2021年浙江省高考数学试卷

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密·启用前2021年浙江省高考数学试卷题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题1.设集合A=xx1，B=x1x2，则AB=（ ）Axx1Bxx1Cx1x1Dx1x22.已知aR，1+aii=3+i，(i为虚数单位)，则a=（ ）A1B1C3D33.已知非零向量a,b,c，则“ac=bc”是“a=b”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（ ）A32B3C322D325.若

2、实数x，y满足约束条件x+10xy02x+3y10，则z=x12y的最小值是（ ）A2B32C12D1106.如图已知正方体ABCDA1B1C1D1，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ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C直线A1D与直线D1B相交，直线MN/平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B17.已知函数f(x)=x2+14,g(x)=sinx，则图象为如图的函数可能是（ ）Ay=f(x)+g(x)14By=f(x)g(x)14Cy=f(x)g(x)Dy=g(x)f(x)8.已知,是互

3、不相同的锐角，则在sincos,sincos,sincos三个值中，大于12的个数的最大值是（ ）A0B1C2D39.已知a,bR,ab0，函数fx=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10.已知数列an满足a1=1,an+1=an1+annN.记数列an的前n项和为Sn，则（ ）A32S1003B3S1004C4S10092D92S1005评卷人得分二、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

4、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S1，小正方形的面积为S2，则S1S2=_.12.已知aR，函数f(x)=x24,x2x3+a,x2,若ff6=3，则a=_.13.已知平面向量a,b,c,(c0)满足a=1,b=2,ab=0,abc=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_.评卷人得分三、双空题14.已知多项式(x1)3+(x+1)4=x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1=_，a2+a3+a4=_.15.在ABC中，B=60°,AB=2，M是BC的中点，AM=23，则AC=_，cos

5、MAC=_.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=_.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x12c2+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_.评卷人得分四、解答题18.设函数fx=sinx+cosx(xR).（1）求函数y=fx+22的最小正周期；（2）求函数y=f(x)fx4在0,2上的最大值.19.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，A

6、BC=120°,AB=1,BC=4,PA=15，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.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(nN*)，记bn的前n项和为Tn，若Tnbn对任意nN恒成立，求实数的取值范围.21.如图，已知F是抛物线y2=2pxp0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

7、于点P，Q，R，N，且RN2=PNQN，求直线l在x轴上截距的范围.22.设a，b为实数，且a1，函数fx=axbx+e2(xR)（1）求函数fx的单调区间；（2）若对任意b2e2，函数fx有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当a=e时，证明：对任意be4，函数fx有两个不同的零点x1,x2,x2x1，满足x2blnb2e2x1+e2b.(注：e=2.71828是自然对数的底数)参考答案1.D【解析】由题意结合交集的定义可得结果.由交集的定义结合题意可得：AB=x|1x2.故选：D.2.C【解析】首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数a的值.1+aii=i+ai2=

8、ia=a+i=3+i，利用复数相等的充分必要条件可得：a=3,a=3.故选：C.3.B【解析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.如图所示，OA=a,OB=b,OC=c,BA=a-b,当ABOC时，a-b与c垂直，所以成立，此时ab，不是a=b的充分条件，当a=b时，a-b=0，abc=0c=0,成立，是a=b的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件故选：B.4.A【解析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.几何体为如图所示的四棱柱ABCDA1B1C1D1，其高为1，底面为等腰梯形ABCD，该等腰梯形的上底为2，下底为22，腰长为1，故梯形的高为112

9、=22，故VABCDA1B1C1D1=12×2+22×22×1=32，故选：A.5.B【解析】画出满足条件的可行域，目标函数化为y=2x2z，求出过可行域点，且斜率为2的直线在y轴上截距的最大值即可.画出满足约束条件x+10xy02x+3y10的可行域，如下图所示：目标函数z=x12y化为y=2x2z，由x=12x+3y1=0，解得x=1y=1，设A(1,1)，当直线y=2x2z过A点时，z=x12y取得最小值为32.故选：B.6.A【解析】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN/AB,A1D平面ABD1，即可得出结论.连AD1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，

