2021 年浙江高考数学试卷全解全析

33绝密★启用前年普通高等学校招生全统一考（浙江卷）数

学本题分选题非选题部分全共4页，择题分1至2页；选择部分3至。分1分。考用20分。考生意1．题，请必自己姓名、准证号用黑字迹的签笔或钢笔别填在和题规定位上。2．答题，请按照题纸“注意事的要求在答题纸应的置规范答在本题上的答律无。参考公式：若件B则(A)P()()若件B相互立()())若件A在一次验发生概是则次立复试中件A恰发次的概

柱的积公其S表柱的底积表柱的1锥的积公3率P()Cp(1)

(k0,1,n

其S表示体的面，h表示锥1台的积公()h

的球表积公其S,S分别表台体的上下底面积h

表台的高

球体公式43

其表球的径选择部（共40）一选题：大共10小，每题分，共40分。每小给出四选项，只一项符合目求的1．知集UA=U．

B

C．

D

0,1,3本题解析：杭州郑莉老师提供

2答案A2解析：

AUU2．渐进方程为的曲的离心率A．

22

BCD本题解析：杭州郑莉老师提供答案：解析：因双曲线的近线为e的心。

0

，以

a

，

a

，曲a3．若实xy满约条件x，则zxy的大是xA．B．C．10D．12本题解析：杭州郑莉老师提供答案：解析：在平面直角标系内画题中的不式组表示平面区域

为顶的角形域包含界得当标x2y

经平区域的

时

y

取最值

max

3

。．恒我国南北时代的伟科学家，提，积不为祖原理利该理可得柱体体公式柱体

，中

是体底面，是体高。某体三视如所示则柱体体是A．B．162．182D324

4242本题解析：杭州郑莉老师提供答案：B解析：由视得该柱高为，底面以作是由两直角梯形合而成的其中一个上为，底，高为3另个的底，下为，为，该柱的体积

22

3162

。5．若，则是“ab的A．分必要条件C．充必要件本题解析：杭州郑莉老师提供答案：

B．必不充分条．不分也必条件解析：当

a，2ab

，当

a4

时有

2aba4

，得ab4

，分成立当

ab4时满足4，此a54

，要不成立综所述“

a4”时ab”的分不必要件。6．在同直角坐标中，数y

1

1，y，（且）的像可是a

12222221222222本题解析：杭州郑莉老师提供答案：解析当时函数y过定0,1且单调减则函过定a1调增函数过定点且调减D选项符；a时，数

a

1a过定点递增，则函数y过定点调递减，数a过定点,0且单调增各选均符合综，选D

a

2

7．设0，机量X的分列是

013

a13

113则

在A．C．D小

BDD大本题解析1：杭州郑莉老师提供，解析2：丽水王鑫老师提供答案：解析1：由布列

E

1

，3DX

13

033

29

a

12

1，则a6

内大，

先小增大2(2223解析：则)()X)[()]99924故D.8．设三锥V的底面正角形侧长均等P是棱VA上点不端点。

记线PB与线AC所角为线与平面ABC所角为面的平角

，A．

B．

C．

D

本题解析：丽水代云龙提供，本题解析2：丽水王鑫提供，答案：B解1：如AC中在ABC投O，在底面在AO上D作垂直A，易PE⁄⁄，作PF⁄AC交VG于F，D作DH⁄⁄AC，B于H，则BPF，PBD,

PED，则cos

DHBD

，即

PBPBPD答BBD解析2：最角理由大定理，选B.

V

的面

法2：特殊位）ABC

为四体，P

为A点易

3

33

，sin

2

，

2

，选B.6

633．知函数

112

ax

xx

，数3个点则A．B．D．a本题解析，：杭州顾予恒提供答案：解法1：，ax即x

b，多个零（决x与0的大小）所关研究时即程xax的解的个数

x

3xxx23

于利奇穿回右边三函数

x

的象

我可发现类论的据

的小关系。（）若

即a0处偶零点弹

点过，

显在x时g，故y最只有个交，符合意。（）若

1即处为3次点穿，也不符。（）若

1即时x处偶零点反，x

穿，b0

时y可有个交点，且此时求x1,0，C。

解法：f0，即f，为曲线动直线的点问题。fxxa,x，f

x

x

x

x

x

2注到f'

