2021年高考試題真題-數(shù)學(xué)（浙江卷） 含解析

2021年浙江省高考數(shù)學(xué)試題

一、選擇題

1.設(shè)集合A={x|xZl},8={x[-l<x<2},則4nB=（）

A.B.{巾21}c.{x|-1<X<1}D.

{x[l<x<2|

2.已知aeR,（l+ai）i=3+i,（i為虛數(shù)單位），則。=（）

A.-1B.1C.-3D.3

3.已知非零向量￡,瓦入則“￡2=零"”是"￡=石”的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分又不必要條件

4.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）

1

ll

q正視圖側(cè)視圖

俯視圖

A.-B.3C.D.372

22

x+l>0

5.若實(shí)數(shù)x,y滿足約束條件<,則z=x-」y

最小值是（）

2九+3y-140

6.如圖已知正方體-，M,N分別是AQ,。產(chǎn)的中點(diǎn)，則（)

D、Ci

莊—C

A.直線A。與直線垂直，直線MV//平面ABC。

B.直線4。與直線A8平行，直線MN，平面BD￡>4

C.直線4。與直線相交，直線MN//平面ABC。

D.直線4。與直線。8異面，直線MVL平面旦

7.己知函數(shù)/(x)=x+*g(x)=sinX,則圖象為如圖的函數(shù)可能是()

.>

7rq7TX

^<74

A.y=/(x)+g(x)_JB.y=/(x)_g(x)_<

44

C.y=f(x)g(x)D

,fM

8.已知是互不相同的銳角，則石Esinacossin0cos/,sinycosa三個(gè)值中，大于

工的個(gè)數(shù)的最大值是()

2

A.OB.1C.2D.3

9.已知a,b￡R,ab>0,函數(shù)/(x)=ax2+b(x^R).若f(sT),于(s)廳(s+1)成等比數(shù)

列，則平面上點(diǎn)(S")的軌跡是()

A.直線和圓B.直線和橢圓C.直線和雙曲線D.直線和

拋物線

io.已知數(shù)列｛4｝滿足q=i，4+i="1^^（"6>｝*）.記數(shù)列｛4｝的前〃項(xiàng)和為5“，則

（）

「9

D.

A耳<￥0G<3B.3Vsl00V4C,4<￡0G<—

9_

-<Sl00<5

二、填空題

11.我國古代數(shù)學(xué)家趙爽用弦圖給出了勾股定理的證明.弦圖是由四個(gè)全等的直角三角形和

中間的一個(gè)小正方形拼成的一個(gè)大正方形（如圖所示）.若直角三角形直角邊的長分別是3,4,

記大正方形的面積為5,小正方形的面積為S?，則

12.已知aeR,函數(shù)/(%)=<W若?、鑑，則”

13.已知多項(xiàng)式(x—1)+(x+I)，=x"+ciyX^++ctyX+4,則q=

a2+a3+a4=.

14.在AABC中，ZB=60°,AB=2,M是BC的中點(diǎn)，AM=2日則

AC=，cosZMAC=.

15.袋中有4個(gè)紅球機(jī)個(gè)黃球，〃個(gè)綠球.現(xiàn)從中任取兩個(gè)球，記取出的紅球數(shù)為若取出

的兩個(gè)球都是紅球的概率為,，一紅一黃的概率為,，則加一〃=___________,

63

石偌）=-----------

16.已知橢圓0+夕=1（。>/?>0）,焦點(diǎn)6（-c,0）,K（c,0）（c>0）,若過耳的直線和

圓［x—+y2=c2相切，與橢圓在第一象限交于點(diǎn)尸，且軸，則該直線的斜

率是,橢圓的離心率是.

17.已知平面向量工員2,（2h6）滿足卜卜1,忖=2,。石=0,（。-5）-。=0.記向量2在￡,3

方向上的投影分別為X,y,在"方向上的投影為Z,則d+y2+z2的最小值為

三、解答題

18.設(shè)函數(shù)〃x）=sinx+cosx（xeR）.

