2&#

18、215;2w-(2-l)×2,+,.9=2宀"2”一 3)+6,< 2rt÷2+6. 9 分令G=/ 2十+6“ G=M 2十一(刃一1) 2+=2宀1("+1)>0所以数列5 2十+6)单调递増II分 所以<1412分U,+1评分细则：(1) 另解G卄I + 1心十1 Ma卄1十弘+<+ +1 *乂因为2必十+心+3©加+2=0所以心Q卄I =¾-2代入可得点十=;=2.算出S”得3分未说明数列5 严十6的单调性直接得出答案扣2分.(3) 其他方法按步骤酌悄给分.21 证明:由题jg¾,ACD,EC

19、都是等边三角形,取AC的中点F.BC的中点G连接DF9FG.EG,DF 丄 AC.EG 丄 BC 1 分乂 I平面 ACD±平面 ABC.平面 ACD(平面 AIiC=AC. ：.DF丄平Bii AiiC. 2 分同理EG丄平面BC. DF/EG. 3分乂因为.4CD.ECB>-4CB 都是等边二角形.DF= EG-四边形DFGE是平行仙边形DE"FG 4分DE0平面AB(FGC平面ABC：.DE/平面八Be 6分(2解:分别取M.N为DE. Ali的中点连接CM.MN.CN.I)C_MEVCD= CE.AC= CB CM±ED.CN丄AB / 由(1可知

20、DE=2. O. ED/AB.所以 CM±AB./ ? 乂TOVfnCN=GAB丄平面CMN. 7分 厶佶暂沃、过点C作CH丄MN交MiV于点H 八B丄H.'N B又TABDMn=N=CH丄平面ABED.故CH为四棱锥C-ABED的高.9分CM= Tt=BCN=F=2MN=FLrF= T 10分在中* X 厢 CH=* X 23 × 15u CH=IK IN梭锥 C-ABED 的岛为Ib护. 】2分 评分细则：第一问共6分证出DF丄平面八BC得2分证出DEFG得2分证出DE平面八QC得2分.未说明 DEa:平面ABC扣1分.第二问另解：设四OC-WED的高为/皿即点

21、C到平面ABED的距离求彳* SWB DF=&累积得8分;求得Szvv = j×4× 4yr=2 /15.累积得10分M Xlg=H-閃得到+ ×2 T5 = 8解得h = i4E累枳得12分.«3其他方法按步骤酌悄给分22.解:当 m=l 时U)=jr2+2ear,所以 /<0)=2. 1 分乂 fCr)=2r+2M,所以切线的斜率=(0) = 2, 2分则切线方程为丿一2=2(才一0)即y=2+2 3分该切线与J轴交于点A(-hO),与)轴交于点B(02), I分所以圉成的二角形的面积为y×l×2=l. 5分(2) lh (j) = (l+2w)e2z.即士十2UP-(I十2m)e"=0得右十 -一2LI=0令(=刍,可得於+2"一2加一1=07分令以P = £，则令 “(<>=0得-T=O 成 2.CC列表如下：X(8