2021年浙江省高考数学真题试卷（Word解析版）

2021年浙江省高考数学试卷
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）.
1．设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（　　）
A．{x|x＞﹣1} B．{x|x≥1} C．{x|﹣1＜x＜1} D．{x|1≤x＜2}
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，，，则“?＝?”是“＝”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
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：cm3）是（　　）
A． B．3 C． D．3
5．若实数x，y满足约束条件，则z＝x﹣y的最小值是（　　）
A．﹣2 B．﹣ C．﹣ D．
6．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（　　）
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
7．已知函数f（x）＝x2+，g（x）＝sinx，则图象为如图的函数可能是（　　）
A．y＝f（x）+g（x）﹣ B．y＝f（x）﹣g（x）﹣
C．y＝f（x）g（x） D．y＝
8．已知α，β，r是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于的个数的最大值是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
9．已知a，b∈R，ab＞0，函数f（x）＝ax2+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{an}满足a1＝1，an+1＝（n∈N*）．记数列{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．＜S100＜3 B．3＜S100＜4 C．4＜S100＜ D．＜S100＜5
二、填空题：本大题共7小题，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S1，小正方形的面积为S2，则＝　 　．
12．已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝　 　．
13．已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝　 　；a2+a3+a4＝　 　．
14．在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，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ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝　 　，E（ξ）＝　 　．
16．已知椭圆+＝1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过F1的直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是　 　，椭圆的离心率是　 　．
17．已知平面向量，，（≠）满足||＝1，||＝2，?＝0，（﹣）?＝0．记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，﹣在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是　 　．
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．设函数f（x）＝sinx+cosx（x∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝[f（x+）]2的最小正周期；
（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x﹣）在[0，]上的最大值．
19．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＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）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，a1＝﹣，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
求实数λ的取值范围．
21．如图，已知F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）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|RN|2＝|PN|?|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
22．设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．
（注：e＝2.71828?是自然对数的底数）
参考答案
一、选择题（共10小题）.
1．设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（　　）
A．{x|x＞﹣1} B．{x|x≥1} C．{x|﹣1＜x＜1} D．{x|1≤x＜2}
解：因为集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，
所以A∩B＝{x|1≤x＜2}．
故选：D．
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
解：因为（1+ai）i＝3+i，即﹣a+i＝3+i，
由复数相等的定义可得，﹣a＝3，即a＝﹣3．
故选：C．
3．已知非零向量，，，则“?＝?”是“＝”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
解：当且，则＝0，但与不一定相等，
故不能推出，
则“?＝?”是“＝”的不充分条件；
由，可得，
则，即，
所以可以推出，
故“?＝?”是“＝”的必要条件．
综上所述，“?＝?”是“＝”的必要不充分条件．
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：cm3）是（　　）
A． B．3 C． D．3
解：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，
其中AB∥CD，由三视图可知，延长AD与BC后相交于一点，且AD⊥BC，
且AB＝，CD＝，AA1＝1，等腰梯形的高为＝，
则该几何体的体积V＝＝．
故选：A．
5．若实数x，y满足约束条件，则z＝x﹣y的最小值是（　　）
A．﹣2 B．﹣ C．﹣ D．
解：由约束条件作出可行域如图，
立，解得A（﹣1，1），
化目标函数z＝x﹣为y＝2x﹣2z，由图可知，当直线y＝2x﹣2z过A时，
直线在y轴上的截距最大，z有最小值为﹣1﹣．
故选：B．
6．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（　　）
