2021年高考数学真题试卷(浙江卷)带答案解析.docx

1、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|x1 ， B=x|1x1B.x|x1C.x|1x1D.x|1x2【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： AB=x|1x0 ，与图象不符，排除C.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)=(x2+14)sinx求导，然后计算当x=4 时，（4 ），与图不符合，所以C错，故选D.8.已知 , 是互不相同的锐角，

2、则在 sincos,sincos,sincos 三个值中，大于 12 的个数的最大值是（ ） A.0B.1C.2D.3【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 sincossin2+cos22 ， 同理 sincossin2+cos22 ， sincossin2+cos22 ，故 sincos+sincos+sincos32 ，故 sincos,sincos,sincos 不可能均大于 12 .取 =6 ， =3 ， =4 ，则 sincos=1412,sincos=6412 ，故三式中大于 12 的个数的最大值为2，故答案为：

3、C.法2：不妨设 coscos,sinsinsin ，由排列不等式可得：sincos+sincos+sincossincos+sincos+sincos ，而 sincos+sincos+sincos=sin(+)+12sin232 ，故 sincos,sincos,sincos 不可能均大于 12 .取 =6 ， =3 ， =4 ，则 sincos=1412,sincos=6412 ，故三式中大于 12 的个数的最大值为2，故答案为：C. 【分析】先由基本不等式ab(a+b2）得出三个积 sincos,sincos,sincos 的取值范围，就可以得到结果。9.已知 a,bR,ab0 ，函数

4、 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【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(st)f(s+t)=f(s)2 ，即 a(st)2+ba(s+t)2+b=(as2+b)2 ， 对其进行整理变形：(as2+at22ast+b)(as2+at2+2ast+b)=(as2+b)2 ，(as2+at2+b)2(2ast)2(as2+b)2=0 ，(2as2+at2+2b)at24a2s2t2=0 ，2a2s2t2+a2t

5、4+2abt2=0 ，所以 2as2+at2+2b=0 或 t=0 ，其中 s2bat22ba=1 为双曲线， t=0 为直线.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.已知数列 an 满足 a1=1,an+1=an1+an(nN) .记数列 an 的前n项和为 Sn ，则（ ） A.12S1003B.3S1004C.4S10092D.92S1000 ， S10012 由 an+1=an1+an1an+1=1an+1an=(1an+12)2141an+1(1an+12)21an+11an+12 ，即 1an+11an12根据累加法可得， 1an1+n12=n+12

6、，当且仅当 n=1 时取等号， an4(n+1)2an+1=an1+anan1+2n+1=n+1n+3anan+1ann+1n+3an6(n+1)(n+2) ，当且仅当 n=1 时取等号，所以 S1006(1213+1314+1415+11011102)=6(121102)3 ，即 12S10012 ， 进一步推导出1an+11an12 ， 然后用累加法等推导出S1002|x3|+a,x2, 若 ff(6)=3 ，则 a= _. 【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】 ff(6)=f(64)=f(2)=|23|+a=3 ，故 a=2 ， 故答案为：2. 【分

7、析】分段函数求函数值。13.已知平面向量 a,b,c,(c0) 满足 |a|=1,|b|=2,ab=0,(ab)c=0 .记向量 d 在 a,b 方向上的投影分别为x ， y ， da 在 c 方向上的投影为z ， 则 x2+y2+z2 的最小值为_. 【答案】 25 【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),b=(0，2),c=(m,n) ， 则 (ab)c=m2n=0 ，即 m=2n ，又向量 d 在 a,b 方向上的投影分别为x ， y ， 所以 d=(x,y) ，所以 da 在 c 方向上的投影 z=(da)c|c|=m(x1)+ny

