2021年浙江省高考数学试卷及答案

2024年3月23日发(作者：数学试卷长约40)

20212021

年浙江省高考数学试卷及答案

一、选择题（本题共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.设集合

A{x|x1}

，

B{x|1x2}

，则

AB

（

A.

{x|x1}

B.

{x|x1}

）

D.

{x|1x2}

C.

{x|1x1}

）2.已知

aR

，

(1ai)i3i

（

i

为虚数单位），则

a

（

A.

1

B.

1

C.

3

D.

3



3.已知非零向量

a

，

b

，

c

，则“

acbc

”是“

ab

”的（

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

）

D.既不充分也不必要条件

）

C.充分必要条件

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：

cm

3

）是（

A.

3

2

B.

3

C.

32

2

D.

32



x



1



0

1



5.若实数

x

，

y

满足约束条件



x



y



0

，则

zxy

的最小值是（

2



2

x



3

y



1



0



A.

2

B.



）

3

2

C.



1

2

D.

1

10

）

6.如图，已知正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

，

M

，

N

分别是

A

1

D

，

D

1

B

的中点，则（

A.直线

A

1

D

与直线

D

1

B

垂直，直线

MN//

平面

ABCD

B.直线

A

1

D

与直线

D

1

B

平行，直线

MN

平面

BDD

1

B

1

C.直线

A

1

D

与直线

D

1

B

相交，直线

MN//

平面

ABCD

D.直线

A

1

D

与直线

D

1

B

异面，直线

MN

7.已知函数

f

(

x

)

x

2



平面

BDD

1

B

1

）

1

，

g(x)sinx

，则图象为如图的函数可能是（

4

A.

yf

(

x

)

g

(

x

)



1

4

B.

yf

(

x

)

g

(

x

)



1

4

C.

yf(x)g(x)

D.

y



g

(

x

)

f

(

x

)

8.已知



，



，



是互不相同的锐角，则在

sin



cos



，

sin



cos



，

sin



cos



三个值中，大于

个数的最大值是（

A.

0

B.

1

）

C.

2

2

1

的

2

D.

3

9.已知

a,bR

，

ab0

，函数

f(x)axb(xR)

，若

f(st)

，

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

）

10.已知数列

{

a

n

}

满足

a

1

1

，

a

n



1



a

n

1



a

n

(

n



N



)

，记数列

{

a

n

}

的前

n

项和为

S

n

，则（

A.

1

S

100



3

2

B.

3S

100

4

C.

4

S

100



9

2

D.

9

S

100



5

2

二、填空题（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

S

1

，

小正方形的面积为

S

2

，则

S

1



S

2

.



x

2



4,

x



2

12.已知

aR

，函数

f

(

x

)





，若

f(f(6))3

，则

a



|

x



3|



a

,

x



2

13.已知多项式

(x



1)

3



(x



1)

4



x

4



a

1

x

3



a

2

x





a

3

x



a

4

，则

a

1



.

；

a

2

a

3

a

4



；

.

14.在

ABC

中，

B60

，

AB2

，

M

是

BC

的中点，

AM23

，则

AC

cosMAC

.

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

11

，一红一黄的概率为，则

mn

63

，

E(



)

.

x

2

y

2

16.已知椭圆

2



2



1(

a



b



0)

，焦点

F

1

(c,0)

，

F

2

(c,0)

（

c0

）.若过

F

1

的直线和圆

ab

1

(

xc

)

2

y

2

c

2

相切，与椭圆的第一象限交于点

P

，且

PF

2

x

轴，则该直线的斜率是

2

圆的离心率是_________.

；椭











17.已知平面向量

a

，

b

，

c(c0)

满足

a1

，

b2

，

ab0

，

(ab)c0

，记平面向量

d

在

a

，

b



222

方向上的投影分别为

x

，

y

，

da

在

c

方向上的投影为

z

，则

xyz

的最小值是.

三、解答题（本题共5小题，满分74分）

18.（14分）

记函数

f(x)sinxcosx(xR)

.

（1）求函数

y



[

f

(

x





2

)]

的最小正周期；

2



)

在

[0,]

上的最大值.

42

（2）求函数

y



f

(

x

)

f

(

x



19.（15分）

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.（15分）

已知数列

{

a

n

}

的前

n

项和为

S

n

，

a

1



（1）求数列

{

a

n

}

的通项公式.

（2）设数列

{

b

n

}

满足

3

b

n



(

n

4)

a

n

成立，求实数



的取值范围.

*

9

，且

4

S

n



1



3

S

n



9(

n



N

)

.