10、M是A1D的中点，所以M为AD1中点，又N是D1B的中点，所以MN/AB，MN平面ABCD,AB平面ABCD，所以MN/平面ABCD.因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；在正方体ABCDA1B1C1D1中，AD1A1D，AB平面AA1D1D，所以ABA1D，AD1AB=A，所以A1D平面ABD1，D1B平面ABD1，所以A1DD1B，且直线A1D,D1B是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.7.D【解析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.对于A，y=f(x)+g(x)14=x2+sinx，该

11、函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，y=f(x)g(x)14=x2sinx，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，y=f(x)g(x)=(x2+14)sinx，则y=2xsinx+(x2+14)cosx，当x=4时，y=2×22+(216+14)×220，与图象不符，排除C.故选：D.8.C【解析】利用基本不等式或排序不等式得sincos+sincos+sincos32，从而可判断三个代数式不可能均大于12，再结合特例可得三式中大于12的个数的最大值.法1：由基本不等式有sincossin2+cos22，同理sincossin2+cos22，

12、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,sincos=6412，故三式中大于12的个数的最大值为2，故选：C.法2：不妨设，则coscoscos,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sinco

13、s=1412,sincos=6412,sincos=6412，故三式中大于12的个数的最大值为2，故选：C.9.C【解析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.由题意得f(st)f(s+t)=f(s)2，即a(st)2+ba(s+t)2+b=as2+b2，对其进行整理变形：as2+at22ast+bas2+at2+2ast+b=as2+b2，as2+at2+b2(2ast)2as2+b2=0，2as2+at2+2bat24a2s2t2=0，2a2s2t2+a2t4+2abt2=0，所以2as2+at2+2b=0或t=0，其中s2bat22ba=1为双曲线，t

14、=0为直线.故选：C.10.A【解析】显然可知，S10032，利用倒数法得到1an+1=1an+1an=1an+12214，再放缩可得1an+11an+12，由累加法可得an4(n+1)2，进而由an+1=an1+an局部放缩可得an+1ann+1n+3，然后利用累乘法求得an6(n+1)(n+2)，最后根据裂项相消法即可得到S1003，从而得解因为a1=1,an+1=an1+annN，所以an0，S10032由an+1=an1+an1an+1=1an+1an=1an+122141an+11an+1221an+11an+12，即1an+11an12根据累加法可得，1an1+n12=n+12，当

15、且仅当n=1时取等号，an4(n+1)2an+1=an1+anan1+2n+1=n+1n+3anan+1ann+1n+3，由累乘法可得an6(n+1)(n+2)，当且仅当n=1时取等号，由裂项求和法得：所以S10061213+1314+1415+11011102=61211023，即32S1003故选：A11.25【解析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.由题意可得，大正方形的边长为：a=32+43=5，则其面积为：S1=52=25，小正方形的面积：S2=254×12×3×4=1，从而S1S2=251=25.故答案为：25.12.2【解析

16、】由题意结合函数的解析式得到关于a的方程，解方程可得a的值.ff6=f64=f2=23+a=3，故a=2，故答案为：2.13.25【解析】设a=(1,0),b=(0，2),c=(m,n)，由平面向量的知识可得2x+y5z=2，再结合柯西不等式即可得解.由题意，设a=(1,0),b=(0，2),c=(m,n)，则abc=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|=mx1+nym2+n2=2x2+y±5，即2x+y5z=2,所以x2+y2+z2=11022+12+±52x2+y2+z21102x

17、+y5z2=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：25.14.     5;     10.【解析】根据二项展开式定理，分别求出(x1)3,(x+4)4的展开式，即可得出结论.(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：5,10.15.   &#

18、160; 213     23913【解析】由题意结合余弦定理可得BC=8，进而可得AC，再由余弦定理可得cosMAC.由题意作出图形，如图，在ABM中，由余弦定理得AM2=AB2+BM22BMBAcosB，即12=4+BM22BM×2×12，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+642×2×8×12=52，所以AC=213；在AMC中，由余弦定理得cosMAC=AC2+AM2MC22AMAC=52+12162

19、5;23×213=23913.故答案为：213；23913.16.     1     89【解析】根据古典概型的概率公式即可列式求得m,n的值，再根据随机变量的分布列即可求出EP(=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=4×536=59,P(=0)=C52C92=1036=518E()=16&#

