2021年高考数学真题试卷浙江卷学生版

2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。（共10题；共40分）1.设集合A={x|x≥1}A.

{x|x>−1}

B.

2.已知a∈R，(1+ai)i=3+i，(iA.

-1

B.

1

C.

-3

D.

33.已知非零向量a,b,c，则“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4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（

）A.

32

B.

3

C.

325.若实数x，y满足约束条件{x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0A.

-2

B.

−32C.

−12D.

6.如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，A.

直线A1D与直线D1B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A1D7.已知函数f(x)=xA.

y=f(x)+g(x)−14B.

y=f(x)−g(x)−14C.

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

8.已知α,β,γ是互不相同的锐角，则在sinαcosβ,A.

0

B.

1

C.

2

D.

39.已知a,b∈R,ab>0，函数f(x)=axA.

直线和圆

B.

直线和椭圆

C.

直线和双曲线

D.

直线和抛物线10.已知数列{an}满足a1=1,an+1A.

12<S100<3B.

3<S100二、填空题（共7题；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是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a∈R，函数f(x)={x2−4,x>213.已知平面向量a,b,c,(c≠0)满足|a|=1,|b|=2,a⋅b14.已知多项式(x−1)3+(x+1)4=15.在△ABC中，∠B=60°,AB=2，M是BC的中点，AM=23，则AC=________，cos∠MAC=16.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ξ，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m−n=________，17.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)，焦点F1(−c,0)，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。（共5题；共74分）18.设函数f(x)（1）求函数y=[（2）求函数y=f(x)f(x−π19.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°,AB=1,BC=4,PA=15，M，N分别为BC,PC的中点，PD⊥DC,PM⊥MD（1）证明：AB⊥PM；（2）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，（1）求数列{a（2）设数列{bn}满足3bn+(n−4)an=0，记{bn21.如图，已知F是抛物线y2=2px(p>0)的焦点，M（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MA,MB,AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且|RN|2=|22.设a，b为实数，且a>1，函数f(注：e=2.71828⋅⋅⋅是自然对数的底数)（1）求函数f(x)（2）若对任意b>2e2，函数f(x)（3）当a=e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x答案解析部分一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.【答案】D【考点】交集及其运算【解析】【解答】由交集的定义结合题意可得：A∩B={故答案为：D.【分析】利用数轴，求不等式表示的集合的交集。2.【答案】C【考点】复数代数形式的乘除运算，复数代数形式的混合运算【解析】【解答】(1+ai利用复数相等的充分必要条件可得：−a=3,∴a=−3.故答案为：C.【分析】根据复数相等的条件，即可求得a的值。3.【答案】B【考点】充分条件，必要条件，充要条件，平面向量数量积的运算【解析】【解答】若a⋅c=b⋅c，则(a故“a⋅c=故答案为：B.【分析】先将条件等式变形，可能得到条件不充分，后者显然成立。4.【答案】A【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】几何体为如图所示的四棱柱ABCD−A1B该等腰梯形的上底为2，下底为22，腰长为1，故梯形的高为1−故VABCD−故答案为：A.【分析】先由三视图，还原立体图形，然后根据数量关系计算体积。5.【答案】B【考点】简单线性规划【解析】【解答】画出满足约束条件{x+1≥0如下图所示：目标函数z=x−12y由{x=−12x+3y−1=0，解得{x=−1当直线y=2x−2z过A点时，z=x−12y故答案为：B.【分析】先画出可行域，然后由目标函数，作出直线y=2x−2z，当直线过A点时，得到最优解，从而计算出结果。6.【答案】A【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定【解析】【解答】连AD1，在正方体M是A1D的中点，所以M为又N是D1B的中点，所以MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，所以MN//平面ABCD因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD在正方体ABCD−A1BAB⊥平面AA1DAD1∩AB=A，所以AD1B⊂平面ABD且直线A1所以选项B错误，选项A正确.故答案为：A.【分析】对于A：连AD1,根据三角形的中位线定理，得到MN//AB，，所以A正确；对于B：若（１）知直线MN//AB，若

