1、20212021 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）卷） 数数 学学 一、选择题 1.设集合 |1Ax x， | 12Bxx ，则AB（） A. |1x x B. |1x x C. | 11xx D. |12xx 答案： D 解析： 易知 |12ABxx.故选 D 2.已知aR，(1)3ai ii（i为虚数单位） ，则a （） A.1 B.1 C.3 D.3 答案： C 解析： (1)33ai iiaia .故选择：C. 3.已知非零向量a ，b ，c ，则“a cb c ”是“ab ”的（） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件
2、D.既不充分也不必要条件 答案： B 解析： 若ca 且cb ，则0a cb c ，但a 不一定等于b ，故充分性不成立， 若ab ，则a cb c ，必要性成立，故为必要不充分条件. 故选 B. 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： 3 cm）是（） A. 3 2 B.3 C. 3 2 2 D.3 2 答案： A 解析： 易知原图为一个等腰梯形为底面的四棱柱ABCDABC D ，作CEAD ，则根据三 视图可知1CD ，而CED为等腰直角三角形，所以 2 2 D EC E，再根据三视图 可知2B C ，2 2A D ， 故 1123 ()( 22 2)1 2
3、222 ABCD A B C D VB CA DC E BB . 故选 A. 5.若实数x，y满足约束条件 10 0 2310 x xy xy ，则 1 2 zxy的最小值是（） A.2 B. 3 2 C. 1 2 D. 1 10 答案： B 解析： 画出可行域，如图所示： 令直线l：22yxz，易知当l过点( 1,1)时，z最小，即为 min 13 1 22 z . 故选 B. 6.如图，已知正方体 1111 ABCDABC D，M，N分别是 1 A D， 1 D B的中点，则（） A.直线 1 A D与直线 1 D B垂直，直线/ /MN平面ABCD B.直线 1 A D与直线 1 D B
4、平行，直线MN 平面 11 BDD B C.直线 1 A D与直线 1 D B相交，直线/ /MN平面ABCD D.直线 1 A D与直线 1 D B异面，直线MN 平面 11 BDD B 答案： A 解析： 连接 1 AD，易证M在 1 AD上，在正方形 11 ADD A中， 11 ADAD，AB 面 11 ADD A， 1 AD 面 11 ADD A， 1 ABA D， 1 ABADA， 11 AD 面 1 D AB， 1 D B 面 1 D AB， 11 ADD B.在正方形 11 AAD D中， 1 D MMA， 1 D NNB， /MNAB， 又MN 面ABCD，AB 面ABCD，/
5、 /MN面ABCD.取 1 AA中点E，连接NE， 易证 1 EBED，EDEB， 且N为 1 BD， 1 B D的中点， 故NE 面 11 BDD B，MN与NE 相交，故MN与 11 BDD B不垂直. 7.已知函数 2 1 ( ) 4 f xx，( )sing xx，则图象为如图的函数可能是（） A. 1 ( )( ) 4 yf xg x B. 1 ( )( ) 4 yf xg x C.( ) ( )yf x g x D. ( ) ( ) g x y f x 答案： D 解析： 2 1 ( ) 4 f xx为偶函数，( )sing xx为奇函数， 图中函数为奇函数， 1 ( )( ) 4
6、 yf xg x 与 1 ( )( ) 4 yf xg x均不是奇函数，故排除 A，B 项； 2 1 ( )( )() sin 4 yf xg xxx， 2 1 ( )( )2sin +(x +)cosx 4 yf xg xxx，则 ()()0 44 fg ，与图不符，故排除 C 项；故选 D. 8.已知，是互不相同的锐角，则在sincos，sincos，sincos三个值 中，大于 1 2 的个数的最大值是（） A.0 B.1 C.2 D.3 答案： C 解析： 22 sincos 0sincos 2 ，当且仅当sincos时取“” ，同理sincos， sincos有类似性质，三式相加得
7、3 0sincossincossin cos 2 ，所以， 不 可 能 三 个 式 子 都 大 于 1 2 ， 另 一 方 面 ， 取30，60，45， 则 3261 sincos 2242 ， 2361 sincos 2242 ，所以，可以有两个 式子大于 1 2 ，故大于 1 2 的个数的最大值是2. 9.已知, a bR，0ab，函数 2 ( )()f xaxb xR，若()f st，( )f s，()f st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 解析： 由 题 意 得 2 () () ( )f