（1）求函數(shù)y=+的最小正周期;

7171

(2)求函數(shù)y=/(x)/X--在0,-上的最大值.

19.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面A3CD是平行四邊形，

ZABC=120°,AB=1,BC=4,PA=V15，M,N分別為BC,PC的中點(diǎn),

PD±DC,PM±MD.

（1）證明：ABVPM-.

（2）求直線AN與平面PZMf所成角的正弦值.

O

20.己知數(shù)列｛4｝的前”項(xiàng)和為S“，卬=一.，且4S?+1=3S?-9.

（1）求數(shù)列｛2｝的通項(xiàng)；

(2)設(shè)數(shù)列也｝滿足3包+(〃-4)區(qū),=0(〃eN"),記也｝的前"項(xiàng)和為T"，若T”工地對

任意”eN*恒成立，求實(shí)數(shù)2的取值范圍.

21.如圖，已知尸是拋物線y2=2〃x(p>0)的焦點(diǎn)，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，且

|岫=2,

(1)求拋物線的方程；

(2)設(shè)過點(diǎn)尸的直線交拋物線與兩點(diǎn)，斜率為2的直線/與直線M4,MB,AB,x軸

依次交于點(diǎn)P,Q,R,N,且因時(shí)=|/WHQN|,求直線/在x軸上截距的范圍.

22.設(shè)a,Z?為實(shí)數(shù)，且。>1,函數(shù)/(力=優(yōu)-灰+/(%€即

(1)求函數(shù)/(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若對任意b〉2e2,函數(shù)/(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，求a的取值范圍；

(3)當(dāng)a=e時(shí)，證明：對任意b>e4,函數(shù)/(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)芭/?,滿足

b\nbe1

"2>才|十7

(注：e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))

2021年浙江省高考數(shù)學(xué)試題答案解析

一、選擇題

1.D

解析：

由交集的定義結(jié)合題意可得：AnB={x|lWx<2}.

故選D.

2.C

解析：

(l+tzz)z=z+rzz2=i-a=-a+i=3+i,

利用復(fù)數(shù)相等的充分必要條件可得：—a=3,，〃=一3.

故選C.

3.B

解析：

如圖所不，OA=3,OB—h,OC—c,BA—a—h，當(dāng)ABJ_OC時(shí)，萬—5與c垂直，

(￡一葉］=0,所以成立,此時(shí)日工5，

，7工=兀2不是］=5的充分條件，

/Fr、rrr

當(dāng)1=5時(shí)，1_5=0，，(a_0),c=O,c=O,；.￡.工=認(rèn)之成立，

"之是2=5的必要條件,

綜上，uac=b?/'是"a=4’的必要不充分條件

故選B.

4.A

解析：

幾何體為如圖所示的四棱柱ABC。-A4GR,其高為1,底面為等腰梯形A8CD，

該等腰梯形的上底為正，下底為20，腰長為1，故梯形的高為

故匕；X(&+2a)X￥X1=3，

故選A.

解析:

尤+120

畫出滿足約束條件<x-y〈0的可行域,

2x+3y-l<0

如下圖所示：

目標(biāo)函數(shù)z=x-gy化為y=2x-2z,

X=-1X=-1

由＜cc,c，解得'

2x+3y-l=0y=l

當(dāng)直線y=2x—2z過A點(diǎn)時(shí)，

13

z=x—5＞取得最小值為一］.

故選B

6.A

解析：

連,在正方體A8CZ)—4gC］￡)］中，

M是4。的中點(diǎn)，所以“為A￡)|中點(diǎn)，

又N是08的中點(diǎn)，所以MN//AB,

M/V2平面ABCD,ABu平面ABCD,

所以MN〃平面A8CD.

因?yàn)锳3不垂直8。，所以MN不垂直80

則MN不垂直平面BDDe,所以選項(xiàng)B,D不正確;

在正方體ABCD-44和。中，AA_LAQ,

48_1平面至。。，所以AB，4。，

ARcAB=A,所以4。工平面A8D1,

〃Bu平面AB。，所以

且直線4。,是異面直線，

所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確.