4



0(

nN

*

)

，记

{b

n

}

的前

n

项和为

T

n

，若

T

n





b

n

对任意

nN

*

恒

21.（15分）

如图，已知

F

是抛物线

y

（1）求抛物线的方程.

（2）设过点

F

的直线交抛物线于

2

2px(p0)

的焦点，

M

是抛物线的准线与

x

轴的交点，且

|MF|2

.

A

，

B

两点，若斜率为

2

的直线

l

与直线

MA

，

MB

，

AB

，

x

轴依次

2

交于点

P

，

Q

，

R

，

N

，且满足

|RN||PN||QN|

，求直线

l

在

x

轴上截距的取值范围.

22

．（

15

分）

已知函数

f

(

x

)

a

x

bxe

2

(

a

1,

xR

)

．（12分）

（

1

）讨论

yf(x)

的单调性；

（

2

）若对于任意实数

b2e

2

，

f(x)

均有两个不同零点，求实数

a

的取值范围；

2

b

ln

be

（3）若

ae

，证明：对于任意实数

be

，

f(x)

有两个零点

x

1

，

x

2

（

x

1

x

2

），且

x

2



x

1



．

2

2

eb

4

数学试题参考答案

1-10DCBABADCCA

11、

25

；12、

2

；13、

5

；

10

255

；

55

239

14、

213

；

13

8

15、

1

；

9

16、17、

2

5



f

(

x

)



sin

x



cos

x



2sin(

x



)

，

18、解：（1）

4



3



3



3



y



[

f

(

x



)]

2



[2sin(

x



)]

2



2sin

2

(

x



)



1



cos(2

x



)



1



sin2

x

，

2442

所以

T



2







2







.

2

（2）

y



f

(

x

)

f

(

x

)2sin(

x

)2sin

x

44





22



2sin(

x



)sin

x



2sin

x



(sin

x



cos

x

)



2sin

2

x



2sin

x

cos

x

422



2



1



cos2

x

2222



2

，



sin2

x



sin2

x



cos2

x



sin(2

x



)



2222242

令

2

x







t

，

x

[0,]

，

42



3



,]

，所以

sin

t

[



2

,1]

，故

y

[0,1



2

]

，

44

22

所以

t



[





2

所以函数

y



f

(

x

)

f

(

x

)

在

[0,]

上的最大值为

1



.

42

2

19、解：（1）证明：在

DCM

中，

DC1

，

CM2

，

DCM60

，∴

DCM

为直角三

角形，

MDC90

，即

DMDC

，由题意

DCPD

且

PDDMD

，

PD

，

DM

面

PDM

，

∴

DC

面

PDM

，又

AB//DC

，∴

AB

面

PDM

，∵

PM

面

PDM

，∴

ABPM

.

（2）由

PMMD

，

PMAB

得

PM

面

ABCD

，∴

PMMA

，

MAAB

2

BM

2

2ABBMcosABC7

，

PMPA

2

MA

2

15722

，取

AD

中点

E

，连接

ME

，则

ME

，

DM

，

PM

两两垂直，

以

M

为坐标原点，分别以

MD

、

ME

、

MP

所在的直线为

x

轴、

y

轴、

z

轴，建立如图所示空间

直角坐标系，则

A(3,2,0)

，

P(0,0,22)

，

D(3,0,0)

，

M(0,0,0)

，

C(3,1,0)

，又

N

为

PC



33531

中点，所以

N

(,



,2)

，

AN

(,



,2)

，由（1）得

CD

面

PDM

，所以面

PDM

的

2222



法向量

n(0,1,0)

，从而直线

AN

与平面

PDM

所成角的正弦值为



|

AN



n

|

sin









|

AN

||

n

|

5

15

2



.

6

2725



2

44

20.解：（1）由

4

S

n



1



3

S

n



9

①，得

4

S

n



3

S

n



1



9(

n



2)

②，①



②得

4

a

n



1



3

a

n

，即

a

n



1



a

n

，

9393

n



1

3

n

为首项，为公比的等比数列，故

a

n



()



3()

.

