2021年浙江省高考数学真题试卷（Word解析版）

1、2021年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）.1设集合Ax|x1，Bx|1x2，则AB（）Ax|x1Bx|x1Cx|1x1Dx|1x22已知aR，（1+ai）i3+i（i为虚数单位），则a（）A1B1C3D33已知非零向量，则“”是“”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既不充分也不必要条件4某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）AB3CD35若实数x，y满足约束条件，则zxy的最小值是（）A2BCD6如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A直线A1D与直线D1B

2、垂直，直线MN平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C直线A1D与直线D1B相交，直线MN平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B17已知函数f（x）x2+，g（x）sinx，则图象为如图的函数可能是（）Ayf（x）+g（x）Byf（x）g（x）Cyf（x）g（x）Dy8已知，r是互不相同的锐角，则在sincos，sincos，sincos三个值中，大于的个数的最大值是（）A0B1C2D39已知a，bR，ab0，函数f（x）ax2+b（xR）若f（st），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B直线和椭圆

3、C直线和双曲线D直线和抛物线10已知数列an满足a11，an+1（nN*）记数列an的前n项和为Sn，则（）AS1003B3S1004C4S100DS1005二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。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为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则 12已知aR，函数f（x）若f（f（）3，则a 13已知多项式（x1）3+（x+1）4x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1 ；a2+a3+a4 14在

4、ABC中，B60，AB2，M是BC的中点，AM2，则AC ；cosMAC 15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，一红一黄的概率为，则mn ，E（） 16已知椭圆+1（ab0），焦点F1（c，0），F2（c，0）（c0）若过F1的直线和圆（xc）2+y2c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 17已知平面向量，（）满足|1，|2，0，（）0记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是 三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明

5、、证明过程或演算步骤。18设函数f（x）sinx+cosx（xR）（）求函数yf（x+）2的最小正周期；（）求函数yf（x）f（x）在0，上的最大值19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD（）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值20已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn+13Sn9（nN*）（）求数列an的通项公式；（）设数列bn满足3bn+（n4）an0（nN*），记bn的前n项和为Tn若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围21如图，已知F是抛物线y22px

6、（p0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|2（）求抛物线的方程：（）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2|PN|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围22设a，b为实数，且a1，函数f（x）axbx+e2（xR）（）求函数f（x）的单调区间；（）若对任意b2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（）当ae时，证明：对任意be4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2x1+（注：e2.71828是自然对数的底数）参考答案一、选择题（共10小题）.1设集合Ax|x1，Bx|

7、1x2，则AB（）Ax|x1Bx|x1Cx|1x1Dx|1x2解：因为集合Ax|x1，Bx|1x2，所以ABx|1x2故选：D2已知aR，（1+ai）i3+i（i为虚数单位），则a（）A1B1C3D3解：因为（1+ai）i3+i，即a+i3+i，由复数相等的定义可得，a3，即a3故选：C3已知非零向量，则“”是“”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既不充分也不必要条件解：当且，则0，但与不一定相等，故不能推出，则“”是“”的不充分条件；由，可得，则，即，所以可以推出，故“”是“”的必要条件综上所述，“”是“”的必要不充分条件故选：B4某几何体的三视图如图所示（单位：cm），

8、则该几何体的体积（单位：cm3）是（）AB3CD3解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，其中ABCD，由三视图可知，延长AD与BC后相交于一点，且ADBC，且AB，CD，AA11，等腰梯形的高为，则该几何体的体积V故选：A5若实数x，y满足约束条件，则zxy的最小值是（）A2BCD解：由约束条件作出可行域如图，立，解得A（1，1），化目标函数zx为y2x2z，由图可知，当直线y2x2z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为1故选：B6如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A直线A1D与直线D1B垂直，直

9、线MN平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C直线A1D与直线D1B相交，直线MN平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B1解：连接AD1，如图：由正方体可知A1DAD1，A1DAB，A1D平面ABD1，A1DD1B，由题意知MN为D1AB的中位线，MNAB，又AB平面ABCD，MN平面ABCD，MN平面ABCDA对；由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B平面BDD1，DD1B，直线A1D与直线D1B是异面直线，B、C错；MNAB，AB不与平面BDD1B1垂直，MN不与平面BDD1B1垂直，D错故选：A7已知函数f（x）x2+，g

10、（x）sinx，则图象为如图的函数可能是（）Ayf（x）+g（x）Byf（x）g（x）Cyf（x）g（x）Dy解：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，因为f（x）x2+为偶函数，g（x）sinx为奇函数，函数yf（x）+g（x）x2+sinx为非奇非偶函数，故选项A错误；函数yf（x）g（x）x2sinx为非奇非偶函数，故选项B错误；函数yf（x）g（x）（x2+）sinx，则y2xsinx+（x2+）cosx0对x恒成立，则函数yf（x）g（x）在上单调递增，故选项C错误故选：D8已知，r是互不相同的锐角，则在sincos，sincos，sincos三个值中，大于的个数的最大值是

11、（）A0B1C2D3解：由基本不等式可得：，三式相加，可得：，很明显sincos，sincos，sincos 不可能均大于取30，60，45，则，则三式中大于 的个数的最大值为2，故选：C9已知a，bR，ab0，函数f（x）ax2+b（xR）若f（st），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B直线和椭圆C直线和双曲线D直线和抛物线解：函数f（x）ax2+b，因为f（st），f（s），f（s+t）成等比数列，则f2（s）f（st）f（s+t），即（as2+b）2a（st）2+ba（s+t）2+b，即a2s4+2abs2+b2a2（st）2（s+t）2+ab

