2021年浙江高考真题以及详细解析

未命名

未命名

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

一、单选题

1．设集合Axx1，Bx1x2，则AA．xx1 【答案】D 【分析】

由题意结合交集的定义可得结果. 【详解】

由交集的定义结合题意可得：A故选：D.

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

首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数a的值. 【详解】

B．1

C．3

D．3

B（ ）

B．xx1

C．x1x1

D．x1x2

Bx|1x2.

1aiiiaai，

利用复数相等的充分必要条件可得：a3,a3. 故选：C.

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 C．充分必要条件 【答案】B

试卷第1页，总23页

B．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件

【分析】

考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系. 【详解】

若acbc，则abc0，推不出ab；若ab，则acbc必成立， 故“acbc”是“ab”的必要不充分条件 故选：B.

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 【分析】

根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积. 【详解】

几何体为如图所示的四棱柱ABCDA1BC11D1，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， 22故VABCDABCD1111故选：A.

12222231， 22试卷第2页，总23页

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 【答案】B 【分析】

画出满足条件的可行域，目标函数化为y2x2z，求出过可行域点，且斜率为2的直线在y轴上截距的最大值即可. 【详解】

B．3 2C．1 2D．

1 10x10画出满足约束条件xy0的可行域，

2x3y10如下图所示：

目标函数zx1y化为y2x2z， 2试卷第3页，总23页

x1x1由，解得，设A(1,1)， 2x3y10y1当直线y2x2z过A点时，

zx31y取得最小值为.

22故选：B.

6．如图已知正方体ABCDA1BC11D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（ ）

A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD B．直线A1B1 1D与直线D1B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A1B1 1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD【答案】A 【分析】

由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D平面ABD1，即可得出结论. 【详解】

连AD1，在正方体ABCDA1BC11D1中，

试卷第4页，总23页

M是A1D的中点，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

则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确； 在正方体ABCDA1BC11D1中，AD1A1D，

AB平面AA1D1D，所以ABA1D，

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B错误，选项A正确. 故选：A. 【点睛】

关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.

7．已知函数f(x)x21,g(x)sinx，则图象为如图的函数可能是（ ） 4

A．yf(x)g(x)C．yf(x)g(x) 【答案】D 【分析】

1 4B．yf(x)g(x)D．y1 4g(x) f(x)由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.

试卷第5页，总23页

【详解】

对于A，yfxgx排除A；

对于B，yfxgx排除B；

对于C，yfxgxx21x2sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，41x2sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，4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1642故选：D.

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

1的个数的最大值是（ ） 2B．1

C．2

D．3

A．0 【答案】C 【分析】

利用基本不等式或排序不等式得sincossincossincos断三个代数式不可能均大于【详解】

3，从而可判211，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值. 22sin2cos2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3， 21. 2故sincos,sincos,sincos不可能均大于取6，3，， 4则sincos116161,sincos,sincos， 424242试卷第6页，总23页

故三式中大于故选：C.

1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故三式中大于故选：C. 【点睛】

116161,sincos,sincos， 4242421的个数的最大值为2， 2思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.

29．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 【分析】

首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程. 【详解】

222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2at2astbasat2astbasb，

22222as2at2b(2ast)2as2b2220，

2asat22bat24a2s2t20，

试卷第7页，总23页

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. 2baa故选：C. 【点睛】

关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题. 10．已知数列an满足a11,an1则（ ） A．

annN.记数列an的前n项和为Sn，1an1S1003 2B．3S1004 C．4S1009 2D．

9S1005 2【答案】A 【分析】 显然可知，S1001111111，利用倒数法得到，再放缩可

2an1ananan242得an1114，由累加法可得ana，进而由局部放缩可n1(n1)2an1an21anan1n16得，然后利用累乘法求得an，最后根据裂项相消法即可得ann3(n1)(n2)到S1003，从而得解． 【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an24111111an1an1an2an22111，即an1an2

试卷第8页，总23页

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ann122(n1)n3 1an1n1an1n16an，当且仅当n1时取等号， ann3(n1)(n2)111111233445111163，即1011022102所以S10061S1003． 2故选：A． 【点睛】

本题解题关键是通过倒数法先找到an,an1的不等关系，再由累加法可求得

an42，由题目条件可知要证S100小于某数，从而通过局部放缩得到an,an1的(n1)6 ，最后由裂项相消法求得S1003．

(n1)(n2)不等关系，改变不等式的方向得到an

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

二、双空题

3443211．已知多项式(x1)(x1)xa1xa2xa3xa4，则a1___________，

a2a3a4___________.