故選A.

7.D

解析：

對于A,y=/(x)+g(x)—；=Y+sinx,該函數(shù)非奇非偶函數(shù)，與函數(shù)圖象不符，

排除A；

對于B，y=/(x)—g(x)-;=f-sinx,該函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，與函數(shù)圖象不符，排

除B；

對于C,y=/(x)g(x)=(x2+；sinx,貝ijy，=2xsinx+[f+；)cosx,

71.兀y/2(7l~11y/2人

當(dāng)》=一時(shí)，y=-x—+—+-x—>0,與圖象不符，排除c.

4221164)2

故選D.

8.C

解析：

法1：由基本不等式有sinacos/《竺二亭竺”，

日工用.csin2yff+cos2/sin2/+cos2a

I可理sin夕cosy<------------,smycosa<-----------

3

故sinacos〃+sin/?cosy+sin/cosa,

故sinacossin/cosy,sin/cosa不可能均大于J.

u兀c幾萬

取a=_,p=—,y=一

634

則sinacos/?=—<—,sinZ?cosy=>—,sinycosa=->—，

424242

故三式中大于!的個(gè)數(shù)的最大值為2,

2

故選：C.

法2：不妨設(shè)a<P<y,則cosa>cos/>cos/,sina<sin，<sin/,

由排列不等式可得：

sinacosZ?+sin/?cosy+sinrcosa<sin?cosr+sin)3cosZ?+sinrcosar,

13

2-2-

故sinacos/?,sin/?cosy,sinycos2不可能均大于萬.

?71c冗兀

取a=一,0=—,y=—>

634

則sinacos/7=；<g,sin/?cosy=>g,sinycosa=^->；，

故三式中大于!的個(gè)數(shù)的最大值為2,

2

故選C.

9.C

解析：

由題意得f(s-t)f(s+t)=[/(.v)]2,即[a(s—)2+b][a(s+1)2+=[as2+,

對其進(jìn)行整理變形：

(as?+at2-2ast+b^as2+at2+2ast+-^as2+b),

(ds~+at~+人)一(2as/)~—(as-+Z?)~—0,

[2as2+ar+2bjar-4a2s2r=0,

-2crs2r+aT+2aht2=0,

所以一Zas?+at2+2b=0或f=0,

2「

2-二=1

其中82b~為雙曲線，r=0為直線.

aa

故選c.

10.A

解析:

因?yàn)閝=i，4+i=前（〃=*），所以4>°，

SOioo/>-2'

1,n-\〃+1

根據(jù)累加法可得,-(=<1+——當(dāng)且僅當(dāng)〃=1時(shí)取等號(hào),

2

>4.〃=4<%="+'

一(〃+1了,,+|1+7^7-112〃+3"

72+1

?U絲1

4〃+3

由累乘法可得凡“謔花”‘當(dāng)且僅當(dāng)"二1時(shí)取等號(hào),

由裂項(xiàng)求和法得：

111111

所以5儂46■——―^―???—|―<3,即萬<EQO<3.

233445

故選A.

二.填空題

11.

答案：25

解析：

由題意可得，大正方形的邊長為：。=序兩=5,

則其面積為：￡=52=25,

小正方形的面積：52=25-4x（1x3x4j=l,

S25”

從而三2=下=25.

J11

故答案為25.

12.

答案：2

解析：

〉“6—4)=〃2)=|2—3|+a=3,故。=2,

故答案為2.

13.

答案：(1).5；(2).10.

解析：

(x―1)3=丁—3x2+3x—1f

(x+1)4=x4+4x3+6x2+4x+l,

所以q=l+4=5,g=—3+6=3,

。3=3+4=7,%=-14-1=0,

所以。2+。3+%=1°.

故答案為：5,1().

14.

答案：(1).2V13(2).