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
解：连接AD1，如图：
由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，
∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN∥AB，
又∵AB?平面ABCD，MN?平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．∴A对；
由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B?平面BDD1，D?D1B，
∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；
∵MN∥AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．
故选：A．
7．已知函数f（x）＝x2+，g（x）＝sinx，则图象为如图的函数可能是（　　）
A．y＝f（x）+g（x）﹣ B．y＝f（x）﹣g（x）﹣
C．y＝f（x）g（x） D．y＝
解：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，
因为f（x）＝x2+为偶函数，g（x）＝sinx为奇函数，
函数y＝f（x）+g（x）﹣＝x2+sinx为非奇非偶函数，故选项A错误；
函数y＝f（x）﹣g（x）﹣＝x2﹣sinx为非奇非偶函数，故选项B错误；
函数y＝f（x）g（x）＝（x2+）sinx，则y'＝2xsinx+（x2+）cosx＞0对x∈恒成立，
则函数y＝f（x）g（x）在上单调递增，故选项C错误．
故选：D．
8．已知α，β，r是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于的个数的最大值是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
解：由基本不等式可得：，，，
三式相加，可得：，
很明显sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα 不可能均大于．
取α＝30°，β＝60°，γ＝45°，
则，
则三式中大于 的个数的最大值为2，
故选：C．
9．已知a，b∈R，ab＞0，函数f（x）＝ax2+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
解：函数f（x）＝ax2+b，因为f（s﹣t），f（s），f（s+t）成等比数列，
则f2（s）＝f（s﹣t）f（s+t），即（as2+b）2＝[a（s﹣t）2+b][a（s+t）2+b]，
即a2s4+2abs2+b2＝a2[（s﹣t）2（s+t）2]+ab（s﹣t）2+ab（s+t）2+b2，
整理可得a2t4﹣2a2s2t2+2abt2＝0，
因为a≠0，故at4﹣2as2t2+2bt2＝0，即t2（at2﹣2as2+2b）＝0，
所以t＝0或at2﹣2as2+2b＝0，
当t＝0时，点（s，t）的轨迹是直线；
当at2﹣2as2+2b＝0，即，因为ab＞0，故点（s，t）的轨迹是双曲线．
综上所述，平面上点（s，t）的轨迹是直线或双曲线．
故选：C．
10．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝（n∈N*）．记数列{an}的前n项和为Sn，则（　　）
A．＜S100＜3 B．3＜S100＜4 C．4＜S100＜ D．＜S100＜5
解：由题意可得：，
∴，
从而，
∴．
由 可知数列的各项均为正数，则．
故选：A．
二、填空题：本大题共7小题，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S1，小正方形的面积为S2，则＝　25　．
解：∵直角三角形直角边的长分别为3，4，
∴直角三角形斜边的长为＝5，
即大正方形的边长为5，∴S1＝52＝25，
则小正方形的面积S2＝S1﹣S阴影＝25﹣4××3×4＝1，
∴＝25．
故答案为：25．
12．已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝　2　．
解：因为函数f（x）＝，
所以，
则f（f（））＝f（2）＝|2﹣3|+a＝3，解得a＝2．
故答案为：2．
13．已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝　5　；a2+a3+a4＝　10　．
解：a1即为展开式中x3的系数，
所以a1＝；
令x＝1，则有1+a1+a2+a3+a4＝（1﹣1）3+（1+1）4＝16，
所以a2+a3+a4＝16﹣5﹣1＝10．
故答案为：5；10．
14．在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2，则AC＝　2　；cos∠MAC＝　　．
解：在△ABM中：AM2＝BA2+BM2﹣2BA?BMcos60°，∴（2）2＝22+BM2﹣2×2?BM?，∴BM2﹣2BM﹣8＝0，解得：BM＝4或﹣2（舍去）．
∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中：AC2＝22+82﹣2×2×8cos60°＝52，∴AC＝2；
在△AMC中：cos∠MAC＝＝．
故答案为：2；．
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ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝　1　，E（ξ）＝　　．
解：由题意，P（ξ＝2）＝，
又一红一黄的概率为，
所以，
解得m＝3，n＝2，故m﹣n＝1；
由题意，ξ的可能取值为0，1，2，
所以P（ξ＝0）＝＝，
P（ξ＝1）＝＝，
P（ξ＝2）＝，
所以E（ξ）＝0×+1×+2×＝．
故答案为：1；．
16．已知椭圆+＝1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过F1的直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是　　，椭圆的离心率是　　．
解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；
由直线过F1，设直线的方程为y＝k（x+c），
∵直线和圆（x﹣c）2+y2＝c2相切，
∴圆心（）到直线的距离与半径相等，
∴，解得k＝，
将x＝c代入，可得P点坐标为，
∵，
∴，∴，
∴．
故答案为：．
17．已知平面向量，，（≠）满足||＝1，||＝2，?＝0，（﹣）?＝0．记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，﹣在方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是　　．
解：令，
因为，故（1，?2）?（m，n）＝0，∴m?2n＝0，令，
平面向量在，方向上的投影分别为x，y，设，
则：，
从而：，故，
则x2+y2+z2表示空间中坐标原点到平面 上的点的距离的平方，
由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：
．
故答案为：．