【答案】5; 10. 【分析】

根据二项展开式定理，分别求出(x1)3,(x4)4的展开式，即可得出结论. 【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，

试卷第9页，总23页

a3347,a4110，

所以a2a3a410. 故答案为：5,10.

12．在ABC中，B60,AB2，M是BC的中点，AM23，则AC___________，cosMAC___________. 【答案】213 【分析】

由题意结合余弦定理可得BC=8，进而可得AC，再由余弦定理可得cosMAC. 【详解】

由题意作出图形，如图，

239 13

在ABM中，由余弦定理得AM2AB2BM22BMBAcosB， 即124BM2BM2所以BC=2BM=2CM=8， 在ABC中，由余弦定理得

21，解得BM=4（负值舍去）， 2AC2AB2BC22ABBCcosB464228所以AC213； 在AMC中，由余弦定理得

152， 2AC2AM2MC2521216239. cosMAC2AMAC13223213故答案为：213；239. 1313．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，

试卷第10页，总23页

若取出的两个球都是红球的概率为

11，一红一黄的概率为，则mn___________，

36E___________.

【答案】1 【分析】

根据古典概型的概率公式即可列式求得m,n的值，再根据随机变量的分布列即可求出

8 9E．

【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．

6918399故答案为：1；

8． 9x2y214．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

ab1线和圆xcy2c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2x轴，则该

2直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________. 【答案】【分析】

不妨假设c2，根据图形可知，sinPF1F2525

5522，再根据同角三角函数基本关系即可3求出ktanPF1F2【详解】

25；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率． 5试卷第11页，总23页

如图所示：不妨假设c2，设切点为B，

222tanPFF5 sinPF1F2sinBF1A，12225F1A332ABPF225k,F1F22c4，所以PF285，PF2125，于, 所以k由

F1F2555是2aPF1PF245，即a25，所以e故答案为：525；．

55c25． a255

三、填空题

15．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，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则

S1___________. S1

【答案】25 【分析】

分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可. 【详解】

由题意可得，大正方形的边长为：a32435，

试卷第12页，总23页

则其面积为：S1525， 小正方形的面积：S225421341， 2S22525. 从而

S11故答案为：25.

2x4,x216．已知aR，函数f(x)若ffx3a,x2,3，则a___________. 6【答案】2 【分析】

由题意结合函数的解析式得到关于a的方程，解方程可得a的值. 【详解】

fff64f223a3，故a2， 6故答案为：2.

17．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，d222a在c方向上的投影为z，则xyz的最小值

为___________. 【答案】【分析】

设a(1,0),b(0，2),c(m,n)，由平面向量的知识可得2xy5z2，再结合柯西不等式即可得解. 【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， 所以da在c方向上的投影z即2xy5z2,

2 5(da)cmx1ny2x2y，

22|c|5mn试卷第13页，总23页

222所以xyz21221215x2y2z22xy5z101022， 52x5zxy121y5当且仅当即时，等号成立，

52xy5z25z5所以x2y2z2的最小值为故答案为：【点睛】 关键点点睛：

解决本题的关键是由平面向量的知识转化出x,y,z之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小值.

四、解答题

18．设函数fxsinxcosx(xR).

2. 52. 5（1）求函数yfx的最小正周期；

22yf(x)fx（2）求函数在0,上的最大值.

