2021年浙江省高考数学试题(解析版)

2021年浙江省高考数学试题

一､选择题

1. 设集合Axx1，Bx1x2，则AA. xx1

B（ ）

C. x1x1

B. xx1

D. x1x2

【答案】D【详解】由交集的定义结合题意可得：ABx|1x2.

2. 已知aR，1aii3i，(i为虚数单位)，则a（ ） A. 1

B. 1

2C. 3 D. 3

【答案】C【详解】1aiii+ai=iaai3i， 利用复数相等的充分必要条件可得：a3,a3. 3. 已知非零向量a,b,c，则“acbc”是“ab”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 【答案】B

【详解】如图所示，OAa,OBb,OCc,BAab,当ABOC时，ab与c垂直，所以

成立，此时ab，∴

不是ab的充分条件，

成立，

”是“

”的必要不充分条件

，

当ab时，ab0，∴abc0c0,∴∴

是ab的必要条件，综上，“

4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A.

3 2B. 3 C.

32 2D. 32 【答案】A【详解】几何体为如图所示的四棱柱ABCDA 1BC11D1，其高为1，底面为等腰梯形ABCD，该等腰梯形的上底为2，下底为22，腰长为1，故梯形的高为112， 221

故VABCDABCD111112222231， 22

x1015. 若实数x，y满足约束条件xy0，则zxy的最小值是（ ）

22x3y10A. 2

B. 3 2C. 1 2D.

1 10x10【答案】B【详解】画出满足约束条件xy0的可行域，如下图所示：

2x3y10x1x11y2x2z目标函数zxy化为，由，解得，设A(1,1)，

22x3y10y1当直线y2x2z过A点时，zx13y取得最小值为.

226. 如图已知正方体ABCDA1D，D1BC11D1，M，N分别是A1B的中点，则（ ） A. 直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD B. 直线A1D与直线D1B1 1B平行，直线MN平面BDDC. 直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD D. 直线A1D与直线D1B1 1B异面，直线MN平面BDD【答案】A

【详解】连AD1，在正方体ABCDA1D的中点，1BC11D1中，M是A所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN//AB，

MN平面ABCD,AB平面ABCD，所以MN//平面ABCD.

因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD

2

则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；

在正方体ABCDA1D1D，所以ABA1BC11D1中，AD1A1D，AB平面AA1D，

AD1ABA，所以A1D平面ABD1，D1B平面ABD1，所以A1DD1B，

且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.

1,g(x)sinx，则图象为如图的函数可能是（ ） 411A. yf(x)g(x) B. yf(x)g(x)

447. 已知函数f(x)x2C. yf(x)g(x) D. y【答案】D

【详解】对于A，yfxgxg(x) f(x)1x2sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A； 4对于B，yfxgx1x2sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B； 42对于C，yfxgxx121sinxy2xsinx，则xcosx， 4422120，与图象不符，排除C. 当x时，y422128. 已知,,是互不相同的锐角，则在sincos,sincos,sincos三个值中，大于大值是（ ） A. 0 【答案】C

B. 1

C. 2

D. 3

1的个数的最2sin2cos2【详解】法1：由基本不等式有sincos，

2sin2cos2sin2cos2同理sincos，sincos，

22故sincossincossincos取31，故sincos,sincos,sincos不可能均大于.

226，3，， 43

则sincos故三式中大于

116161,sincos,sincos， 4242421的个数的最大值为2， 2法2：不妨设，则coscoscos,sinsinsin，由排列不等式可得：

sincossincossincossincossincossincos，

而sincossincossincossin故sincos,sincos,sincos不可能均大于取13sin2， 221. 26，3，， 4则sincos故三式中大于

116161,sincos,sincos， 4242421的个数的最大值为2， 229. 已知a,bR,ab0，函数fxaxb(xR).若f(st),f(s),f(st)成等比数列，则平面上

点s,t的轨迹是（ ） A. 直线和圆 【答案】C

222【详解】由题意得f(st)f(st)[f(s)]2，即a(st)ba(st)basbB. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线 D. 直线和抛物线

2，

对其进行整理变形：asat2astbasat2astbasb222222，

as2at2b(2ast)2as2b222222220，2asat2bat4ast0，

2a2s2t2a2t42abt20，所以2as2at22b0或t0，

s2t21其中b为双曲线，t0为直线. 2baa10. 已知数列an满足a11,an1A.

annN.记数列an的前n项和为Sn，则（ ） 1anC. 4S1003S1003 2B. 3S1004

9 2D.