恰为直b的率（）若时显然b时f与y必有一个交点，但是与fxxa也多个交了2不合当b时f与无交点

f

x2

x

ax,y至多两个交点，不符。这里也可以从方根的角度来思考，xa1

ax是三次程有三个根话，必有个是负根））若0时如右图虚为图x处的切此恰两个点b，直线移显然存个点。（经有选项足件了（）若a时，意到选项a的条件当a时f0此时拐点为点处的切线恰好为y，线好在线下方故取

1121122当时，f''xa，拐点f

在四限，如下图虚为象在x处的切线，x时f化故f两交点若，直线移显然存个交点了。当af2x1，点,

在二限，右图，无如变，yax与2

至多一个交点不符合题。综上

b

，C点评本方作为择还可使，但严说明是有很大度，对函的凹凸性要常悉。种法隐有年考后压题影子本题解析：丽水代云龙提供答案：解析：原题转为+b，三交。当x时，f

(x

1)x)(，f(0)0,f

(0)，则（1）如图yB

y+不能三个点实际有个）排A，（2）分三情况，如yb有个交，b答选

1，动为x=则=1，动为x=则=下证：时x

时F

1ax=(ax3

，F

x

ax

，则F保至少两零点(a6

，另零点<0设bR，数列

，

，nN*

，1A．b时10

1B当b时102

4

C．当，aD．当b，a10本题解析：丽水代云龙提供答案：解析：项B：不点满足x

1)42

时，如，

1，a，（0，22排11如，为动点则a2选C不点满

19x)24

，动为x=2令则10，排选D：不动满

117x)，令a=2422

17，2217，排除221选证明当b时，a

1，a

1，

117，2242处一可依迭到a；处二当4时a

1a

，log

2logloga

，

2

，解析：，代得Tr3,9T，解析：，代得Tr3,9TT,TTa

17

（n）则

17

1

64641

（）a）（1+）++......1616故A非选题分（110）二填题：大共7小题，空题题6，空题题4分，36分。．复

11

（i为数单）则

．本题解析：浙江上虞戴刚锋提供2答案：

2解析：

11

122．知C的圆坐标半径是r．若线x与圆切与r．题解析：浙江上虞戴刚锋提供答案：

mr此

1可AC:y(xm2r．在项．

的开中常数是

，数有理的的个是本题解析：浙江上虞戴刚锋提供答案：2

，5解析：

的项T2

Crr

(

r

(r2可常项为

(2)

16

,

2因数有理，，

共个．△ABC中，，BC，D在线AC上若，则BD，．本题解析：江西九江陶智提供

解析：54231595可得,（）32解析：54231595可得,（）32)答案：

BDABD

175如所，设CD

则

AD5再设2

在中，弦定有

3

xsin

2sin

x344在中正定理有：3x(5)解得舍去，

52cos49918在中正定理有：

0.8

:

x)52417ABD2ABD

4

55xy．知圆1的焦点为F点P椭圆且95在原O为圆，OF为半径的圆，则直线的率本题解析：浙江上虞戴刚锋提供答案：解析：由意知OFOM由位定理得OM，(,)

轴上，若段的中．xy可(x2)y，立程321点在圆且在2

轴上求(,152

15k，以2

15解析：焦半径式应用解：由题可OFOM，

2)解析：44因t2由位定理得OM即2)解析：44因t2

3

23求(,152

15k，以2

15．知R函f

若存在t，使

f

23

，实

的最值．本题解析：浙江上虞戴刚锋提供a

4答案：

322fttatttt8)3348有解

有tt8)3(6ttt可],(0,]tt8)33(6tt8)3

有4所只要0，a

43本题解析：浙江丽水代云龙老师提供a

4答案：

3解析：使得ft2)))a(3tt

，得令mt

1t[1,则原等式转化存在，am，由折线函，如图3144只a,即,即a的大值33．已正形的边为，当个

i

的小，最大值．本题解析：浙江上虞戴刚锋提供a

4答案：

3解析，：（基向处理

1242162612421626

)AD

要

DA

的小只需要

，时需要

此

由

AB

或

AD取中一

AB讨论（它种类同）此

要

DA

的大只需要使

,

最取

，时

DA

2

5综几情况得

5三解题：大共5小题，74分。答应出字说、明过或算步。．函R．（1）知

，数f

x（2）函数

的域本题解析：浙江高考数学墙老板提供解析：Ⅰ）f(，结函图像难得：或2

3

时函f(函.2（）12

sin2

2

1coscos2x2221x

11312xxcos2x22

6

2

2

2

2

1,31,xcosx4

32

x

)

