1、2021届百万联考高三9月联考数学试题一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】根据不等式的解法，求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，根据集合交集的概念与运算，可得.故选：C.【点睛】本题考查集合的交集的概念及运算，其中解答中正确求解集合，结合集合的交集的概念及运算求解是解答的关键，着重考查运算求解能力，属于基础题.2已知复数，则（ ）ABCD【答案】B【解析】利用复数的除法运算化简，由此求得.【详解】，则.故选：B【点睛】本题考查复数的除法运算、共轭复数，考查运算求解能力.3某年1月25日至2月12日某旅游景区及其里面的特色景点累计参观人次的折线图如图
2、所示，则下列判断正确的是（ ）A1月29日景区累计参观人次中特色景点占比超过了B2月4日至2月10日特色景点累计参观人次增加了9700人次C2月6日至2月8日景区累计参观人次的增长率大于特色景点累计参观人次的增长率D2月8日至2月10日景区累计参观人次的增长率小于2月6日到2月8日的增长率【答案】D【解析】根据折线图逐个计算各选项中的数据，从而得到正确的选项.【详解】1月29日景区累计参观人次中特色景点的占比为，故A错误；2月4日至2月10日特色景点累计参观人次增加了人次，故B错误；2月6日至2月8日特色景点累计参观人次的增长率为，2月6日至2月8日景区累计参观人次的增长率为，因为，所以C错误
3、；2月8日至2月10日景区累计参观人次的增长率为，因为，所以D正确.故选：D.【点睛】本题考查统计图表及其应用，考查学生的数据处理能力和计算能力，本题属于基础题.4“”是“”的（ ）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】先解方程，再根据解的情况可判断两者之间的条件关系.【详解】因为，所以，即，或，若，则，这与矛盾，故，所以或，故“是“”的必要不充分条件.故选：C.【点睛】本题考查三角恒等变换与必要不充分条件，考查推理论证能力和运算求解能力，本题属于基础题.5函数的部分图象是（ ）ABCD【答案】A【解析】首先判断出为偶函数，然后结合时，为负数，确定正
4、确选项.【详解】因为，所以是偶函数，则的图象关于轴对称，排除C，D；当时，排除B.故选：A【点睛】本题考查函数图象，考查推理论证能力.6在平行四边形中，分别为，的中点，则（ ）ABCD【答案】A【解析】根据平面向量的加法法则运算可得解.【详解】由题意可得，则.故选：A.【点睛】本题考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力.属于基础题.7我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”.下图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”，其中正方形内部为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的.我们将图中阴影所在的四个三角形称为同一片“风叶”的
5、概率为（ ）ABCD【答案】A【解析】由从“数学风车”的八个顶点中任取两个顶点，得到基本事件的个数为种，这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有种，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，从“数学风车”的八个顶点中任取两个顶点的基本事件有种，其中这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有，根据古典概型的概率计算公式，可得所求概率.故选：A.【点睛】本题主要考查了古典概型的概率计算，以及组合的概念及组合数的计算，其中解答中正确理解题意，根据组合数的计算公式求得基本事件的总数及所求事件所含有的基本事件的个数是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.8已知双曲线的右焦点为，过原点的
6、直线与双曲线交于，两点，且，延长，交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）ABCD3【答案】B【解析】设，结合已知条件和双曲线的定义求得，利用余弦定理列方程，解方程求得，由此求得离心率.【详解】如图，设双曲线的左焦点为，连接，.设，则，.由双曲线的对称性可知四边形是平行四边形，且，则，即，解得，故.故选：B【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查运算求解能力.二、多选题9下列不等式不一定成立的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】ABC【解析】利用不等式的性质，用排除法逐项排除.【详解】对于A，当，时，故A不一定成立；对于B，因为，所以，当，时，即，故B不一定成立；对于C，当，时，故C
7、不一定成立；对于D，因为，所以，所以，故D一定成立.故选：ABC.【点睛】本题考查不等式的性质，考查推理论证能力.10已知是函数的图象与轴的两个不同的交点，若的最小值是，则（ ）AB在上单调递增C的图象关于直线对称D在上有6个零点【答案】AC【解析】根据题设条件，结合三角函数的图象与性质，求得函数，利用三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】设的最小正周期为，由三角函数的图象与性质，可得，即，解得，则，由，解得，当时，因为，所以在上不单调，由，解得，即的对称轴方程是，当时，则的图象关于直线对称，因为，所以，由，即，可得，即，故在上有7个零点.故选：AC.【点睛】本题主要考查了三角函数
