2021年浙江省數(shù)學高考模擬卷參考答案

1、2021 年考數(shù)學模擬卷答案一、選擇題：本大題共 10 小，每小題 分，共 分 解析：2.BA R解析：3.B 1 (1 ) 2 2 i 2解析：由ab a b2，以及 b 不成立，反例： a 4.B解析：對于 A：過點 且直于 直線應(yīng)該垂直于l，即 A 錯對于 B：內(nèi)作一直線l1垂直于l，由平面 面 ， ，可得l 1，從而有過點 P 且直于 的直線平行于 l ，而平行于 即 對對于 ：過點 且直于的面可以圍繞過1點 且垂直于 的直線旋轉(zhuǎn)，從而知 C,D 均錯5.B解析意 的值域為 0,4當 4時 當 時， （不合題意，舍去），即有 b g a) ，故選 B6.D解析：由S 1 S a 3 ，

2、 ，即 ，所以 8 1 S a 28 16 120 1 1解析：先考慮最后位置必為奧運宣傳廣告，有 2 ，另一奧運廣告插入 商業(yè)廣告之間，有 3 種；再考慮 商業(yè)廣告的順序，有A種，故共有2 種 8.A解析：如圖所示，由z x y 得 ，畫出 的折線圖象，當該折線圖像沿 y 軸上平移經(jīng)過點 B (0,1) 時 取最大值為 1；當該折線圖像沿 y 軸下平移經(jīng)過點 ( , 時 取小值-10即 ，故選 A. 2 21 1 1 1 2 2 21 1 1 1 2 解 析 ： 連 接 BF2 ， 則 由 對 稱 性 及 1 1， 得 矩 形 BF1 1， 故AF AF c) 2由 c 1 e ， AF e

3、 e 2 1 1 2e令 t ， e e1t 2 ) t ， e (8 ) 2 2t設(shè) f (t ) t 2t，（第 9 題圖）由f ( ) t 3 2t 2 ， t ，故f (t min f (2) ，選 10.B解析：設(shè) 2BC 2m 3AC AC CD cos 60 m 由于 ACD ，將側(cè)面 ACD AC 開到平面 ABC則三點 CD共線，又此三棱錐可看成將ACD沿直線 AC 翻折而成的，故不難可得m m設(shè)異面直線 與 BD 所的角為 ，則 AC AC BD BD ，即，故選 B二、填空題本大題共 小題，多空題每題 6 分，單空題每題 4 分共 分 11. 7解析：數(shù)是 ，價是 y 7

4、,(錢)，則由題意得 解 y x 4, y 12.12 ， 2 解析：此幾何體為側(cè)面水平放置的棱長均為 2 的三棱柱 13. ，2304解 析 ： 設(shè)x ， 則bx (t t 1 2 ， 由 此 得 1 bC 2 2 ，解得 9. 2 2 2 2另一方面，等式兩邊對t求導，得 ( t 2 n ，再令t ，得a na bn n n14. ， 解析：中元素有 53 125個，這 125 三位數(shù)（可重復數(shù)字）可分以下三類：，即全有奇數(shù)字組成的三位數(shù)（可重復數(shù)字）有3327個； 即 一 不 同 的 偶 數(shù) 字 的 三 位 數(shù) （ 可 重 數(shù) ） 個，注意不要遺漏形如 ，344 等位數(shù)；即 只 有 兩

5、個 不 同 的 偶 數(shù) 字 的 三 數(shù) （ 可 復 數(shù) 字 ） 有 1 3所以 分布列如下： 個，注意不要遺漏形如 ，244 等位數(shù) P所以 15.2 解析：由x ，得 y x，所以， 2 xy x 3 2 ，這里等號能成立16. 解 析 ： 由AO m AB n ， 得1AB AC 又 ，即有 c bn, 21 b cm bn 解得2 bm 3 2 cn .3 2 2 m n 4 ) b，由取等號條件知b ，從而 n 17.152，解析：由 ，得 設(shè) 1 22表示兩點 A,B 分別到直線 x 0的距離之和取直線 0 之和為 x 軸新建立直角坐標系后 表兩點 分到 x 軸距離在 新 的 直 角