13

解析：

由題意作出圖形，如圖，

BM

在AABM中，由余弦定理得AM2^AB2+BM2-2BM?84?cosB，

即12=4+BM2—2BMX2XL,解得5M=4（負(fù)值舍去），

2

所以BC=2BM=2CM=8，

在AAHC中，由余弦定理得

AC2=AB2+BC2-2ABBC-cosB=4+64-2x2x8xi=52,

2

所以AC=2g；

在AAMC中，由余弦定理得

AC2+AM2-MC252+12—162A/39

cosZMAC=

2AM?4c2x2x^x271313

故答案為：2屈;

13

15.

Q

答案：（1）.1（2）.-

解析：

「2￡i

^=2）=-^=-^=-=>^!+?+4=36,所以加+“+4=9,

C5+〃+4C〃i+"+4°

P（一紅—黃）=？=粵=?=；=?/〃=3,所以〃=2,則加一〃=1.

Cg+n+43693

1c1C14x55一竺

由于PC=2）=z，P?=l）=+^=36-§，"-36-18

oCo

、2+級』?！?口.

E4)=

6918399

8

故答案為:9-

16.

更

I

K2V55

答案：/(2).5

解析:

如圖所示：不妨假設(shè)c=2,設(shè)切點(diǎn)為3,

sin^PF.F2=sinABF.A=,tan/P"居=/:；=

1211KAi3-732—225

所以上=垣，由k=耳聞=2c=4,所以忸q=述，

5|耳6|1215

|P￡|=|PF,|x-------X------=1^,

1"121sinNPF；65

所以e=￡=j=好.

于是2a=|P￡|+|P閭=46，即a=26

a2j55

故答案為：36:正.

55

17.

答2案：?2

解析：

由題意，設(shè)萬=(1,0),石=(0,2),5=(加,〃)，

則(a-B)-c=，〃-2〃=0,即相=2〃，

又向量2在方向上的投影分別為x,y,所以2=(x,y),

,一__(d-a)-cm(x-\\+ny2x-2+y

所以d―a在c方向上的投影z==/,;-=7=>

\C\Vm2+n2±，5

即2x+y干石z=2,

所以x2+y2+z2=*22+l2+(±^y(x2+/+z2)>^(2x+>>4：x/5zy=|,

2

X———

5

x_y_z

I時(shí)，等號(hào)成立,

當(dāng)且僅當(dāng)《21干正即<y

2x+y干石z=2

V5

z==FV

2

所以Y+y2+z2的最小值為

2

故答案為：—

三.解答題

18.

答案：(1)萬；(2)1+注.

2

解析:

71

(1)由輔助角公式得/(x)=sinx+cosx=J^sin|x+一

4

則

(3浦=2sin2fx+34=1-cos(2x+網(wǎng)］=l-sin2x

x+夜sinXH------

f<4，I2J

所以該函數(shù)的最小正周期T等5

71、71

(2)由題意，y=f(x)fV2sinXH---?V2sinx=2sinX+-sinx

47

.81

2sinx-sinxd-----cosxV2sin2x+V2sinxcosx

2)

后1-cos2x夜.cA/2sin2x-也c°s2x+也

72-----------4-----sin2x—sin(2x-?J+也

22222

.八7萬1一r/曰、式71137r

由XE0,—nj<2x--G-

224444

所以當(dāng)2x-二=2即％=當(dāng)時(shí)，函數(shù)取最大值1+巫.

4282

19.

答案：(1)證明見解析；(2)叵.

6

解析:

(1)在△￡>?中，0c=1,CM=2,ZDCM=60-由余弦定理可得。M,

所以力用2+。。2=。/2,???由題意QCLPD且尸。c￡>M=O,..DC，

平面P/W,而PMu平面PDM,所以￡>C_LPM,又AB//DC,所以ABJ.PM.

