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)

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）试题一、单选题1．设集合A．，，则（）B．D．C．【答案】D【分析】解一元二次方程求得集合，解一元一次不等式求得集合，由此求得【详解】因为，所以.，解得或，，所以.故选：D2．设命题p：A．，，则为（），，，B．D．C．，【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：，，，.故选：A.3．若，，则（）A．【答案】D【分析】首先用两角和，差的余弦公式展开，求B．C．D．，再利用诱导公式化简条件求值.【详解】因为，，所以，则.故选：D4．函数A．在内的图象大致为（）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.所以为偶函数，其图象关于y轴对称，故排除C与D.因为，所以排除A.故选：B.5．设向量，，，若，则y的最小值为（）A．B．0C．D．1【答案】C【分析】利用向量垂直的坐标表示列方程，求得关于的表达式，结合配方法求得的最小值.【详解】因为，所以，则.故选：C6．设，，，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】利用定积分求得，结合指数函数、对数函数的性质确定正确选项.【详解】因为，，所以.故选：A7．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的正八面体，则此正八面体的体积与表面积之比为（）A．B．C．D．【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.【详解】如上图，由边长为，可得正八面体上半部分的斜高为则其体积为，高为，，其表面积为，∴此正八面体的体积与表面积之比为故选：B..8．设，则当取得最大值时，（）A．B．C．D．【答案】A【分析】利用基本不等式等号成立的条件，结合对数运算，求得当取得最大值时的值.【详解】因为所以，所以.当且仅当，即时，等号成立.故当时，有最大值.故选：A9．已知函数，则“”是“对恒成立”的（）A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用二次函数的图象和性质，求出“对恒成立”的的取值，再根据集合的包含关系判断选项.【详解】若对恒成立，则解得，是的真子集，所以“”是“对恒成立”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）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；（2）是的充分不必要条件，则对应集合是对应集合的真子集；（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；（4）是的既不充分又不必要条件，对的集合与对应集合互不包含．10．已知等比数列的前n项和为，若，，则（）A．9B．10C．12D．17【答案】B【分析】利用已知条件求得，由此求得所求表达式的值.【详解】设等比数列因为的公比为q，.所以则，.故选：B11．设直四棱柱，侧面的每个顶点都在球O的球面上，底面ABCD为平行四边形，的面积为6，则球O表面积的最小值为（）A．B．C．D．【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是直四棱柱所以底面ABCD的外接球，必为矩形，从而四棱柱为长方体.设，，则，，长方体的体对角线长为所以球O的表面积，故球的半径为，，当且仅当，即时，等号成立，故球O表面积的最小值为.故选：D12．已知奇函数的定义城为，且对任意的解集是（），恒成立，则不等式组A．B．C．D．【答案】C【分析】由可以构造函数，则，，在上单调递增，利用函数单调性解不等式即可得解.【详解】设，则则在上单调递增.因为是定义域为的奇函数，所以，则.不等式组即等价于，，则，解得.故选：C.二、填空题13．在平行四边形ABCD中，，且，则________.【答案】【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】因为所以，，所以，所以.故答案为：14．若x，y满足约束条件【答案】15，则的最大值为________.【分析】画出可行域，平移基准直线到可行域边界处求得目标函数的最大值.处，取得【详解】画出可行域如下图所示，由图可知，平移基准直线到可行域边界最大值为.故答案为：15．设等差数列的前项和为.若，，则当取最小值时，的值为________.【答案】【分析】利用等差数列的项开始为正的数列，即可得与的关系式，可得，，所以可判断数列是从第时，取最小值.【详解】因为因为，所以.，所以，所以，所以等差数列从第项开始为正，则当取最小值时，的值为.故答案为：916．关于函数有如下四个命题：在上的值域为；的图象不可能经过坐标原点；若的最小正周期为2，则；若，则的最小值为.其中所有真命题的序号是________.【答案】①②③④【分析】根据三角函数值域的求法判断①的真假性.由利用对称性判断④的真假性.判断②的真假性.通过计算判断③的真假性.【详解】若因为，则，，所以①为真命题.，所以的图象不可能经过坐标原点，所以②为真命题.若则的最小正周期为2.则.，所以③是真命题.若则，则的图象关于对称，，，所以因为，所以的最小值为，所以④为真命题.故答案为：①②③④三、解答题17．已知为正数，不小于2．不等式对恒成立；函数的最小值（1）若为真命题，求的取值范围；（2）若为真命题，求的取值范围．；（2）为假命题，【答案】（1）．【分析】（1）由均值不等式可得，根据条件可得，从而可得答案.（2）先求出为真命题时参数的范围，根据条件，一真一假，可得答案.【详解】解：（1）因为为正数，，所以，当且仅当，即时，等号成立．若为真命题，则，解得，即的取值范围为．（2）若为真命题，则，解得．因为为假命题，为真命题，所以，一真一假．；若真假，则若真假，则．综上，的取值范围为．18．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且满足．（1）求（2）若；的周长为，求的面积．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由余弦定理可求得；（2）根据正弦定理可得【详解】解：（1）因为（2）因为，再由已知和余弦定理可求得，所以，根据三角形的面积可求得答案.；，所以．由余弦定理得，则，因为所以的周长为的面积为，所以，解得，.【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（1）求.的定义域；（2）若函数范围.的最小值为，且当时，有解，求的取值【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）分和两种情况讨论，通过解不等式可求得函数的定义域；（2）利用二次函数的基本性质求出，分析函数，由此可解得实数的取值范围.在区间上的单调性，由已知条件得出【详解】（1）当时，恒成立，则，则的定义域为；当时，由，得的定义域为时，.综上所述，当时，的定义域为；当的定义域为；，（2）因为，所以.因为在上单调递增，所以在上的最小值为.由题意可知，对任意的，有意义，则恒成立，所以，，.当时，有解，则所以，解得因此，的取值范围为.【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）（2）（3）（4），，，，；；；.20．如图，已知三棱柱是底面边长为2，高为4的正三棱柱，点E在棱上，且.（1）当为何值时，平面平面？说明你的理由.（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1），理由见解析；（2）.【分析】（1）设由此证得平面是的中点.通过证明，证得平面，平面.（2）建立空间直角坐标系，通过平面值.和平面的法向量，计算出二面角的余弦【详解】（1）当证明如下：时，平面平面，如图，当时，点E为棱相交于点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的中点，记与为平行四边形，则.因为易知则为正三角形，则，，，平面，则平面，因为平面，所以平面平面.（2）以O为坐标原点以的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系，.如图所示，则，，.则，，.设平面AEC的法向量为，则即令，得，设平面的法向量为即，则令，，得，，由图可知二面角故二面角为钝角，的余弦值为.【点睛】要证明面面垂直，则需先证明线面垂直.21．设数列的前n项和为是等比数列.的前n项和，且，.（1）证明：数列（2）求数列.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）利用.，化简已知条件，求得，从而证得数列是等比数列.（2）先求得数列的通项公式，由此求得的通项公式，进而求得数列的通项公式，，利用分组求和法求得.【详解】（1）证明：因为，所以所以所以当，所以.，即.时，，所以故数列，所以满足上式，是以1为首项，3