9S1005 2【答案】A

4

【详解】因为a11,an1annN，所以an0，S1001． 1an221an11111由an1

an1an1ananan24111111an1an1an2an22111，即an1an2

1n1n11根据累加法可得，，当且仅当n1时取等号，

22anananan4n1aanan1n1n12， 2(n1)n3，a1an1n3nn16，当且仅当n1时取等号，

(n1)(n2)由累乘法可得an由裂项求和法得： 所以S10061111112334451111163S1003． ，即10110221022二､填空题

11. 我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大

S1___________. 正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则S2【答案】25

【详解】由题意可得，大正方形的边长为：a32435，则其面积为：S1525，

2S125125. 小正方形的面积：S2254341，从而

S2122x4,x212. 已知aR，函数f(x)若ffx3a,x2,3，则a___________. 6【答案】2 【详解】fff64f223a3，故a2， 634432a2a3a4________. 13. 已知多项式(x1)(x1)xa1xa2xa3xa4，则a1_______，

【答案】 (1). 5; (2). 10.

5

【详解】(x1)3x33x23x1， (x1)4x44x36x24x1，

所以a1145,a2363，a3347,a4110，所以a2a3a410. 14. 在ABC中，B60,AB2，M是BC的中点，AM23，则AC___________，

cosMAC___________.

【答案】 (1). 213 (2).

239 13【详解】由题意作出图形，如图，

在ABM中，由余弦定理得AM2AB2BM22BMBAcosB， 即124BM2BM221，解得BM=4（负值舍去），所以BC=2BM=2CM=8， 2222在ABC中，由余弦定理得ACABBC2ABBCcosB4228152， 2所以AC213；

AC2AM2MC2521216239. 在AMC中，由余弦定理得cosMAC2AMAC1322321315. 袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是

11，一红一黄的概率为，则mn___________，E___________.

368【答案】 (1). 1 (2).

9红球的概率为【详解】P(2)2C42Cmn462Cmn412Cmn436，所以mn49， 611C4Cm4mm1m3, 所以n2, 则mn1． P一红一黄2Cmn4369311C4C5C521051455,P(0)2 由于P(2),P(1)26C9369C93618155158E()210．

6918399x2y216. 已知椭圆221(ab0)，焦点F1(c,0)，F2(c,0)(c0)，若过F1的直线和圆

ab6

1xcy2c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2x轴，2则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________. 【答案】 (1).

255 (2). 552【详解】如图所示：不妨假设c2，设切点为B，

sinPF1F2sinBF1A2225 ，tanPF1F2225F1A332AB所以kPF2112525,F1F22c4，所以PF285，PF1=PF2, 由k，

FFsin∠PF1F255512于是2aPF1PF245，即a25，所以ec25． a25517. 已知平面向量a,b,c,(c0)满足a1,b2,ab0,abc0.记向量d在a,b方向上的投影分别为x，y，da在c方向上的投影为z，则x2y2z2的最小值为___________. 【答案】

2 5【详解】由题意，设a(1,0),b(0，2),c(m,n)，则abcm2n0，即m2n， 又向量d在a,b方向上的投影分别为x，y，所以dx,y，

(da)cmx1ny2x2y所以da在c方向上的投影z，即2xy22|c|5mn21221215x2y2z22xy所以xyz10102225z2,

5z22， 52x5xyz1212222y5当且仅当即时，等号成立，所以xyz的最小值为. 552xy5z25z5三､解答题

18. 设函数fxsinxcosx(xR).

（1）求函数yf（2）求函数yf(x)fx的最小正周期；27

2x在0,上的最大值.

42

【答案】（1）；（2）12. 2【详解】（1）由辅助角公式得f(x)sinxcosx222sinx，

431cos2x21sin2x， 则yf3x2sinx242; 2322sinx4所以该函数的最小正周期T（2）由题意，yfxfx2sinx2sinx2sinxsinx 4442222sinxsinxcosx2sinx2sinxcosx 2221cos2x22222， sin2xsin2xcos2xsin2x2222242由x0,32x,， 可得42444所以当2x2即x32. 时，函数取最大值18219. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，

ABC120,AB1,BC4,PA15，M，N分别为BC,PC的中点，PDDC,PMMD.

（1）证明：ABPM；（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）15． 6【详解】（1）在△DCM中，DC1，CM2，DCM60，由余弦定理可得DM3，

所以DM2DC2CM2，DMDC．由题意DCPD且PDDMD，DC平面PDM，而PM平面PDM，所以DCPM，又AB//DC，所以ABPM．

（2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM平面ABCD，因

AM7，所以PM22，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

8

则A(3,2,0),P(0,0,22),D(3,0,0),M(0,0,0),C(3,1,0)

31335N,,2,AN,,2又N为PC中点，所以22. 22由（1）得CD平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n(0,1,0)

从而直线AN与平面PDM所成角正弦值为sin|ANn||AN‖n|5152． 62725244

20. 已知数列an的前n项和为Sn，a1（1）求数列an的通项；

*（2）设数列bn满足3bn(n4)an0(nN)，记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN恒

成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）an3()；（2）31.