32

．图已知棱ABCC，平面AAC平ABC，90

，BAC30

，C，E,F别AC，A的点（1）明：；（2）直线与平面所角的弦值．本题解析，：绍兴鲁迅中学金晓江提供（）yyi连接

A1

，

AAC1

，以

A1

，

ABBC

，以

AFBC1

，于BC面AEF，以；1解析1：(传统法）2

BC

M

FM

EM

M1

因为点所以EM//则EMBC，以证AEMF矩，面1面ABC，

AENF1面

AENF1

面

ABC1

，以

ABC1

ENM

AC

16164133n16164133nEN

154

154

EM

32

.

A

，3设长2，则有E(0,1,0)，(0,0,0)，B,,0)，，22A3)1

，

B(1

53,,3)，C(0,3,，为E,F分别中点，所22F(

3

7

3

3以

,,，EF4

，又

BC,,0)

，是

0，以EFBC；2（）设面

ABC1

的向为

n,,)

，则

，,,0)21

，

AC3)1

，以

n，BCsin1EFA

3

.

235131616

1

5．等数列

项为S，a，a．列每n

*

，

S

成等数．（）数（2）

ab

，

*

，明．

131dnnn本题解析：浙江高考数学墙老板提供131dnnn解析：Ⅰ）题意

ad，解，ad43从an，Sn

n

2(2

n1)n.又n

n

n

n

n

从

n

2

bnnn

n

n

2bnnn

n2(nn2)(n1)(nn(n

(1).（）一：cn

an222b(2n

2(n1)，从0n1n法：妨设列项为，nn①n，T，然立；11②设时不式成立，Tk，当n时，T

k(2)欲2

k(kk

k，只证

kkk

k，即

kk

kk，即证k()这显成立.

kkkkk，综①可知对意nN

，有c成立12．过抛物线y

px

p

交,点在物线ABC

222213k3224AC33122y212331121222213k3224AC33122y212331121211122

轴，线交

轴点Q（点Q点F点侧）（1）抛物线的程及准线程；（2）AFPCQP的面分别为,S．的小及此点点标本题解析1，2：绍兴鲁迅中学金晓江提供（）

4x

，线程

（2解析1设线（网络整理）设AB的线程为

得

x1所以

,x1221242

，

进

一

步122

12所以

4y,11ky11

4不设于是y

1

42

3

3

12

3

1

3

1

13

10解y，y3k33所令y

13k，x

l:13yyAC，1，13yyy11FGy

3

3141

4

131

2

1

3k

218yy2432kk33

22

84

2y2k84yk2y1

234

24232Btt2，t2tt2t224224232Btt2，t2tt2t2242232y2当仅

1

2

123314

，得

1

2421y1

2

，以

1即x122

13

2

2解法：设点解：为y2

4x

，

2

,2t

性质：xx1B所

2t,ttt

，时G:

2t

2

223

,

2t

2

25t利

2t2,Q,点线得tQ22t22t2

3解Q

GQ

2

t23

t312

GFGQC

22tt22t2t2x

2t5t2x令

f

2

2

142

1232222当仅

，得

3，2代得

2t

2

22t3

2

，以

G:本题解析：丽水中学王鑫提供（2）设

(1,y),B2),(3y)

，由重坐标公

，所以4

1

4

2

4

3

312

12422231242223(

()(y)21,)，(124

12

,

.根对性，设

01

，直

AC

方：

1

4

2()即4

4，yy131令

，

yy14

21

12

。设

AB

直方：

（

，

0

则

03

不合意）由

24

2

4my

，则

myy

2m

11下重改写关坐标8m

2y

2G

3

,0),Q(4

0),3

，由知

Q