8、m2+n2=2x2+y5 ，即 2x+y5z=2 ,所以 x2+y2+z2=11022+12+(5)2(x2+y2+z2)110(2x+y5z)2=25 ，当且仅当 x2=y1=z52x+y5z=2 即 x=25y=15z=55 时，等号成立，所以 x2+y2+z2 的最小值为 25 .故答案为： 25 . 【分析】根据已知条件，先取特殊值a=(1,0),b=(0，2),并设c=(m,n) ， 再由投影公式ab|a|解答。14.已知多项式 (x1)3+(x+1)4=x4+a1x3+a2x2+a3x+a4 ，则 a1= _， a2+a3+a4= _. 【答案】 5；10 【考点】二项式定理 【解

9、析】【解答】 (x1)3=x33x2+3x1 ， (x+1)4=x4+4x3+6x2+4x+1 ，所以 a1=1+4=5,a2=3+6=3 ，a3=3+4=7,a4=1+1=0 ，所以 a2+a3+a4=10 .故答案为：5，10. 【分析】因为指数不高，直接展开。15.在 ABC 中， B=60,AB=2 ，M是 BC 的中点， AM=23 ，则 AC= _， cosMAC= _. 【答案】 213；23913 【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 AM2=AB2+BM22BMBAcosB ，即 12=4+BM22BM212

10、，解得 BM=4 （负值舍去），所以 BC=2BM=2CM=8 ，在 ABC 中，由余弦定理得 AC2=AB2+BC22ABBCcosB=4+6422812=52 ，所以 AC=213 ；在 AMC 中，由余弦定理得 cosMAC=AC2+AM2MC22AMAC=52+1216223213=23913 .故答案为： 213 ； 23913 . 【分析】三次使用余弦定理求BM，AC, cosMAC即可。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 ，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 mn= _， E()= _. 【答案】 1；89

11、 【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(=2)=C42Cm+n+42=6Cm+n+42=16Cm+n+42=36 ，所以 m+n+4=9 ， P（一红一黄）=C41Cm1Cm+n+42=4m36=m9=13m=3 , 所以 n=2 , 则 mn=1 由于 P(=2)=16,P(=1)=C41C51C92=4536=59,P(=0)=C52C92=1036=518E()=162+591+5180=13+59=89 故答案为：1； 89 【分析】 先由取出的两个球都是红球的概率为 16 ， 由古典概型公式得到 ，再由的可能取值，求出相应的概率，根据数学期望的计

12、算公式求解即可.17.已知椭圆 x2a2+y2b2=1(ab0) ，焦点 F1(c,0) ， F2(c,0) (c0) ，若过 F1 的直线和圆 (x12c)2+y2=c2 相切，与椭圆在第一象限交于点P ， 且 PF2x 轴，则该直线的斜率是_，椭圆的离心率是_. 【答案】 255；55 【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 ， sinPF1F2=sinBF1A=|AB|F1A|=23 ， tanPF1F2=23222=255所以 k=255 , 由 k=|PF2|F1F2|,|F1F2|=2c=4 ，所以 t

13、anPF1F2=23222=255 ， 于是 2a=|PF1|+|PF2|=45 ，即 a=25 ，所以 e=ca=225=55 故答案为： 255 ； 55 【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 tanPF1F2的值； （2）由（1）及F1ABF1PF2椭圆的定义，就可以计算 a的值，进一步得到离心率。 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)=sinx+cosx(xR) . （1）求函数 y=f(x+2)2 的最小正周期； （2）求函数 y=f(x

14、)f(x4) 在 0,2 上的最大值. 【答案】 （1）解：由辅助角公式得 f(x)=sinx+cosx=2sin(x+4) ， 则 y=f(x+2)2=2sin(x+34)2=2sin2(x+34)=1cos(2x+32)=1sin2x ，所以该函数的最小正周期 T=22= （2）解：由题意， y=f(x)f(x4)=2sin(x+4)2sinx=2sin(x+4)sinx =2sinx(22sinx+22cosx)=2sin2x+2sinxcosx =21cos2x2+22sin2x=22sin2x22cos2x+22=sin(2x4)+22 ，由 x0,2 可得 2x44,34 ，所以当