8、 st f stf s， 即 2222 () ()()a stb a stbasb， 即 222222 (2)(2)()asatastb asatastbasb，即 2222 ()(2)asatbast 22 ()0asb， 即 22222 2 (22 )40asatb ata s t， 即 22 22 42 220a s ta tabt，所以 22 220asatb或0t ，所以 22 1 2 st bb aa 为双曲 线，0t 为直线. 10.已知数列 n a满足 1 1a ， 1 () 1 n n n a anN a ，记数列 n a的前n项和为 n S，则 （） A. 100 1 3
9、2 S B. 100 34S C. 100 9 4 2 S D. 100 9 5 2 S 答案： A 解析： 设( )(0) 1 x f xx x ， 2 1 2 ( ) (1) x fx x ，易知( )0fx，( )f x在(0,)上单调 递增， 现用数学归纳法证明3n 时， 6 (1)(2) n a nn ， 1 1a ， 2 1 2 a ， 3 2 1 2 a ， 当3n 时 ， 3 26 1 220 a ， 不 等 式 成 立 ， 假 设nk时 ， 不 等 式 成 立 ， 则 6 (1)(2) k a kk 成立，则当1nk时， 1 6 (1)(2) 16 1 (1)(2) k k
10、k akk a a kk . 要证 1 6 (2)(3) k a kk ，只需证 6 6(1)(2) (2)(3)6 1 (1)(2) kk kk kk ， 则需证： 36 1 1(1)(2) k kkk ，则需证： 26 1(1)(2)kkk ， 则需证： 2 46 (1)(1)(2)kkk ，则需证：1k，而1k显然成立， 1 6 (2)(3) k a kk 成立，3n 时， 6 (1)(2) n a nn ，即 11 6()(3) 12 n an nn ， 10012100 111 16() 245 Saaa 113661 6()33 1011022410217 ，又 10012 3 2
11、 Saa，满足 100 1 3 2 S. 二、填空题 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 1 S，小正方形的面积为 2 S，则 1 2 S S . 答案： 25 解析： 222 1 ( 34 )25S ， 2 1 254(3 4)1 2 S ，所以 1 2 25 25 1 S S . 12.已知aR，函数 2 4,2 ( ) |3|,2 xx f x xa x ，若( ( 6)3f f，则a . 答案： 2 解析： 2 ( 6)( 6)4
12、2(2)3ff，即|23|32aa. 13.已知多项式 3443 1234 (1)(1)xxxa xa xa xa ，则 1 a ； 234 aaa. 答案： 5 10 解析： 根据二项式通项公式： 303013 13 134 ( 1)15a xC xC xx，故 1 5a ； 同理， 2121222222 2342 ( 1)13633a xC xC xxxxa ， 21231 3 3343 ( 1)13477a xC xC xxxxa， 303404 434 ( 1)10aC xC x， 所以 234 10aaa. 14.在ABC中，60B，2AB ，M是BC的中点，2 3AM ， 则AC
13、； cosMAC. 答案： 2 13 2 39 13 解析： （1） 222 2cosAMABBMBM BAB，即 2 1 12422 2 BMBM . 所以 2 2804BMBMBM，所以8BC ， 所以 222 1 2cos4642 2 868 1652 2 ACABBCAB BCB ， 故2 13AC . （2） 由余弦定理得 222 cos 2 ACAMMC MAC AM AC 52 12 16482 39 132 2 32 38 39 . 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 1 6 ，一红一黄的概率为 1 3
14、 ，则mn， ( )E. 答案： 1 8 9 解析： 2 2 4 4 22 44 61 (2)36 6 m n m nm n C PC CC ，所以49mn， 11 4 2 4 41 ()3 3693 m m n CCmm Pm C 一红一黄，所以2n ，则1mn， 1 (2) 6 P， 11 45 2 9 4 55 (1) 369 CC P C ， 2 5 2 9 105 (0) 3618 C P C ， 155158 ( )210 6918399 E . 16.已知椭圆 22 22 1(0) xy ab ab ，焦点 1( ,0)Fc， 2( ,0) F c（0c ）.若过 1 F的直线