MN⊥平面BDD1B1,则MN⊥BD，从而AAB⊥BD，这显然不正确，所以B不正确；对于C：显然，直线A1D与直线D17.【答案】D【考点】函数的图象与图象变化【解析】【解答】对于A，y=f(x)对于B，y=f(x)对于C，y=f(x)g(x)当x=π4时，故答案为：D.【分析】由A,B解析式都是非奇非偶函数，可以判断A,B错；对于C，先对y=f(x)g(x)=(x28.【答案】C【考点】正弦函数的定义域和值域，余弦函数的定义域和值域【解析】【解答】法1：由基本不等式有sinα同理sinβcosγ≤故sinα故sinαcosβ,取α=π6，β=π则sinα故三式中大于12故答案为：C.法2：不妨设α<β<γ，则cosα>由排列不等式可得：sinα而sinα故sinαcosβ,取α=π6，β=π则sinα故三式中大于12故答案为：C.【分析】先由基本不等式ab≤(a+b2）9.【答案】C【考点】等比数列，平面向量的综合题【解析】【解答】由题意得f(s−t)f(s+t)=[f(s)]2，即对其进行整理变形：(a(a(2a−2a所以−2as2+a其中s2ba故答案为：C.【分析】由三个数成等差数列，列出等式，推导结果。10.【答案】A【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列，等比数列的通项公式【解析】【解答】因为a1=1,an+1=由a∴1a根据累加法可得，1an≤1+n−1∴an+1a所以S100≤6(故答案为：A．【分析】由递推公式，冼先得到S100>12，进一步推导出二、填空题11.【答案】25【考点】三角形中的几何计算【解析】【解答】由题意可得，大正方形的边长为：a=3则其面积为：S1小正方形的面积：S2从而S2故答案为：25.【分析】由勾股定理及三角形面积公式求解。12.【答案】2【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法【解析】【解答】f[f(故答案为：2.【分析】分段函数求函数值。13.【答案】2【考点】向量的模，平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】由题意，设a=(1,0),则(a−b又向量d在a,b方向上的投影分别为x，y，所以所以d−a在c方向上的投影即2x+y−5所以x2当且仅当{x2=所以x2+y故答案为：25【分析】根据已知条件，先取特殊值a→=(1,0),b→=(0，14.【答案】5；10【考点】二项式定理【解析】【解答】(x−1)3(x+1)4所以a1a3所以a2故答案为：5，10.【分析】因为指数不高，直接展开。15.【答案】213；【考点】解三角形，余弦定理的应用【解析】【解答】由题意作出图形，如图，在△ABM中，由余弦定理得AM即12=4+BM2所以BC=2在△ABC中，由余弦定理得AC所以AC=2在△AMC中，由余弦定理得cos∠MAC=故答案为：213；2【分析】三次使用余弦定理求BM，AC,

cos∠MAC16.【答案】1；8【考点】等可能事件的概率，离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】P(ξ=2)=C42

P（一红一黄）=C41⋅C由于P(ξ=2)=∴E(ξ)=1故答案为：1；89【分析】先由取出的两个球都是红球的概率为1617.【答案】255【考点】圆的标准方程，椭圆的简单性质，直线与圆锥曲线的关系【解析】【解答】如图所示：不妨假设c=2，设切点为B，sin∠PF所以k=255,由k=|PF2||故答案为：255；【分析】（1）取特殊值c=2,根据圆的切线的性质，计算相关线段长度，在直角三角形ABF1中，可以求得tan∠PF1三、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.【答案】（1）解：由辅助角公式得f(x)=sin则y=[所以该函数的最小正周期T=（2）解：由题意，y=f=2=2由x∈[0,π所以当2x−π4=π【考点】正弦函数的定义域和值域，由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，正弦函数的周期性【解析】【分析】（1）先将原函数化为：f(x)=sinx+cosx=2sin(19.【答案】（1）证明：在△DCM中，DC=1，CM=2，∠DCM=60∘，由余弦定理可得所以DM2+DC2=CM2，∴DM⊥DC．由题意DC⊥PD且PD∩DM=D，∴DC⊥平面PDM，而PM⊂（2）解：由PM⊥MD，AB⊥PM，而AB与DM相交，所以PM⊥平面ABCD，因为AM=7，所以PM=22，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，以点则A(−3,2,0),P(0,0,2又N为PC中点，所以N(由（1）得CD⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sin【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角【解析】【分析】（1）通过已知的边，用余弦定理求得DM的长度，再根据勾股定理的逆定理，判断出DM⊥DC，由DC⊥PD，得DC⊥平面PDM，结合AB||DC，则有AB⊥PM；（2）建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，用空间向量的知识求直线与平面成的角。20.【答案】（1）解：当n=1时，4(a4a当n≥2时，由4S得4Sn=3Sa2又a2a1=3∴（2）解：由3bn+(n−4)所以Tn34两式相减得1=−=−9所以Tn由Tn≤λb即λ(n−4)+3n≥0恒成立，n=4时不等式恒成立；n<4时，λ≤−3nn−4=−3−n>4时，λ≥−3nn−4=−3−所以−3≤λ≤1【考点】等差数列的通项公式，等比数列的通项公式，数列的求和，等差数列与等比数列的综合【解析】【分析】（1）首先根据递推公式，证明{an}是等比数列，进一步求得an，（2）先由an与bn的关系，求出bn，然后通过逐项求和，写出Tn,再由错项相减的方法，求得Tn；在由Tn≤λb21.【答案】（1）解：因为|MF|=2，故p=2，故抛物线的方程为：y2=4x（2）解：设AB:x=ty+1所以直线l:x=y2+n，由题设可得n≠1由{x=ty+1y2=4x可得因为|RN|2=|又MA:y=y1x1+1同理yQ由{x=ty+1x=y所以[2整理得到(n−1==故(n+1令s=2t−1，则t=s+12且故3+4t故{(n+1n−1解得n≤−7−43或−7+43≤n<1故直线l在x轴上的截距的范围