(2)由PMLMD，AB±PM-而A8與O0相交，所以PM_L平面ABC。，因?yàn)?/p>

AM=布,所以=20，取AO中點(diǎn)￡,連接ME,則ME,OM,PM兩兩垂直,

以點(diǎn)M為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(-瓜2,0),P(0,0,2V2),0("0,0),M(0,0,0),C("-1,0)

1<-}——

又N為PC中點(diǎn)，所以N,--,V2,AN=,-|,V2

2)2J

由(1)得C￡>_L平面PDW,所以平面尸DM的一個(gè)法向量為=(0,1,0)

5

|加方|

從而直線AN與平面PDM所成角的正弦值為sin0=

|麗n\12725

V4+4+2

解析:

(1)當(dāng)zi=1時(shí)，4(41+4)=34—9,

92727

4a2=--9=

T16

當(dāng)“22時(shí)，由4S“+i=3S,,-9①,

得4S“=3S,i-9②，①一②得4aM=3勺

--2--7產(chǎn)*U0,..■c7a?產(chǎn)*U0,.??--4-+-1-—_一3

16"an4

<z,3,.93

又，?=了,：.{a,,}是首項(xiàng)為一己，公比為己的等比數(shù)歹ij,

4444

(2)由32+(〃-4)a,=0,得"=

3

所以空=-3x1—2*圖一咤、+0x圖+…+(〃-4).圖

7

2

3、3⑶4+…+(〃-5)(￡]+(〃-4)[￡]

-2xa

4747

23

13〃.圖

兩式相減得一7；=—3x‘+-(-4)

4"4如如眇…目

-（”4）圖

」+

2_4—(72—4)-=—n

44

所以(=-4〃?

33

由(4地得-4n-(-)n+l<2(n-4).(-)"恒成立,

44

即“77-4)+3〃20恒成立，

〃=4時(shí)不等式恒成立；

〃<4時(shí)，44--------=-3--------?得441；

n-4n-4

Q10

〃>4時(shí)，2>-----=-3---------，得九N一3；

n-4n-4

所以一3<4<1.

21.

答案：(1)y2=4x；(2)(7,—7—4G]U[-7+4后,1)U(1,R).

解析：

(1)因?yàn)閨MF|=2,故〃=2,故拋物線的方程為：J=4x.

⑵設(shè)A8:x=0+1,),8(9，%)，N(〃,0),

y1

所以直線/：X=）+〃，由題設(shè)可得〃Hl且f#二.

22

x=ty+\,““

由，,'可得y—4)-4=0,故乂%=-4，/+%=今,

y=4x

因?yàn)閨RN『二|PNHQN|,故

x+l)

X]+12（〃+1）乂

又由'可得

y

2

2(〃+1)必

同理y0=

2x2+2-y2

x=ty+\

2(〃T

由〈y可得力=

x=——+〃2t-\

2

2

2(〃+1)%::2("+l)y

所以

2/-1

2X2+2-丫22^1+2-y

2

n-\

整理得到I=(2f

H+1(2巧+2-%)(2石+2-yj

4(21)2

3+2一叼因+2f

2

4(2/-1)2(21)2

2

(%+x)2->2M-y2kxy%-2(%+y)+43+4/

3+4產(chǎn)

故

⑵-以'

S+1

令s=2/—1,則，=----且sw0,

2

s?+2s+41

_3±±_u+±=4:+鴻，

(21『ss~a

j77+1號(hào)J

/+14/7+120

故，I4即《

〃

nw1

解得〃4一7-4百或-7+464〃<1或〃>L

故直線/在x軸上的截距的范圍為〃〈一7-或一7+464"<1或">1.

22.

答案：(1)匕<0時(shí)，/(x)在R上單調(diào)遞增；。>0時(shí)，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(一8,log“二

IIna

單調(diào)增區(qū)間為3+8；

⑵(I，/］；

⑶證明見解析.

解析：

(l)/(x)=ax-bx+e2,f(x)=ax\na-b,

①若〃WO,MfXx)=ax]na-b>0,所以/⑶在R上單調(diào)遞增;

②若。>0,

當(dāng)x[-8[og“g)時(shí)，/'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)X€(log?￡，+8)時(shí)，尸(x)>°，/(x)單調(diào)遞增.

綜上可得，匕W0時(shí)，“X)在R上單調(diào)遞增；

人>0時(shí)，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為f-8,log,3],單調(diào)增區(qū)間為(log03,+81