44444

n



43

a

n



(

n



4)()

n

，从而（2）由

3

b

n



(

n

4)

a

n



0

，得

b

n



34

33333

T

n



3



2



()

2



1



()

3



0



()

4



(

n

4)



()

n

③，故

44444

333333

T

n



3



()

2



2



()

3



1



()

4



(

n



5)



()

n



(

n



4)



()

n



1

④，③



④得

444444

1333333

T

n



3



()

2



()

3



()

4



()

n



(

n



4)



()

n



1

4444444

3

4

所以

{

a

n

}

是以



93

[1



()

n



1

]

9399333

4



16



(

n



4)()

n



1



4()

n



1



(

n



4)



()

n



1



n



()

n



1

，所

3

4444444

1



4

3

n



1

3

n



1

3

n

以

T

n



4

n



()

，由

T

n





b

n

得



4

n



()





(

n



4)()

恒成立，即



(n4)3n0

恒成立，

444

3

n

12



3



n4

时不等式成立，

n4

时，





，得



1

，

n4

时，

n



4

n



4





3

n

12



3



，得



3

，所以

3



1

.

n



4

n



4

21、解：（1）

|MF|p2

，故抛物线的方程为

y

2

4x

.

F(1,0)

，

M(1,0)

，

B(x

2

,y

2

)

，（2）设

A(x

1

,y

1

)

，

显然直线

AB

斜率不为

0

，故可设

AB:xmy1

，

因为

R

，

N

不重合，故

l

不过点

F(1,0)

，故可设

l:y2xn(n2)

，联立直线

AB

与抛物线



y

2



4

x



y



y

2



4

m



y

2



4

my



4



0

，故由韦达定理可知



1

方程可得



，故

yy



4

x



my



1



12



2

y

1

2

y

2

(y

1

y

2

)

2

2y

1

y

2

16m

2

8

，直线

AM

的方程为

y



Q

(

n

(

x



1)



y

1

(

n



2)

y

1

y

1

(

x



x

1

)



y

1

，联立直线

AM

和

l

可得

P

(

1

,)

，同理可得

x

1



1

y

1



2

x

1



2

y

1



2

x

1



2

n

(

x

2



1)



y

2

(

n



2)

y

2

,)

，故

y

2



2

x

2



2

y

2



2

x

2



2

(

n



2)

2

y

1

y

2

4(

n



2)

2

y

1

y

2

|

y

P

y

Q

|



||



||

22

(

y

1



2

x

1



2)(

y

2



2

x

2



2)(2

y

1



y

1



4)(2

y

2



y

2



4)

16(

n



2)

2

(

n



2)

2



||



，联立直线

AB

和

l

解得

22

4

y

1

y

2





2

y

1

y

2



8



y

1



y

2





y

1

2

y

2



4(

y

1

2



y

2

)



164

m

2



3

n



2

n



2

2

(

n



2)

2

2

2

y

R



，因为

|RN||PN||QN|

，故

y

R



(

，故

)



|

y

P

y

Q

|



2

1



2

m

1



2

m

4

m



3

(

n



2)

2

4

m

2



3243



1



，解得

222

(

n



2)(2

m



1)2

m



1(2

m



1)4

n(,2)(2,1483][1483,)

，故

n



(



,



7



43]



[7



43,1)



(1,



)

，直线

l

在

x

轴上截距的取值范围为

2

(,743][743,1)(1,)

.

22．解：（1）由

f



(

x

)

a

x

ln

ab

，

若

b0

，有

f



(x)0

，则

f(x)

在

R

上单调递增；

若

b0

，则

f(x)

在

(,log

a

bb

)

单调递减，在

(log

a

,)

单调递增；

ln

a

ln

a

（2）当

b2e

2

，

f(x)

均有两个不同零点，

由（1）可知

f

(

x

)

min



f

(log

a

bbb

)



b

log

a



e

2



0

，

ln

a

ln

a

ln

a

b

e

2

2

记

m



，即有

mmlnme0

，即

1



ln

m



0

，

ln

a

m

e

2

记

g

(

x

)



1



ln

x



，易知

g(x)

单调递减，又有

g(e

2

)0

，

x

则由

g(m)0

，可知

me

2

，

所以有

ln

a



b

2

恒成立，

e

则有

lna2

，可得

1ae

2

；

2

（3）当

ae

时，

be

4

，由（1）有

f(x)

min

f(lnb)bblnbe0

，

2

e

e

e

2

b

22

又有

f

()



e

b



0

，

f

(

b

)

ebe

0

，其中



ln

b



b

，

b

b

2

所以可知

f(x)

有两个不同的零点，

22

2

e

e

2

e

2

e

2

2

又

f

(



1

，

)



e

b



e



0

，则有



x

1



bb

b

2

b

ln

be

2

所以

x

1



ln

b



x

1

，

2

2

eb

x

22

而

f

(ln

bx

1

)

b

(

e

1



ln

bx

1

)

eebx

1



0

，所以

x

2

x

1

lnb

，

b

ln

be

2

则有

x

2



ln

b



x

1



x

1



，不等式得证．

2

e

2

b