12、（st）2+ab（s+t）2+b2，整理可得a2t42a2s2t2+2abt20，因为a0，故at42as2t2+2bt20，即t2（at22as2+2b）0，所以t0或at22as2+2b0，当t0时，点（s，t）的轨迹是直线；当at22as2+2b0，即，因为ab0，故点（s，t）的轨迹是双曲线综上所述，平面上点（s，t）的轨迹是直线或双曲线故选：C10已知数列an满足a11，an+1（nN*）记数列an的前n项和为Sn，则（）AS1003B3S1004C4S100DS1005解：由题意可得：，从而，由 可知数列的各项均为正数，则故选：A二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每

13、题4分，共36分。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为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则25解：直角三角形直角边的长分别为3，4，直角三角形斜边的长为5，即大正方形的边长为5，S15225，则小正方形的面积S2S1S阴影254341，25故答案为：2512已知aR，函数f（x）若f（f（）3，则a2解：因为函数f（x），所以，则f（f（）f（2）|23|+a3，解得a2故答案为：213已知多项式（x1）3+（x+1）4x4+a1x3+a2x2+a3x+a4

14、，则a15；a2+a3+a410解：a1即为展开式中x3的系数，所以a1；令x1，则有1+a1+a2+a3+a4（11）3+（1+1）416，所以a2+a3+a4165110故答案为：5；1014在ABC中，B60，AB2，M是BC的中点，AM2，则AC2；cosMAC解：在ABM中：AM2BA2+BM22BABMcos60，（2）222+BM222BM，BM22BM80，解得：BM4或2（舍去）点M是BC中点，MC4，BC8，在ABC中：AC222+82228cos6052，AC2；在AMC中：cosMAC故答案为：2；15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

15、，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则mn1，E（）解：由题意，P（2），又一红一黄的概率为，所以，解得m3，n2，故mn1；由题意，的可能取值为0，1，2，所以P（0），P（1），P（2），所以E（）0+1+2故答案为：1；16已知椭圆+1（ab0），焦点F1（c，0），F2（c，0）（c0）若过F1的直线和圆（xc）2+y2c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2x轴，则该直线的斜率是，椭圆的离心率是解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；由直线过F1，设直线的方程为yk（x+c），直线和圆（xc）2+y2c2相切，圆心（）到直线的距离与半径相等，解得k，将x

16、c代入，可得P点坐标为，故答案为：17已知平面向量，（）满足|1，|2，0，（）0记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是解：令，因为，故（1，2）（m，n）0，m2n0，令，平面向量在，方向上的投影分别为x，y，设，则：，从而：，故，则x2+y2+z2表示空间中坐标原点到平面 上的点的距离的平方，由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18设函数f（x）sinx+cosx（xR）（）求函数yf（x+）2的最小正周期；

17、（）求函数yf（x）f（x）在0，上的最大值解：函数f（x）sinx+cosx，（）函数yf（x+）222cos2（x+）1+cos2（x+）1+cos（2x+）1sin2x，则最小正周期为T；（）函数yf（x）f（x）（sinx+cosx）sinxsin（2x）+，因为x，所以2x，所以当2x，即x时，f（x）max1+19如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，ABC120，AB1，BC4，PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD（）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值【解答】（）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CDAB1，CMBC

18、2，DCM60，由余弦定理可得，DM2CD2+CM22CDCMcos60，则CD2+DM21+34CM2，即CDDM，又PDDC，PDDMD，CD平面PDM，而PM平面PDM，CDPM，CDAB，ABPM；（）解：由（）知，CD平面PDM，又CD平面ABCD，平面ABCD平面PDM，且平面ABCD平面PDMDM，PMMD，且PM平面PDM，PM平面ABCD，连接AM，则PMMA，在ABM中，AB1，BM2，ABM120，可得，又PA，在RtPMA中，求得PM，取AD中点E，连接ME，则MECD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐

19、标系，则A（，2，0），P（0，0，），C（），又N为PC的中点，N（），平面PDM的一个法向量为，设直线AN与平面PDM所成角为，则sin|cos|故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为20已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn+13Sn9（nN*）（）求数列an的通项公式；（）设数列bn满足3bn+（n4）an0（nN*），记bn的前n项和为Tn若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围解：（）由4Sn+13Sn9 可得4Sn3Sn19（n2），两式作差，可得：4an+13an，很明显，所以数列an 是以 为首项，为公比的等比数列，其通项公式为：（）由3bn+（n4）an0，得，

20、两式作差可得：，则据此可得 恒成立，即（n4）+3n0 恒成立n4时不等式成立；n4时，由于n1时，故1；n4时，而，故：3；综上可得，|3121如图，已知F是抛物线y22px（p0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|2（）求抛物线的方程：（）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2|PN|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围解：（）依题意，p2，故抛物线的方程为y24x；（）由题意得，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB：yk（x1），将直线AB方程代入抛物线方程可得，k2x2（2k2+4）x+k20，则由韦达定理有，则yAyB4，设直线AM：yk1（x+1），其中，设直线BM：yk2（x+1），其中，则，设直线l：y2（xt），联立，可得，则，联立，可得，则，同理可得，又|RN|2|PN|QN|，即，（t1），4（t2+2t+1）3（t22t+1），即t2+14t+10，解得或（t1），直线l在x轴上截距的取值范围为22设a，b为实数，且a1，函数f（x）axbx+e2（xR）（）求函数f（x）的单调区间；（）若对任意b2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（）当ae时，证明：对任意be4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2x