34n【详解】（1）当n1时，4(a1a2)3a19，4a2的9，且4Sn13Sn9. 4927279,a2， 4416当n2时，由4Sn13Sn9①，得4Sn3Sn19②，①②得4an13an

a227a3a3930,an0,n1，又2,{an}是首项为，公比为的等比数列， 16an4a1444933an()n13()n；

4449

（2）由3bn(n4)an0，得bn23n43an(n4)()n， 3443333所以Tn321044443333Tn3214444232343(n4)，

4nn1n33(n5)(n4)444，

13333两式相减得Tn34444493149163414所以Tn4n()n133(n4)44nn1

n1n1n1n199333(n4)34(n4)n，

444444343434n1n1n，由Tnbn得4n()(n4)()恒成立，即(n4)3n0恒成立，

n4时不等式恒成立；n4时，3n123，得1； n4n4n4时，所以31.

3n123，得3； n4n421. 如图，已知F是抛物线y2pxp0的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且MF2，

2

（1）求抛物线的方程；

（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB，x轴依次交于点P，

10

Q，R，N，且RN2PNQN，求直线l在x轴上截距的范围.

【答案】（1）y24x；（2）,743743,11,.

【详解】（1）因为MF2，故p2，故抛物线的方程为：y24x. （2）设AB:xty1，Ax1,y1,Bx2,y2，Nn,0， 所以直线l:xy1n，由题设可得n1且t.

22由xty12可得y4ty40，故y1y24,y1y24t， 2y4x2因为RN1112PNQN，故1+yR1+yP1+yQ，故yRyPyQ.

4442y1yx1y12n1y12n1y2x11x1，由又MA:y可得yP，同理yQ， x112x12y12x22y2xyn22xty12n12n1y22n1y12n1由可得yR，所以， y=xn2t12x2y2x2y2t122112y1y22n12整理得到y2y12 2t1n12x2y2x2y2y2y2211212242t1222y2y1y+y2+y2+y1y2y121y1y22y2+y14422242t122t1234t2

34t2n1s1ts2t1故，令，则且s0， 22n12t1故

34t22t12s22s42411331+4，

s2ss2s4442n123n214n10故n1， 4即n1n1解得n743或743n1或n1.

11

故直线l在x轴上的截距的范围为n743或743n1或n1. 22. 设a，b为实数，且a1，函数fxabxe(xR)

x2（1）求函数fx的单调区间；

（2）若对任意b2e2，函数fx有两个不同零点，求a的取值范围；

2blnbe（3）当ae时，证明：对任意be，函数fx有两个不同的零点x1,x2，满足x2x1.

2e2b4(注：e2.71828是自然对数的底数)

【答案】(1)b0时，f(x)在R上单调递增；b0时，函数的单调减区间为,loga间为logab,；(2)1,e2；(3)证明见解析. lna【详解】(1)f(x)axbxe2,f(x)axlnab，

①若b0，则f(x)axlnab0，所以f(x)在R上单调递增； ②若b0， 当x,logab时，f'x0,fx单调递减， lna当xlogab,时，f'x0,fx单调递增. lna综上可得，b0时，f(x)在R上单调递增；

bblog,b0时，函数的单调减区间为,loga，单调增区间为a.

lnalna的b，单调增区lna(2)f(x)有2个不同零点axbxe20有2个不同解exlnabxe20有2个不同的解，

btbete22令txlna，则ee0,t0，

lnalnatttt2t2t2eteeeee(t1)e记g(t)， ,g(t)22ttt记h(t)et(t1)e2,h(t)et(t1)et1ett0， 又h(2)0，所以t(0,2)时，h(t)0,t(2,)时，h(t)0，

12

则g(t)在(0,2)单调递减，(2,)单调递增，bbg(2)e2,lna2， lnaeb2e2,b2,lna21ae2. 2e2即实数a的取值范围是1,e.

(3)ae,f(x)exbxe2有2个不同零点，则exe2bx，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为x2，较小者为x1，

ex1e2ex2e2be4，

x1x2exe2注意到函数y在区间0,2上单调递减，在区间2,上单调递增，

xe5e2故x12x2，又由e4知x25，

5ex1e22e22e2bx1，

x1x1be2blnbe2要证x2x1，只需x2lnb，

2e2bbex2e22ex2e2b且关于b的函数gblnb在be4上单调递增，

x2x2b2ex2e2x2x2x25， 所以只需证x2lnx22e2ex2e2x2x20， 只需证lnelnx22ex2e2x只需证lnxxln20，

2e4xe2h(x)lnxln2在x5时为正， ，只需证4xe2114xex4ex4exx10，故函数hx单调递增， xx205204x又h(5)ln55ln2ln40，故h(x)lnxxln2在x5时为正，

e2ee由于h(x)从而题中的不等式得证.

13