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．设函数f（x）＝sinx+cosx（x∈R）．
（Ⅰ）求函数y＝[f（x+）]2的最小正周期；
（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x﹣）在[0，]上的最大值．
解：函数f（x）＝sinx+cosx＝，
（Ⅰ）函数y＝[f（x+）]2＝[2＝2cos2（x+）
＝1+cos[2（x+）]＝1+cos（2x+）＝1﹣sin2x，
则最小正周期为T＝；
（Ⅱ）函数y＝f（x）f（x﹣）＝
＝（sinx+cosx）sinx＝
＝＝sin（2x﹣）+，
因为x，所以2x﹣，
所以当2x﹣，即x＝时，f（x）max＝1+．
19．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＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
（Ⅰ）证明：AB⊥PM；
（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，
CM＝BC＝2，∠DCM＝60°，
∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°
＝，
则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，
而PM?平面PDM，∴CD⊥PM，
∵CD∥AB，∴AB⊥PM；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，
又CD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，
且平面ABCD∩平面PDM＝DM，
∵PM⊥MD，且PM?平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，
连接AM，则PM⊥MA，
在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，
可得，
又PA＝，在Rt△PMA中，求得PM＝，
取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，
以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A（，2，0），P（0，0，），C（），
又N为PC的中点，∴N（），，
平面PDM的一个法向量为，
设直线AN与平面PDM所成角为θ，
则sinθ＝|cos＜＞|＝＝．
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为．
20．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈N*）．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
求实数λ的取值范围．
解：（Ⅰ）由4Sn+1＝3Sn?9 可得4Sn＝3Sn?1?9（n≥2），
两式作差，可得：4an+1＝3an，
∴，
很明显，，
所以数列{an} 是以 为首项，为公比的等比数列，
其通项公式为：．
（Ⅱ）由3bn+（n?4）an＝0，得，
，
，
两式作差可得：
＝
＝，
则．
据此可得 恒成立，即λ（n?4）+3n≥0 恒成立．
n＝4时不等式成立；
n＜4时，，由于n＝1时，故λ≤1；
n＞4时，，而，故：λ≥?3；
综上可得，{λ|?3≤λ≤1}．
21．如图，已知F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）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|RN|2＝|PN|?|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
解：（Ⅰ）依题意，p＝2，故抛物线的方程为y2＝4x；
（Ⅱ）由题意得，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB：y＝k（x﹣1），
将直线AB方程代入抛物线方程可得，k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
则由韦达定理有，，则yAyB＝﹣4，
设直线AM：y＝k1（x+1），其中，设直线BM：y＝k2（x+1），其中，
则＝＝＝，
，
设直线l：y＝2（x﹣t），
联立，可得，则，
联立，可得，则，
同理可得，，
又|RN|2＝|PN|?|QN|，
∴，即，
∴＝（t≠1），
∴4（t2+2t+1）≥3（t2﹣2t+1），即t2+14t+1≥0，解得或（t≠1），
∴直线l在x轴上截距的取值范围为．
22．设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；
（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．
（注：e＝2.71828?是自然对数的底数）
解：（Ⅰ）f′（x）＝axlna﹣b，
①当b≤0时，由于a＞1，则axlna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；
②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得，令f′（x）＜0，解得，
∴此时f（x）在单调递减，在单调递增；
综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需即可，
∴对任意b＞2e2均成立，
令，则at﹣bt+e2＜0，即etlna﹣bt+e2＜0，即，即，
∴对任意b＞2e2均成立，
记，则，
令g′（b）＝0，得b＝lna，
①当lna＞2e2，即时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，
此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna?ln1+e2lna＝lna?（e2+1）＞0，不合题意；
②当lna≤2e2，即时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，
此时＝2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，
故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；
综上，实数a的取值范围为（1，e2]；
（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝ex﹣bx+e2，f′（x）＝ex﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb＞4，
易知+e2＝e2﹣3b＜e2﹣3e4＝e2（1﹣3e2）＜0，
∴f（x）有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1＜lnb＜x2，
由，可得，
∴要证，即证，即证，
而，则，
∴要证，即证，即证x2＞ln（blnb），
而f（ln（blnb））＝eln（blnb）﹣bln（blnb）+e2＝blnb﹣bln（blnb）+e2＜blnb﹣bln（4b）+e2＝，
∴x2＞ln（blnb），即得证．