15、 2x4=2 即 x=38 时，函数取最大值 1+22 【考点】正弦函数的定义域和值域，由y=Asin（x+）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(x+4) ， 再化简 y=f(x+2)21sin2x ，再根据正弦函数的周期公式，求得周期； （2）化简 y=f(x)f(x4) =sin(2x4)+22 ， 然后根据x的取值范围，求得函数的最大值。19.如图，在四棱锥 PABCD 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， PDDC,

16、PMMD . （1）证明： ABPM ； （2）求直线 AN 与平面 PDM 所成角的正弦值. 【答案】 （1）证明：在 DCM 中， DC=1 ， CM=2 ， DCM=60 ，由余弦定理可得 DM=3 ， 所以 DM2+DC2=CM2 ， DMDC 由题意 DCPD 且 PDDM=D ， DC 平面 PDM ，而 PM 平面 PDM ，所以 DCPM ，又 AB/DC ，所以 ABPM （2）解：由 PMMD ， ABPM ，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

17、 M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 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 中点，所以 N(32,12,2),AN=(332,52,2) .由（1）得 CD 平面 PDM ，所以平面 PDM 的一个法向量 n=(0,1,0) 从而直线 AN 与平面 PDM 所成角的正弦值为 sin=|ANn|ANn|=52274+254+2=156 【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

18、DMDC ， 由 DCPD ， 得DC平面 PDM ， 结合AB|DC，则有ABPM ； （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.已知数列 an 的前n项和为 Sn ， a1=94 ，且 4Sn+1=3Sn9 . （1）求数列 an 的通项； （2）设数列 bn 满足 3bn+(n4)an=0 ，记 bn 的前n项和为 Tn ，若 Tnbn 对任意 nN 恒成立，求 的范围. 【答案】 （1）解：当 n=1 时， 4(a1+a2)=3a19 ， 4a2=949=274,a2=2716 ，当 n2 时，由 4Sn+1=3Sn9 ，得 4Sn=3Sn1

19、9 ， 得 4an+1=3an a2=27160,an0,an+1an=34 ，又 a2a1=34,an 是首项为 94 ，公比为 34 的等比数列，an=94(34)n1=3(34)n （2）解：由 3bn+(n4)an=0 ，得 bn=n43an=(n4)(34)n ， 所以 Tn=3342(34)21(34)3+0(34)4+(n4)(34)n ，34Tn=3(34)22(34)31(34)4+(n5)(34)n+(n4)(34)n+1 ，两式相减得 14Tn=334+(34)2+(34)3+(34)4+(34)n(n4)(34)n+1 =94+9161(34)n1134(n4)(34)

20、n+1 =94+944(34)n+1(n4)(34)n+1=n(34)n+1 ，所以 Tn=4n(34)n+1 ，由 Tnbn 得 4n(34)n+1(n4)(34)n 恒成立，即 (n4)+3n0 恒成立，n=4 时不等式恒成立；n4 时， 3nn4=312n4 ，得 3 ；所以 31 【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 Tnbn 恒成立，进一步求得 的取值

21、范围。21.如图，已知F是抛物线 y2=2px(p0) 的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且 |MF|=2 ， （1）求抛物线的方程； （2）设过点F的直线交抛物线与AB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=|PN|QN| ，求直线l在x轴上截距的范围. 【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 ， A(x1,y1),B(x2,y2) ， N(n,0) ， 所以直线 l:x=y2+n ，由题设可得 n1 且 t12 .由 x=ty+1y2=

22、4x 可得 y24ty4=0 ，故 y1y2=4,y1+y2=4t ，因为 |RN|2=|PN|QN| ，故 (1+14|yR|)2=1+14|yP|1+14|yQ| ，故 yR2=|yP|yQ| .又 MA:y=y1x1+1(x+1) ，由 y=y1x1+1(x+1)x=y2+n 可得 yP=2(n+1)y12x1+2y1 ，同理 yQ=2(n+1)y22x2+2y2 ，由 x=ty+1x=y2+n 可得 yR=2(n1)2t1 ，所以 2(n1)2t12=|2(n+1)y22x2+2y22(n+1)y12x1+2y1| ，整理得到 (n1n+1)2=(2t1)2|y1y2(2x2+2y2)

