1、2021届浙江省超级全能生高三上学期9月联考数学试题一、单选题1若集合，则（ ）ABCD【答案】C【解析】本题运用集合的运算直接计算即可.【详解】解：因为集合，所以，故选：C【点睛】本题考查集合的并集运算，是基础题.2已知复数，则的虚部为（ ）ABCD【答案】C【解析】根据复数的除法运算求出,即可得到.【详解】,故虚部为，故选：C【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，共轭复数，复数的虚部，属于容易题.3双曲线的渐近线方程为（ ）ABCD【答案】A【解析】根据双曲线的方程，直接得出渐近线方程.【详解】由得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A.【点睛】本题主要考查求双曲线的渐近线方程，属于基础题型
2、.4某几何体的三视图如图所示，则它的表面积是（ ）ABCD【答案】B【解析】先由三视图判断几何体的左侧是长方体，右侧是半圆柱体，再求该几何体的表面积即可.【详解】解：由三视图可知，该几何体的左侧是长方体，右侧是半圆柱体，则该几何体的表面积是：，故选：B.【点睛】本题考查通过三视图求几何体的表面积，是基础题.5当时，“函数的值恒小于1”的一个充分不必要条件是（ ）ABCD【答案】D【解析】由指数函数的图象与性质可得原命题等价于，再由充分不必要条件的概念即可得解.【详解】若当时，函数的值恒小于1，则即，所以当时，函数的值恒小于1的一个充分不必要条件是.故选：D.【点睛】本题考查了指数函数图象与性质
3、的应用及充分不必要条件的判断，属于基础题.6若实数，满足约束条作，则的最大值是（ ）ABC1D2【答案】C【解析】先画出可行域，再视目标函数为可行域内的点到原点的距离，最后确定最大值即可.【详解】解：根据题意画出可行域，如图，目标函数可视为可行域内的点到原点的距离，所以的最大值为：1故选：C【点睛】本题考查求平方和型目标函数的最值，是基础题7已知边长为1的正三角形，动点与点在直线异侧，且，若，则（ ）A1B2C3D4【答案】C【解析】设与交于点，求出面积，得与的面积比，从而可得与的比值用表示出，再由三点共线可得出结论【详解】设与交于点，而，又，设，三点共线，而，不共线，故选：C【点睛】本题考查
4、平面向量的线性运算，考查向量中三点共线的性质，三角形面积公式连接与交于点，利用三点共线得出向量的结论是解题关键8椭圆，（）的右顶点为，已知，若椭圆上存在点，满足，则椭圆离心率的取值范围是（ ）ABCD【答案】B【解析】先求，再求点满足的轨迹方程，接着判断，最后求椭圆的离心率的取值范围.【详解】解：因为椭圆，所以，设点，因为，所以点满足的轨迹方程：，即，故当时，点存在，故椭圆的离心率，又因为，所以故选：B【点睛】本题考查求点的轨迹方程、求椭圆的离心率，是基础题9数列中，已知，则下列命题为真命题的是（ ）A不存在实数，使得数列为常数列B有且只有一个实数，使得数列为常数列C若数列为递增数列，则实数D
5、若实数，则数列为递增数列【答案】D【解析】假设为常数列，由题意，求出或，可排除AB；假设为递增数列，求出或，可排除C选项；根据数列归纳法证明D选项，即可得出结果.【详解】若为常数列，则，又，所以，解得或，又，所以或时，数列为常数列；故AB都错；若为递增数列，则，即，解得或，当时，故C错，因为，若，即，则，即；此时，即；猜想对任意恒成立；下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；即成立；假设时，都有也成立，当时，也成立；综上，对任意恒成立，即时，数列为递增数列，即D正确.故选：D.【点睛】本题主要考查数列单调性的有关判定，熟记数列单调性的概念即可，属于常考题型.10如图，已知三棱锥，底而是边长为1的
6、正三角形，分别为线段，（不含端点）上的两个动点，则与平面所成角的正弦值不可能是（ ）ABCD【答案】A【解析】求出二面角的正弦值，利用最大角定理，线面角一定不大于二面角，从而可得结论【详解】如图1，是棱锥的高，则是的外心，设是中点，则三点共线，是二面角的平面角，四个选项中只有图1如图2，过作平面，垂足为，作于，连接，则为与平面所成的角，由平面，平面，得，而，平面，平面，是二面角的平面角， 显然， ，图2故选：A【点睛】本题考查直线与平面所成的角，考查二面角，考查最大角定理，在二面角的两个面内，一个面内任一直线与另一面所成的角不大于二面角二、填空题11某地需要安排人员分别在上午、下午、前半夜、后
