2021年高考真题——数学（浙江卷） WORD版含解析.doc

1、2021年浙江省高考数学试题一选择题1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知，(i为虚数单位)，则（ ）A. B. 1C. D. 33. 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. B. 3C. D. 5. 若实数x，y满足约束条件，则最小值是（ ）A. B. C. D. 6. 如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与直线异面，直线平面7

2、. 已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）A. B. C. D. 8. 已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 39. 已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）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. 已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）A B. C. D. 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是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则_.12. 已知，函

3、数若，则_.13. 已知多项式，则_，_.14. 在中，M是的中点，则_，_.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，一红一黄的概率为，则_，_.16. 已知椭圆，焦点，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是_，椭圆的离心率是_.17. 已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为_.三解答题18. 设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最大值.19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面

4、所成角的正弦值.20. 已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.21. 如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（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，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.22. 设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)2021年浙江省高考数学试题 答案解析一选择题1. D解

5、析：由交集的定义结合题意可得：.故选D.2. C解析：，利用复数相等的充分必要条件可得：.故选C.3. B解析：如图所示，,当时，与垂直，所以成立，此时，不是的充分条件，当时，,成立，是的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件故选B.4. A解析：几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，故，故选A.5. B解析：画出满足约束条件的可行域，如下图所示：目标函数化为，由，解得，设，当直线过点时，取得最小值为.故选B6. A解析：连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则

6、不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，平面，所以，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选A.7. D解析：对于A，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，则，当时，与图象不符，排除C.故选D.8. C解析：法1：由基本不等式有，同理，故，故不可能均大于.取，则，故三式中大于的个数的最大值为2，故选：C.法2：不妨设，则，由排列不等式可得：，而，故不可能均大于.取，则，故三式中大于的个数的最大值为2，故选C.9. C解析：由题意得，即，对其进行整理变形：，所以或，其中为双曲线，为直线.故选

7、C.10. A解析：因为，所以，由，即根据累加法可得，当且仅当时取等号，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：所以，即故选A二填空题11. 答案：25解析：由题意可得，大正方形的边长为：，则其面积为：，小正方形的面积：，从而.故答案为25.12. 答案：2解析：，故，故答案为2.13. 答案： (1). ; (2). .解析：， ，所以，所以.故答案为：.14. 答案： (1). (2). 解析：由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，即，解得（负值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案为：；.15. 答案： (1). 1 (2). 解析：，所以，, 所

8、以, 则由于故答案为：1；16. 答案： (1). (2). 解析：如图所示：不妨假设，设切点为，所以, 由，所以，于是，即，所以故答案为：；17. 答案：解析：由题意，设，则，即，又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，所以在方向上的投影，即,所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.三解答题18. 答案：（1）；（2）.解析：（1）由辅助角公式得，则，所以该函数的最小正周期;（2）由题意，由可得，所以当即时，函数取最大值.19. 答案：（1）证明见解析；（2）解析：（1）在中，由余弦定理可得，所以，由题意且，平面，而平面，所以，又，所以（2）由，而与相交，所以平面，因为，所

9、以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为20. 答案：（1）；（2）.解析：（1）当时，当时，由，得，得，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，得；时，得；所以.21. 答案：（1）；（2）.解析：（1）因为，故，故抛物线的方程为：.（2）设，所以直线，由题设可得且.由可得，故，因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.

10、22. 答案：(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.解析： (1)，若，则，所以在上单调递增；若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，则在单调递减，单调递增，.即实数的取值范围是.(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.