15、和圆 222 1 () 2 xcyc相切，与椭圆的第一象限交于点P，且 2 PFx轴，则该直线的斜 率是；椭圆的离心率是_. 答案： 2 5 5 5 5 解析： 解析一：如图所示， 1 3 2 F Ac， 12 2FFc， 1 5 2 FBc，ABc. （1） 12 1 2 5 tan 55 2 ABc kPFF BF c . （2）方法一： 112 F ABFPF，所以 2 5 5 2 25 c c e bc a . 方法二：利用（1）的结论， 2 12 2 55 tan 255 b a PFFe c . 方法三： 12 2PFPFa，所以 2 122 sin 3 2 2 b c a PFF
16、 c b a a ，故 5 5 e . 解析二：不妨假设2c ， 121 1 2 sinsin 3 HM PFFHFM FM ，22 2 c HM ， 1 3 3 2 FMc， 12 22 22 tan5 5 32 PFF ， 2 5 5 k ， 则 2 2 2 12 PFb kPF FFa ， 12 24FFc， 2 2 428648010 584 502 5 452 55 a kaaa a ， 所以 25 52 5 c e a . 17.已知平面向量a ，b ，(0)c c 满足1a ，2b ，0a b ，()0abc ，记平 面向量d 在a ，b 方向上的投影分别为x，y，da 在c 方
17、向上的投影为z， 则 222 xyz 的最小值是. 答案： 2 5 解析： 可令(1,0)a ，(0,2)b ，( , )cm n ，(0)n 因为()0abc ，故20mn，故(2 , )cn n ， 因为d 在a ，b 方向（即x轴和y轴正方向）的投影分别为x，y，故可设( , )dx y ， 因为da 在c 方向上的投影为 ()22 5 dacxy z c ，故252xyz， 故 2222 222 (2 )(5 )(25 )2 4154 1 55 xyzxyz xyz ， 当且仅当 25 415 252 xyz xyz ，即 2 5 1 5 5 5 x y z 时取等号，故填 2 5 .
18、 18.记函数( )sincos ()f xxx xR. （1）求函数 2 () 2 yf x 的最小正周期； （2）求函数( ) () 4 yf x f x 在0, 2 上的最大值. 答案： 见解析 解析： （1）( )sincos2sin() 4 f xxxx ， 222 333 () 2sin()2sin ()1 cos(2)1 sin2 2442 yf xxxxx ， 所以 22 2 T . （2）( ) ()2sin()2sin 44 yf x f xxx 2 22 2sin()sin2sin(sincos )2sin2sincos 422 xxxxxxxx 1 cos222222
19、2sin2sin2cos2sin(2) 2222242 x xxxx ， 令2 4 xt ，0, 2 x ， 所以 3 , 44 t ，所以 2 sin,1 2 t ，故 2 0,1 2 y， 所以函数( ) () 4 yf x f x 在0, 2 上的最大值为 2 1 2 . 19.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB ， 4BC ，15PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD. （1）证明：ABPM. （2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值. 答案： 见解析 解析： （1）证明：在DCM中，1DC ，2CM ，60DCM，DCM为直角
20、三角 形，90MDC，即DMDC，由题意DCPD且PDDMD，PD，DM 面PDM，DC面PDM，又/ /ABDC，AB面PDM，PM 面PDM， ABPM. （2）由PMMD，PMAB得PM 面ABCD，PMMA， 22 2cos7MAABBMAB BMABC， 22 15 72 2PMPAMA，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(3,2,0)A ，(0,0,2 2)P，( 3,0,0)D，(0,0,0)M， ( 3, 1,0)C，又N为PC中点，所以 31 (, 2) 2
21、2 N， 3 35 (, 2) 22 AN ，由（1） 得CD面PDM，所以面PDM的法向量(0,1,0)n ，从而直线AN与平面PDM所成角 的正弦值为 5 |15 2 sin 6|2725 2 44 AN n ANn . 20.已知数列 n a 的前n项和为 n S， 1 9 4 a ，且 * 1 439() nn SSnN . （1）求数列 n a 的通项公式. （2）设数列 n b 满足 * 3(4)0() nn bnanN，记 n b 的前n项和为 n T，若 nn Tb 对 任意 * nN恒成立，求实数的取值范围. 答案： 见解析 解析： （1）由 1 439 nn SS ，得 1