7、半夜四个时间段值班，要求每班至少含一名民警和一名医务人员，且至少有一名女性，每人值一班.现有民警4人（4男），医务人员6人（5女1男），其中民警甲不排上午，男医生不排上午、下午，则不同的安排方法有_种.【答案】【解析】根据题意，先计算民警的安排方法，再计算女医生的安排方法，最后计算男医生的安排方法，由分步乘法计数原理，即可得出结果.【详解】因为民警共4人，每班至少一名民警，且民警甲不排上午，所以民警的安排方法有种；因为有5名女医生，每组至少需要一名女性，所以女医生的安排方法有种；男医生的安排方法有两种，因此总的安排方法有：种.【点睛】本题主要考查分步乘法计数原理的应用，考查排列组合的应用，属于
8、常考题型.12已知单位向量，若存在实数，使得成立，则的最小值为_.【答案】【解析】由题意设，则，由平面向量线性运算及模的坐标表示可转化条件为关于的方程有解，进而可得，再由平面向量数量积的坐标表示即可得解.【详解】由题意设，则，则，所以关于的方程即有解，所以，所以，又,所以所以.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量线性运算、模及数量积的坐标表示，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.13已知正数，满足，若，则的取值范围是_.【答案】【解析】先化简得到和，接着令，得到约束条件并画出可行域，再转化目标函数，接着求出和，最后求出的取值范围即可.【详解】解：因为，所以，因为，所以，令，则，画出
9、可行域，如图，由图可知得点，此时最大；设过切点与原点的直线为，因为，则则，则，此时最小.所以 故答案为：【点睛】本题考查非线性目标函数的取值范围，是中档题.三、双空题14已知角终边上一点，则_；_.【答案】 【解析】本题先判断点在单位圆上，再求，最后求即可【详解】解：因为，所以点在单位圆上，所以，所以故答案为：，.【点睛】本题考查三角函数的定义，二倍角的余弦定理，是基础题.15在的展开式中，二项式系数和为64，则_；中间项的系数为_.【答案】6 【解析】先建立方程，再求出，接着求的展开式中的通项公式，最后求中间项的系数即可解题.【详解】解：因为二项式系数和为64，所以，解得，则的展开式中的通项
10、为，令，则展开式的中间项的系数为.故答案为：6，.【点睛】本题考查二项式系数和求参数、二项式展开式的特定项的系数，是基础题.16在17世纪，有一个赌徒向法国著名数学家帕斯卡挑战，给他出了一道题目：甲、乙两个人赌博，他们两人获胜的机率相等，比赛规则是先胜三局者为赢家，一共进行五局，赢家可以获得100法郎的奖励.当比赛进行到第四局的时候，甲胜了两局，乙胜了一局，这时由于某些原因中止了比赛，那么如何分配这100法郎才比较公平？因为甲输掉后两局的可能性只有，也就是说甲赢得后两局或后两局中任意赢一局的概率为，甲有75%的期望获得100法郎；而乙期望赢得100法郎就得在后两局均击败甲，乙连续赢得后两局的概
11、率为，即乙有25%的期望获得100法郎奖金.这个故事里出现了“期望”这个词，数学期望由此而来.若某随机事件的概率分布列满足，则_；若，则_.【答案】1 【解析】根据随机事件的概率之和等于 ,求出 .再根据概率的分布列求出 .【详解】解:因为,故,解得,解得故答案为: 1;【点睛】本题考查随机事件的概率分布列、数学期望.属于基础题.17已知，动点在圆：上，若直线且与圆相切，则直线的方程为_；当取得最大值时，直线方程为_.【答案】或； 【解析】先求出，再求圆的圆心为和半径，接着设直线并求值，最后求直线的方程即可；先判断直线过线段的中点，再求直线的方程即可解题.【详解】解：因为，所以，因为圆的方程为
12、，即，所以圆心为，半径，因为直线，所以设直线：，即因为直线与圆相切，所以，解得：或，所以直线的方程为：或，设线段的中点为，则，取得最大值就是最大，此时直线过线段的中点，所以直线过点、，则直线的方程为：.故答案为：或；【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、求直线的方程，是中档题.四、解答题18在锐角中，角，所对的边分别为，已知.（）求；（）若边上的中线，求的面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先化简得到，再求出，最后求即可；（2）先得到，再得到方程，接着求出，最后求即可.【详解】解：（1）因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以（2）因为是边上的中线，所以，所以，所以，因为所以，所以，【点