6、 坐 標 系 下 ， 設(shè) A(cossin ， 則 有 sin sin(稱性設(shè) B 在 軸上或上方 所以 h 由此不難得h 3，從而得 x y x y , 2三、解答題：本大題共 5 小，共 分。答文字說明，證明過程或演算步18. 解 ： （ I ） 由b c tan B， 及 正 弦 定 理 ， 得sin Bsin A B cos ， 即sin A cos sin B 2sin C ， 即sin( A ) 2 sin A，所以 cos A ，A 606 C（II） m ,1 ) (cos B, cos , cos(120，所以， cosB (120 cos cos(240 2由于0，得 s

7、，所以 2 5 m 2 14 分19. 解G 是PBC的垂心，則BG PC，由 AG平面 ，得 PC ，以 PC 平面 ABG，即 PC AB ，由 平面 ABC，得 PA ，以， ，而 AB AC ，與正三角形 矛盾所以，G 不可能是PBC的垂心7 分中 ， 由 h ， 即有P ABC， 從而3 3 3 2 21 2n n 2中 ， 由 h ， 即有P ABC， 從而3 3 3 2 21 2n n 2（II）延長 交 E，連 AE，則 是 點。延長 交 F，連 ，則 F 是 中，由 G 恰 的重心得 PG不妨設(shè) =2正三角形 ABC 中， 3 ， AF AG平面 PBC可得 AG PF ，A

8、G 由 平 面 ABC ， 得 PA AF 在 RTPAF中 ， 由 2 FG 2 , F ， 進 而 PF 2, 從 而PB PC PA 10 2BE ， 在 2( 2 ) PB 2， 得設(shè) BC 與面 ABG 所的角為 ，點 C 到平面 ABG 的離為 ，BC由E 是 中，可得V ABE V PA ，所以h 126 3 3 22 22 sin ，即 BC 與面 ABG 所的角為45 分20. 解（ I ）由n S N *) n，得 nn n 2)，兩式相減，得an a ( n n由 S a ， ， 2 1 2 1 1，所以， a ( N * ，即數(shù)列是以 首項，公比為 3 的比數(shù)列，從而有

9、 2 n7 分（II）（I知 S 222 2從而 b 3 3n 3 ，2所以，當n 時，2 1 3 ，從而有1 ( n ( n 3 31 1 1 ) 12 311 3n )2 1 n 3 2；當 ，不等式顯然成立綜上，有 2 3 成立 分2 2 1 2 5 2 2 1 2 5 解：（）拋物線 C：y2 a 的準線方程為x ，所以點 到線的距離為 2，得a 5 分（II）(y 1 , ), B ( y ) 2，并設(shè) AB 方為t ( ，將 代入拋物線方程y2 2 ， y 2ty ，而有 y t y t 1 2由于 ,B 異坐標原點 O所以 y ，即 1 所以， AOB 14( y ) 2 y 2

10、 y y 4) 2 2y y( y )( y 4 4)y ( y 4)( 4) 2 =t(t （t 2)t t 2 t ，（1當t(t 即t 或 時， 2t t 116( t ，由t ，得 或0 t t ，所以1 0 AOB ， 2 ；（2當（3當t(t t 即t t(t 2) 即0 2時時， AOB ； 5t2t t t ， 由 ， 得 t ， 所 以1 cos AOB 5；綜上， 5 5 AOB 的值范圍 ， 分 解：（）顯然 x 。f ) x ， 當 a ，當 時， f ( 0；當 時， f 0。所以 f ( x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為，所以， )有極大值，等于 f ( ) a ，無極小值

11、；當 時，當 x 時，f ( 0 時， f ( x 0以 f ( ) a 的減區(qū)間為 ， 增區(qū)間為 f x a 有極小值，等于 ( ) ln( ) ，無極大值 分（II）若0 ，則由小題I）知 f )在 af ) 2對恒 成 立 ， 只 要 存 在 實 數(shù) b ， 得 e2 f (1) , e ef (e) a成 立 ， 即 要e 2 ，而只要 ， a a ，解得 若 ， 則 由 小 題 （ I ） 知 f ( x在上 遞 增 ， 在故 要 使 得 af ) 2 e f ( a ln e對 1, e 恒立要在實數(shù) 使 (1) ,a aa,成立，e f a a e2 a即要 e e ln a a ln a ，從而只要 2 ln ,即 ln 0(*), 0(*).由于1 ，可知 2 2