【文档说明】2021年浙江省高考数学试题（及答案）.doc，共(12)页，1.446 MB，由baby熊上传

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2021年浙江省高考数学试题一､选择题1.设集合1Axx=，12Bxx=−，则AB=（）A.1xx−B.1xxC.11xx−D.12xx【答案】D2.已知aR，()13aiii+=+，(i为虚数单位)，则a=（）A.1−B.1C.3−D.3【答案】

C3.已知非零向量,,abc，则“acbc=”是“ab=”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】B4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A.32B.3C.322D.32【答案】A5.若实数x，y满足约束条件10023

10xxyxy+−+−，则12zxy=−的最小值是（）A.2−B.32−C.12−D.110【答案】B6.如图已知正方体1111ABCDABCD−，M，N分别是1AD，1DB的中点，则（）

A.直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平面ABCDB.直线1AD与直线1DB平行，直线MN⊥平面11BDDBC.直线1AD与直线1DB相交，直线//MN平面ABCDD.直线1AD与直线1DB异面，直线MN⊥平面11BDDB【答案】A7.已知函数21(),()sin

4fxxgxx=+=，则图象为如图的函数可能是（）A.1()()4yfxgx=+−B.1()()4yfxgx=−−C.()()yfxgx=D.()()gxyfx=【答案】D8.已知,,是互不相同的锐角，则在sincos,s

incos,sincos三个值中，大于12的个数的最大值是（）A.0B.1C.2D.3【答案】C9.已知,R,0abab，函数()2R()fxaxbx=+.若(),(),()fstfsfst−+成

等比数列，则平面上点(),st的轨迹是（）A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线【答案】C10.已知数列na满足()111,N1nnnaaana+==+.记数列na的前n项和为nS，则（）A

.100321SB.10034SC.100942SD.100952S【答案】A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，记大正方形的面积为1S，小正方形的面积为2S，则11SS=___________.【答案】2512.已知Ra，函数24,2()3,2,xxfxxax−=−+

若()63ff=，则a=___________.【答案】213.已知多项式344321234(1)(1)xxxaxaxaxa−++=++++，则1a=___________，234aaa++=___________.【答

案】(1).5;(2).10.14.在ABC中，60,2BAB==，M是BC的中点，23AM=，则AC=___________，cosMAC=___________.【答案】(1).213(2).2391315.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

的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，则mn−=___________，()E=___________.【答案】(1).1(2).8916.已知椭圆22221(0)xyabab+=，焦点1(,0)Fc

−，2(,0)Fc(0)c，若过1F的直线和圆22212xcyc−+=相切，与椭圆在第一象限交于点P，且2PFx⊥轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.【答案】(1).255(2).5517.已知平面向

量,,,(0)abcc满足()1,2,0,0abababc===−=.记向量d在,ab方向上的投影分别为x，y，da−在c方向上的投影为z，则222xyz++的最小值为___________.【答案】25三

､解答题18.设函数()sincos(R)fxxxx=+.（1）求函数22yfx=+的最小正周期；（2）求函数()4yfxfx=−在0,2上的最大值.【详解】（1）由辅助

角公式得()sincos2sin4fxxxx=+=+，则2223332sin2sin1cos21sin22442yfxxxxx=+=+=+=−+=−

，所以该函数的最小正周期22T==;（2）由题意，()2sin2sin2sinsin444yfxfxxxxx=−=+=+2222sinsincos2sin2sincos22xxxxxx=+=+

1cos2222222sin2sin2cos2sin22222242xxxxx−=+=−+=−+，由0,2x可得32,444x−−，所以当242x−=即38x=时，函数取

最大值212+.19.如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是平行四边形，120,1,4,15ABCABBCPA====，M，N分别为,BCPC的中点，,PDDCPMMD⊥⊥.（1）证明：ABPM⊥；（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）156．【

解析】【分析】（1）要证ABPM⊥，可证DCPM⊥，由题意可得，PDDC⊥，易证DMDC⊥，从而DC⊥平面PDM，即有DCPM⊥，从而得证；（2）取AD中点E，根据题意可知，,,MEDMPM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，1DC=，2CM=，60DCM=，由余弦定理可得3DM=，所以222DMDCCM+=，DMDC⊥．由题意DCPD⊥且PDDMD=，DC⊥平面P

DM，而PM平面PDM，所以DCPM⊥，又//ABDC，所以ABPM⊥．（2）由PMMD⊥，ABPM⊥，而AB与DM相交，所以PM⊥平面ABCD，因为7AM=，所以22PM=，取AD中点E，连接ME，则,,ME

DMPM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(3,2,0),(0,0,22),(3,0,0)APD−,(0,0,0),(3,1,0)MC−又N为PC中点，所以31335,,2,,,2

2222NAN−=−.由（1）得CD⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量(0,1,0)n=从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为5||152sin6||2725244ANnAN

n===++‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明ABPM⊥，可以考虑DCPM⊥，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na的前n项和为nS，194a=−，且1439nnSS+=−.（1）求数列na的通项；（2）设数列nb满足3(4)0nnbna+−=，记nb的前n项和为nT，若nnTb对任

意Nn恒成立，求的范围.【答案】（1）33()4nna=−；（2）31−.【解析】【分析】（1）由1439nnSS+=−，结合nS与na的关系，分1,2nn=讨论，得到数列{}na为等比数

列，即可得出结论；（2）由3(4)0nnbna+−=结合(1)的结论，利用错位相减法求出nT，nnTb对任意Nn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1n=时，1214()39aaa+=−，229272749,4416aa=−=−=−