13、睛】本题考查向量的加法、同角三角函数关系、二倍角的余弦公式、三角形的面积公式，是基础题.19已知首项为1公差不为零的等差数列，为，的等比中项，数列的前项和为，且，.（）求数列，的通项公式；（I）若，数列的前项和为，求证：.【答案】（1），；（2）证明过程见详解.【解析】（1）先求出，再求出，接着求出并判断数列是以为首项，以为公比的等比数列，最后求即可；（2）先求出，再分组得到，最后使用放缩法证明结论成立.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，且，因为为，的等比中项，所以，即因为，所以，解得：（舍去）或，所以，因为，所以，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，则（2）因为，所以，所以 所
14、以【点睛】本题考查等比中项、等差数列的通项公式、等比数列的判定、分组求和法和放缩法证明不等式，是中档题.20如图，底面为菱形，平面，.（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（）证明见详解；（）.【解析】（）取中点为，连接交于点，连接，证明，再由线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（）根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量，以及平面的法向量，计算两向量夹角的余弦值，即可得出结果.【详解】（）取中点为，连接交于点，连接，因为底面为菱形，所以为的中点，则且，又，且，所以且，即四边形为平行四边形，因此，即，因为平面，平面，所以平面；（）因为平面，由（）可
15、得，平面，又底面为菱形，所以，即，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，又，则，所以，则，所以，因此，设平面的一个法向量为，则，所以，即，令，则，即，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面平行，考查求线面角的正弦值，熟记线面平行的判定定理，以及空间向量的方法求线面角即可，属于常考题型.21如图，已知抛物线，斜率分别为，的直线，过焦点且交抛物线于，两点和，两点.（）若弦上一点在准线上的投影为，成等差数列，求抛物线的方程；（）若，直线，的倾斜角互补，求四边形面积的最大值.【答案】（）；（）.【解析】（）由抛物线的性质可得点为
16、弦的中点，利用点差法可得，即可求得，即可得解；（）设点，联立方程可得，由弦长公式、点到直线的距离公式化简可得四边形的面积为，即可得解.【详解】（）作、垂直于准线，垂足分别为、，如图，因为，成等差数列，所以，所以点为弦的中点，设点，则，将点，代入抛物线的方程可得，作差得即，所以，又点，所以，所以，所以，所以抛物线的方程为；（）当时，抛物线，焦点，设直线的方程为，直线的方程为，易知，设点，联立，消去x整理得，所以，同理，所以，点C到直线的距离，点D到直线的距离，由题知，所以，所以当即时，四边形的面积取最大值，最大值为.【点睛】本题考查了直线与抛物线的综合应用，考查了与抛物线相关的点差法的应用及面积
17、最值的求解，属于中档题.22已知函数.（）求的单调区间；（）若，为函数的两个不同零点，求证：.【答案】（）答案见解析；（）证明见解析.【解析】（）求函数导数，分析得，从而分和两种情况求单调区间即可；（）根据题意可得，通过两式相加和相减可分析得要证，即证，令，即证，设，利用导数求单调性即可证得.【详解】（）函数,由，当时，的增区间为，无减区间；当时，解得：，的增区间为，减区间为.（）.由题意可得： ，两式作差：，得两式相加：，得要证，即证，不妨设即证，即证令，即证，设，所以函数在单调递增，所以，得证.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，及证明不等式，解题的关键是凑出含的式子，进而通过换元构造函数，属于难题.