42【答案】（1）；（2）1【分析】

（1）由题意结合三角恒等变换可得y1sin2x，再由三角函数最小正周期公式即可得解；

（2）由三角恒等变换可得ysin2x解. 【详解】

（1）由辅助角公式得f(x)sinxcosx则

试卷第14页，总23页

2. 22，再由三角函数的图象与性质即可得422sinx4， yf，

332x2sinx2sinx2442; 22231cos2x21sin2x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2222242由x0,32x,， 可得4442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）【分析】

（1）要证ABPM，可证DCPM，由题意可得，PDDC，易证DMDC，从而DC平面PDM，即有DCPM，从而得证；

15． 6试卷第15页，总23页

（2）取AD中点E，根据题意可知，ME,DM,PM两两垂直，所以以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出． 【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，因为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, 则A(3,2,0),P(0,0,22),D(3,0,0),M(0,0,0),C(3,1,0) 又N为PC中点，所以N31335,,2,AN,,2. 2222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所成角的正弦值为

sin|ANn||AN‖n|5152． 62725244

【点睛】

本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明ABPM，可以考虑DCPM，

试卷第16页，总23页

题中与DC有垂直关系的直线较多，易证DC平面PDM，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．

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，记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN恒成立，求的范围.

【答案】（1）an3()；（2）31. 【分析】

（1）由4Sn13Sn9，结合Sn与an的关系，分n1,n2讨论，得到数列{an}为等比数列，即可得出结论；

（2）由3bn(n4)an0结合(1)的结论，利用错位相减法求出Tn，Tnbn对任意

9，且4Sn13Sn9. 434nnN恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于n的函数的范围关系，即可求

解. 【详解】

（1）当n1时，4(a1a2)3a19，

4a2927279,a2， 4416当n2时，由4Sn13Sn9①， 得4Sn3Sn19②，①②得4an13an

a227a30,an0,n1， 16an4a2393,{an}是首项为，公比为的等比数列， 又

a1444933an()n13()n；

444（2）由3bn(n4)an0，得bnn43an(n4)()n， 34试卷第17页，总23页

3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23234234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16493414n133(n4)44nn1

n13(n4) 4n1993444434n13(n4)4，

3n4n1，

所以Tn4n()n1n1n由Tnbn得4n()(n4)()恒成立，

3434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43n123，得3； n4n4n4时，所以31. 【点睛】

易错点点睛：（1）已知Sn求an不要忽略n1情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(n4)3n0恒成立，要对

n40,n40,n40讨论，还要注意n40时，分离参数不等式要变号.

21．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

2点，且MF2，

试卷第18页，总23页

（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，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【分析】

（1）求出p的值后可求抛物线的方程.

743,11,.

（2）设AB:xty1，Ax1,y1,Bx2,y2，Nn,0，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得y1y24,y1y24t，求出直线MA,MB的方程，联立各直线方程

34t2n1可求出yP,yQ,yR，根据题设条件可得2，从而可求n的范围.

n12t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2y1n，由题设可得n1且t.

22xty1由2可得y24ty40，故y1y24,y1y24t， y4x11122因为RNPNQN，故1+yR1+yP1+yQ，故yRyPyQ.

4442试卷第19页，总23页

y1yx1y12n1y1x11x1，由y又MA:y可得， Px112x12y1xyn22n1y2同理yQ，

2x22y2xty12n1由可得， yRyxn2t122n1y22n1y12n1所以， =2t12x2y2x2y2211y1y22n12t1整理得到， 2x22y22x12y1n12242t122y2y12

2y2y212242t1222y2y1y+y2+y2+y1y2y121y1y22y2+y144222t1234t2

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

34t22t12s22s42411331+4， 22ssss444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.

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. 【点睛】

方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.

试卷第20页，总23页

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有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当ae时，证明：对任意be4，函数fx有两个不同的零点x1,x2，满足

blnbe2x2x1. 22eb(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

bb,loglog,； a，单调增区间为alnalna2(2)1,e；

(3)证明见解析. 【分析】

(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；

(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；

(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立. 【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(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

试卷第21页，总23页

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，

则g(t)在(0,2)单调递减，(2,)单调递增，bbg(2)e2,lna2， lnaeb2e2,b22,lna21ae. e22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， 22ebbex2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lnx22ex2试卷第22页，总23页

e2x只需证lnxxln20，

2e4xe24，只需证h(x)lnxxln2在x5时为正，

e211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. 【点睛】

导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．

试卷第23页，总23页