23、(2x1+2y1)| ，=4(2t1)2|(y222+2y2)(y122+2y1)| =4(2t1)2|y22y124+(y2+y1)2y2y1y2+y12y1y22(y2+y1)+4|=(2t1)23+4t2 故 (n+1n1)2=3+4t2(2t1)2 ，令 s=2t1 ，则 t=s+12 且 s0 ，故 3+4t2(2t1)2=s2+2s+4s2=1+2s+4s2=4(1s+14)2+3434 ，故 (n+1n1)234n1 即 n2+14n+10n1 ，解得 n743 或 7+43n1 .故直线 l 在 x 轴上的截距的范围为 n743 或 7+43n1 【考点】抛物线的标准方程，直线

24、与圆锥曲线的综合问题 【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求得P，进而写出方程； （2） 设 AB:x=ty+1 ， 并设A(x1,y1),B(x2,y2) ， N(n,0) ，写 出直线 l:x=y2+n ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 |RN|2=|PN|QN| ， 结合直线方程 ，推出关系式，进而利用基本不等式以及解相关不等式，得出直线l在x轴上截距的范围。22.设a ， b为实数，且 a1 ，函数 f(x)=axbx+e2(xR) (注： e=2.71828 是自然对数的底数)（1）求函数 f(x) 的单调区间； （2）若对任意 b2e2 ，函数 f(x) 有两个不同

25、的零点，求a的取值范围； （3）当 a=e 时，证明：对任意 be4 ，函数 f(x) 有两个不同的零点 x1,x2 ，满足 x2blnb2e2x1+e2b . 【答案】 （1）解： f(x)=axbx+e2,f(x)=axlnab ， 若 b0 ，则 f(x)=axlnab0 ，所以 f(x) 在 R 上单调递增；若 b0 ，当 x(,logablna) 时， f(x)0,f(x) 单调递增.综上可得， b0 时， f(x) 在 R 上单调递增；b0 时，函数的单调减区间为 (,logablna) ，单调增区间为 (logablna,+) （2）解： f(x) 有2个不同零点 axbx+e2

26、=0 有2个不同解 exlnabx+e2=0 有2个不同的解， 令 t=xlna ，则 etbtlna+e2=0blna=et+e2t,t0 ，记 g(t)=et+e2t,g(t)=ett(et+e2)t2=et(t1)e2t2 ，记 (t)=et(t1)e2,(t)=et(t1)+et1=ett0 ，又 (2)=0 ，所以 t(0,2) 时， (t)0 ，则 g(t) 在 (0,2) 单调递减， (2,+) 单调递增， blnag(2)=e2,lna2e2,be22,lna21e4 ，注意到函数 y=ex+e2x 在区间 (0,2) 上单调递减，在区间 (2,+) 上单调递增，故 x12x2

27、 ，又由 e5+e255 ，b=ex1+e2x12e2x1x1blnb2e2x1+e2b ，只需 x2lnb+e2b ，b=ex2+e2x2e4 上单调递增，所以只需证 x2ln2ex2x2+e2x22ex2(x25) ，只需证 lnex2ln2ex2x2e2x22ex20 ，只需证 lnxe2x2exln20 ，e225 时为正，由于 (x)=1x+4xex4ex=1x+4ex(x1)0 ，故函数 (x) 单调递增，又 (5)=ln520e5ln2=ln5220e40 ，故 (x)=lnx4xexln2 在 x5 时为正，从而题中的不等式得证.【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值 【解析】【分析】（1）先对函数求导，对b的值分类讨论，研究导数的正负，从而确定函数的单调区间； （2）将问题转化为 axbx+e2=0 有两个不同解 exlnabx+e2=0 有2个不同的解，通过换元，构造函数，进一步利用导数研究相关函数的单调性，通过解属地等式，得到a的取值范围； （3）当 a=e时，f(x)=exbx+e2 有2个不同零点，则 ex+e2=bx零点一定是正值，设出二正根，构造函数，研究相关函数的单调性，通过一系列不等式推导出结论。