22、 439(2) nn SSn ，得 1 43 nn aa ，即 1 3 4 nn aa ， 所以 n a 是以 9 4 为首项，3 4 为公比的等比数列， 故 1 9 33 ( )3( ) 4 44 nn n a . （2）由3(4)0 nn bna ，得 43 (4)( ) 34 n nn n ban ，从而 234 33333 32( )1 ( )0( )(4) ( ) 44444 n n Tn ，故 2341 333333 3 ( )2( )1 ( )(5) ( )(4) ( ) 444444 nn n Tnn ，得 2341 1333333 3( )( )( )( )(4) ( ) 4
23、444444 nn n Tn 1 1111 93 1( ) 9399333 164 (4)( )4( )(4) ( )( ) 3 4444444 1 4 n nnnn nnn ，所 以 1 3 4( ) 4 n n Tn ， 由 nn Tb 得 1 33 4( )(4)( ) 44 nn nn 恒成立， 即(4)30nn 恒成立，4n 时不等式成立，4n 时， 312 3 44 n nn ，得1，4n 时， 312 3 44 n nn ，得3 ，所以31 . 21.如图，已知F是抛物线 2 2 (0)ypx p的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且 |2MF . （1）求抛物线的方程. （2
24、） 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 2 | | |RNPNQN，求直线l在x轴上截距的 取值范围. 答案： 见解析 解析： （1）|2MFp，故抛物线的方程为 2 4yx. （2）(1,0)F，( 1,0)M ，设 11 ( , )A x y ， 22 ( ,)B x y ，显然直线AB斜率不为0，故可设 :1AB xmy，因为R，N不重合，故l不过点(1,0)F，故可设:2(2)lyxn n ， 联立直线AB与抛物线方程可得 2 2 4 440 1 yx ymy xmy ，故由韦达定理可知 12 12 4
25、 4 yym y y ，故 2222 12121 2 ()2168yyyyy ym，直线AM的方程为 1 11 1 () 1 y yxxy x ，联立直线AM和l可得 111 1111 (1)(2) (,) 2222 n xyny P yxyx ，同理可得 222 2222 (1)(2) (,) 2222 n xyny Q yxyx ，故 22 12 2 12 22 1122112 (2)4(2) | | (22)(22)(24)(2) | 4 PQ ny yny y y y yxyxyyyy 22 22222 1212121212 16(2)(2) | 4286)4(143 nn y yy
26、yyyy yyym ，联立直线AB和l解 得 2 12 R n y m ，因为 2 | | |RNPNQN ，故 2 22 2 2(2) ()| 243 | 1 RPQ nn yy y mm ，故 22 222 (2)43243 1 (2)(21)21(21)4 nm nmmm ，解得 (, 2)( 2,14 8 314 8 3,)n ，故 (, 74 374 3,1)(1,) 2 n ，直线l在x轴上截距的取值范围为 (, 7 4 3 7 4 3,1)(1,) . 22已知函数 2 ( )(1,) x f xabxe axR （1）讨论( )yfx的单调性； （2）若对于任意实数 2 2be
27、， ( )fx均有两个不同零点，求实数a的取值范围； （3）若ae，证明：对于任意实数 4 be， ( )fx有两个零点 1 x， 2 x（ 12 xx），且 2 21 2 ln 2 bbe xx eb 答案： 见解析 解析： （1）由( )ln x fxaab， 若0b ，有( )0fx ，则( )f x在R上单调递增； 若0b ，则( )f x在(,log) ln a b a 单调递减，在(log,) ln a b a 单调递增； （2）当 2 2be ，( )f x均有两个不同零点， 由（1）可知 2 min ( )(log)log0 lnlnln aa bbb f xfbe aaa ，
28、 记 ln b m a ，即有 2 ln0mmme ，即 2 1 ln0 e m m ， 记 2 ( )1 ln e g xx x ，易知 ( )g x单调递减，又有 2 ()0g e， 则由( )0g m ，可知 2 me ， 所以有 2 ln b a e 恒成立， 则有ln2a ，可得 2 1ae ； （3）当ae时， 4 be ，由（1）有 2 min ( )(ln )ln0f xfbbbbe， 又有 2 2 ()0 e b e fe b ， 22 ( )0 b f bebe，其中 2 ln e bb b ， 所以可知( )f x有两个不同的零点， 又 2 22 2 2 ()0 e b e fee b ，则有 22 1 2 1 ee x bb ， 所以 2 11 2 ln ln 2 bbe xbx eb ， 而 1 22 111 (ln)(ln)0 x fbxb ebxeebx，所以 21 lnxxb， 则有 2 211 2 ln ln 2 bbe xbxx eb ，不等式得证