，当2n时，由1439nnSS+=−①，得1439nnSS−=−②，①−②得143nnaa+=122730,0,164nnnaaaa+=−=，又213,{}4naaa=是首项为94−，公比为34的等比数列，1933()3()444nnna−=−

=−；（2）由3(4)0nnbna+−=，得43(4)()34nnnnban−=−=−，所以234333333210(4)44444nnTn=−−−++−+，2413333333321(5)(4)44

4444nnnTnn+=−−−++−+−，两式相减得234113333333(4)4444444nnnTn+=−++++−−

1193116493(4)34414nnn−+−=−+−−−111993334(4)44444nnnnn+++=−+−−−=−，所以134()4nnTn+=−，由nnTb得

1334()(4)()44nnnn+−−恒成立，即(4)30nn−+恒成立，4n=时不等式恒成立；4n时，312344nnn−=−−−−，得1；4n时，312344nnn−=−−−−，得3

−；所以31−.【点睛】易错点点睛：（1）已知nS求na不要忽略1n=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(4)30nn−+恒成立，要对40,40,40nnn−=−−讨论，还要注意40n−时，分离参数不等式要变号.21.如图，已知F是抛物线()22

0ypxp=的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且2MF=，（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,,MAMBAB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且2RNPNQN=，求直

线l在x轴上截距的范围.【答案】（1）24yx=；（2）()(),743743,11,−−−−++.【解析】【分析】（1）求出p的值后可求抛物线的方程.（2）设:1ABxty=+，()()1122,,,AxyBxy，(),0Nn，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得12124,4yy

yyt=−+=，求出直线,MAMB的方程，联立各直线方程可求出,,PQRyyy，根据题设条件可得()222134121ntnt++=−−，从而可求n的范围.【详解】（1）因为2MF=，故2p=，故抛物线的方

程为：24yx=.（2）设:1ABxty=+，()()1122,,,AxyBxy，(),0Nn，所以直线:2ylxn=+，由题设可得1n且12t.由214xtyyx=+=可得2440yty−−=，故12124,4yyyyt=−+=，因为2RNPNQN=

，故21111+1+1+444RPQyyy=，故2RPQyyy=.又()11:11yMAyxx=++，由()11112yyxxyxn=++=+可得()1112122Pnyyxy+=+−，同理()2222122Qn

yyxy+=+−，由12xtyyxn=+=+可得()2121Rnyt−=−，所以()()()2212211212121=212222nnynytxyxy−++−+−+−，整理得到()()()2212221112112222y

yntnxyxy−=−++−+−，()22221214212222tyyyy−=+−+−()()()()2222222121212112214212134+++2+44

2tttyyyyyyyyyyyy−−==+−−−+故()222134121ntnt++=−−，令21st=−，则12st+=且0s，故()22222234242411331+444421tsssssst+++==+=++−，故213141nnn+−

即214101nnn++，解得743n−−或7431n−+或1n.故直线l在x轴上的截距的范围为743n−−或7431n−+或1n.【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.22.设a，b为实数，且1a，函数()2R()xfxabxex=−

+（1）求函数()fx的单调区间；（2）若对任意22be，函数()fx有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当ae=时，证明：对任意4be，函数()fx有两个不同的零点12,xx，满足2212ln2bbexxeb+.(注：2.71828e=是自然对数的底数)【答案】(1

)0b时，()fx在R上单调递增；0b时，函数的单调减区间为,loglnaba−，单调增区间为log,lnaba+；(2)(21,e；(3)证明见解析.【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)2(),()lnxxfxbfaxeax

ab==+−−，①若0b，则()ln0xfxaab=−，所以()fx在R上单调递增；②若0b，当,loglnabxa−时，()()'0,fxfx单调递减，当log,lnabxa+时，

()()'0,fxfx单调递增.综上可得，0b时，()fx在R上单调递增；0b时，函数的单调减区间为,loglnaba−，单调增区间为log,lnaba+.(2)()fx有2个不同零点20xabxe−+=有2个不同解ln20xaebxe−+=有2个不同的解，令

lntxa=，则220,0lnlnttbbeeeetaatt+−+==，记()22222(1)(),()tttteteeeeetegtgtttt−++−−===，记2()(1),()(1)10tttthtetehteteet=−−=−+=，又(2)0h=，所以(

0,2)t时，()0,(2,)htt+时，()0ht，则()gt在(0,2)单调递减，(2,)+单调递增，22(2),lnlnbbgeaae=，22222,ln,21bbeaaee.即实数a的取值范围是(21,e.(3)2,(

)xaefxebxe==−+有2个不同零点，则2xeebx+=，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2x，较小者为1x，1222412xxeeeebexx++==，注意到函数2xee

yx+=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+上单调递增，故122xx，又由5245eee+知25x，122211122xeeeebxxxb+=，要证2212ln2bbexxeb+，只需22lnexbb+，222222xxeeebxx+=且关于b的函

数()2lnegbbb=+在4be上单调递增，所以只需证()22222222ln52xxexexxxe+，只需证2222222lnln02xxxexeexe−−，只需证2lnln202xexxe−−，242e，只需证4()lnln2xxhxxe=−−在5x时为

正，由于()11()44410xxxhxxeeexxx−−−+−+−==，故函数()hx单调递增，又54520(5)ln5l20n2ln02hee=−−=−，故4()lnln2xxhxxe=−−在5x时为正，从而题中的不等式得证.