8、的图象与性质的综合应用，其中解答中根据题意求得函数的解析式，熟练应用三角函数的图象与性质，逐项判定是解答的关键，着重考查推理论证能力，属于中档试题.11在四棱锥中，侧面平面，四边形是正方形，点是棱的中点，则（ ）A平面B平面CD【答案】BC【解析】对于，因为与不一定垂直，所以不一定垂直平面，故A错误.对于B，根据可得平面，故B正确.对于C，根据侧面平面，可推得，从而可得，故C正确.对于D，通过计算可知，只有平面，才能得到，故D错误.【详解】如图，对于，因为与不一定垂直，所以不一定垂直平面，故A错误.对于B，连接，记，连接.因为四边形是正方形，所以为的中点.因为分别为，的中点，所以，又平面，平面
9、，则平面，故B正确.对于C，因为四边形是正方形，所以，因为侧面平面，所以平面.因为，所以平面.因为平面，所以，则，故C正确.对于D，取的中点，连接.因为分别为，的中点，所以.假设，则.设，则，.因为，所以，所以.因为，所以，所以，则平面.因为与平面不一定垂直，所以D错误.故选：BC.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理，考查了平面与平面垂直的性质定理，空间两点之间的距离，考查空间想象能力与推理论证能力.属于基础题.12若直线与曲线满足下列两个条件：（1）直线在点处与曲线相切；（2）曲线在点附近位于直线的两侧，则称直线在点处“切过”曲线.下列结论正确的是（ ）A直线在点处“切过”曲线B直线
10、在点处“切过曲线C直线在点处“切过”曲线D直线在点处“切过”曲线【答案】ABD【解析】分别求得曲线的导数，可得切线的斜率，得到切线方程，分别判断切点附近曲线的是否在直线两侧， 即可得到结论.【详解】对于A，由，得，则从而可得曲线在点处的切线为. 当时，当时，则曲线在点附近位于直线的两侧，故A正确.对于B，由，得，则，从而可得曲线在点处的切线为.因为，故当时，当时，则曲线在点附近位于直线的两侧，故B正确.对于C，由，得，则，从而可得曲线在点的切线为.因为，所以，则曲线在点附近位于直线的同侧，故C错误.对于D，由得，则，从而可得曲线在点处的切线为.令，则且，故且，当时，；当时，故在为增函数，在上为
11、减函数，故在上，在上，故当且仅当时等号成立，故当时，当时，故当时，当，则曲线在点附近位于直线的两侧，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查导数的运用：求切线的方程，考查新定义的理解，考查转化思想与抽象思维能力，考查运算能力，属于综合题题.三、填空题13若抛物线的焦点在直线上，则_.【答案】【解析】将抛物线的焦点坐标代入直线方程可求得实数的值.【详解】由题意可得抛物线的焦点的坐标为，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用抛物线的焦点坐标求参数，考查计算能力，属于基础题.14若，则_.【答案】【解析】令，利用赋值法可得，即可得解.【详解】令，则，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用赋值法
12、计算项的系数和，考查计算能力，属于基础题.15已知函数是定义在上的奇函数，且当时，若，则的取值范围是_.【答案】【解析】根据函数的奇偶性和对数函数的性质，得到函数在和上单调递增，且，结合不等式，即可求解.【详解】由题意，当时，根据对数函数的性质，可得在上单调递增，且，因为是定义在上的奇函数，所以在上单调递增，且，又由，即或，所以或.即实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了函数基本性质的应用，其中解答中熟记对数函数的单调性，以及函数的奇偶性，合理转化不等式是解答的关键，着重考查推理与运算能力.四、双空题16已知长方体的体积为144，点是正方形的中心，点都在球的球面上，其中球心在长方体的内部.已
13、知球的半径为，球心到底面的距离为，则_.过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是_.【答案】4 【解析】根据长方体的体积可求得，分析可知，当截面时，截面面积达到最小，根据勾股定理求出，截面圆的半径，利用圆的面积公式可求得结果.【详解】由题意可知正方形的对角线长为，则正方形的边长为，故长方体的体积为，解得.当截面时，截面面积达到最小，此时，则截面圆的半径，故截面圆的面积为.故答案为：4；.【点睛】本题考查简单几何体及其外接球，考查空间想象能力，考查了长方体的体积公式，属于基础题五、解答题17在，；若为等差数列，且，；设数列的前n项和为，且这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.在数
14、列中，_.记，求.【答案】选择，102；选择，102；选择，102.【解析】若选择，由递推公式求出通项公式；若选择，有等差数列的性质求通项公式；若选择，由求出数列通项公式，再根据通项公式得出由等差数列前项和的求法即可求解.【详解】若选择，因为，所以，即，解得，则，从而数列是首项为-8，公差为1的等差数列，故；若选择，因为，所以，解得，故；若选择，因为，所以，当时，则，因为也满足上式，所以.由，得故.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求法，以及等差数列的性质，考查学生的运算求解能力，和逻辑思维能力.18在中，角所对的边分别为，且.（1）求角；（2）若是的中点，且，求的周长.【答案】（1）；（2）