20、215;2+59×1+518×0=13+59=89故答案为：1；8917.     255     55【解析】不妨假设c=2，根据图形可知，sinPF1F2=23，再根据同角三角函数基本关系即可求出k=tanPF1F2=255；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率如图所示：不妨假设c=2，设切点为B，sinPF1F2=sinBF1A=ABF1A=23，tanPF1F2=23222=255所以k=255, 由k=PF2F1F2,F1F2=2c=4，所以PF2=855，PF1=PF2×

21、1sinPF1F2=1255，于是2a=PF1+PF2=45，即a=25，所以e=ca=225=55故答案为：255；5518.（1）；（2）1+22.【解析】（1）由题意结合三角恒等变换可得y=1sin2x，再由三角函数最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等变换可得y=sin(2x4)+22，再由三角函数的图象与性质即可得解.（1）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）由题意，y=f(x)f(x4)=2sin(x+4)

22、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2x4=2即x=38时，函数取最大值1+22.19.（1）证明见解析；（2）156【解析】（1）要证ABPM，可证DCPM，由题意可得，PDDC，易证DMDC，从而DC平面PDM，即有DCPM，从而得证；（2）取AD中点E，根据题意可知，ME,DM,PM两两垂直，所以以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM的一个法向量，即可

23、根据线面角的向量公式求出（1）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）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N32,12,2,AN=332,52,2.由（1

24、）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=15620.（1）an=3(34)n；（2）31.【解析】（1）由4Sn+1=3Sn9，结合Sn与an的关系，分n=1,n2讨论，得到数列an为等比数列，即可得出结论；（2）由3bn+(n4)an=0结合(1)的结论，利用错位相减法求出Tn，Tnbn对任意nN恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于n的函数的范围关系，即可求解.（1）当n=1时，4(a1+a2)=3a19，4a2=949=274,a2=2716，当n2时，由4Sn+1=3Sn

25、9，得4Sn=3Sn19，得4an+1=3ana2=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）由3bn+(n4)an=0，得bn=n43an=(n4)(34)n，所以Tn=3×342×3421×343+0×344+(n4)34n，34Tn=3×3422×3431×344+(n5)34n+(n4)34n+1，两式相减得14Tn=3×34+342+343+344+34n(n4)34n+1=94+916134n1134(n

26、4)34n+1=94+94434n+1(n4)34n+1=n34n+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1；n4时，3nn4=312n4，得3；所以31.21.（1）y2=4x；（2）,7437+43,11,+.【解析】（1）求出p的值后可求抛物线的方程.（2）设AB:x=ty+1，Ax1,y1,Bx2,y2，Nn,0，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得y1y2=4,y1+y2=4t，求出直线MA,MB的方程，联立各直线方程可求出yP,yQ,yR，根据题设条

27、件可得n+1n12=3+4t22t12，从而可求n的范围.（1）因为MF=2，故p=2，故抛物线的方程为：y2=4x.（2）设AB:x=ty+1，Ax1,y1,Bx2,y2，Nn,0，所以直线l:x=y2+n，由题设可得n1且t12.由x=ty+1y2=4x可得y24ty4=0，故y1y2=4,y1+y2=4t，因为RN2=PNQN，故1+14yR2=1+14yP1+14yQ，故yR2=yPyQ.又MA:y=y1x1+1x+1，由y=y1x1+1x+1x=y2+n可得yP=2n+1y12x1+2y1，同理yQ=2n+1y22x2+2y2，由x=ty+1x=y2+n可得yR=2n12t1，所以2

28、n12t12=2n+1y22x2+2y2×2n+1y12x1+2y1，整理得到n1n+12=2t12y1y22x2+2y22x1+2y1，=42t12y222+2y2y122+2y1=42t12y22y124+y2+y12y2y1y2+y12×y1y22y2+y1+4=2t123+4t2故n+1n12=3+4t22t12，令s=2t1，则t=s+12且s0，故3+4t22t12=s2+2s+4s2=1+2s+4s2=41s+142+3434，故n+1n1234n1即n2+14n+10n1，解得n743或7+43n1或n1.故直线l在x轴上的截距的范围为n743或7+43n1或n1.22.(1)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)1,e2；(3)证明见解析.【解析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)结合(2)的结论将原