15、周长为.【解析】（1）根据，化简得，即可求解；（2）分别在和中，应用余弦定理，结合，求得，再在中，再结合余弦定理求得的值，即可求解.【详解】（1）由题意，因为，可得.所以，即，因为，所以，所以.（2）因为为的中点，所以在中，因为，所以.在中，因为，所以.因为，所以，即，即 在中，由余弦定理可得，即联立，解得.故的周长为.【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，以及正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.19
16、如图，在三棱锥中，是等边三角形，.（1）证明：.（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）要证明，只需证明平面，将证明线线垂直转化为证明线面垂直，即可求得答案；（2）以为原点，的方向分别为轴的正方向，垂直平面向上为轴的正方向，建立的空间直角坐标系，分别求得平面的法向量和平面的法向量，根据，即可求得答案.【详解】取的中点，连接，.，.底面是等边三角形，平面.平面，.（2）由（1）可知平面，则以为原点，的方向分别为轴的正方向，垂直平面向上为轴的正方向，建立的空间直角坐标系.，.则，从而，故，.设平面的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，则，令，得从而.故二面角
17、的正弦值为.【点睛】本题主要考查了异面直线垂直和二面角的余弦值，解题关键是掌握将线线垂直转化为线面垂直的证法和向量法求二面角的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.20已知椭圆的离心率是，且椭圆经过点，过椭圆的左焦点的直线与椭圆交于,两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）依题意得到方程组，解得即可；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由，可得，从而求出参数的值，【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为.由题意可得解得，.故椭圆的标准方程为.（2）由（1）可得当直线的斜率为0时，或，此时，不符合题意.当直线的斜率不为0
18、时，可设直线的方程为，.联立，整理得，则，因为，所以.从而，则，解得.故直线的方程为.【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题.21生活垃圾分类工作是一项复杂的系统工程，须坚持“政府推动部门联运全面发动全民参与”原则.某小学班主任为了让本班学生能够分清干垃圾和湿垃圾，展开了“垃圾分类我最行”的有奖竞答活动.班主任将本班学生分为两组，规定每组抢到答题权且答对一题得1分，未抢到答题权或抢到答题权且答错得0分，将每组得分分别逐次累加，当其中一组得分比另一组得分多3分或六道题目全部答完时，有奖竞答活动结束，得分多的一组的每一位学生都将获得奖品一份.设每组每一道题答对的概率
19、均为，组学生抢到答题权的概率为.（1）在答完三题后，求组得3分的概率；（2）设活动结束时总共答了道题，求的分布列及其数学期望.【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望.【解析】（1）算出组得1分的概率后可得答完3题后组得3分的概率.（2）的可能取值为3，4，5，6，利用二项分布可求的分布列，再利用公式可求数学期望.【详解】（1）由题意可知每道题组得1分的概率为，故答完3题后，组得3分的概率（2）由组学生抢到答题权的概率为，可知组学生抢到答题权的概率为，则每道题的答题结果有以下三种：组得1分，组得0分，此时的概率为；组得0分，组得1分，此时的概率为；组得0分，组得0分，此时的概率为.由题
20、意可知的可能取值为3，4，5，6.，则的分布列为3456故.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列、期望，计算分布列时要弄清随机变量取某值时对应的随机事件的含义并确定合理的概率计算方法.必要时可借助于常见的分布列来帮助计算（如0-1分布、二项分布、超几何分布等）.22已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，恒成立，求的取值范围.参考数据：，.【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）.【解析】（1）当时，求得，分析导数的符号变化，由此可求得函数的单调递增区间和递减区间；（2）由可得，可得出，构造函数，利用导数证明出对一切恒成立，由此可求得实数的取值范围.【详解】（1）当时，则.令，得；令，得.故函数的单调递减区间为，调递增区间为；（2）因为当时，恒成立，且，由，可得.因为，所以，设，则.设，则.令，得；令，得.故函数在上单调递减，在上单调递增，因为，所以存在，使.当或时，；当时，.则函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.因为，所以对一切的恒成立.故的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.
