2021年浙江省数学高考模拟卷参考答案

1、2021 年考数学模拟卷答案一、选择题：本大题共 10 小，每小题 分，共 分 解析：2.BA R解析：3.B 1 (1 ) 2 2 i 2解析：由ab a b2，以及 b 不成立，反例： a 4.B解析：对于 A：过点 且直于 直线应该垂直于l，即 A 错对于 B：内作一直线l1垂直于l，由平面 面 ， ，可得l 1，从而有过点 P 且直于 的直线平行于 l ，而平行于 即 对对于 ：过点 且直于的面可以围绕过1点 且垂直于 的直线旋转，从而知 C,D 均错5.B解析意 的值域为 0,4当 4时 当 时， （不合题意，舍去），即有 b g a) ，故选 B6.D解析：由S 1 S a 3 ，

2、 ，即 ，所以 8 1 S a 28 16 120 1 1解析：先考虑最后位置必为奥运宣传广告，有 2 ，另一奥运广告插入 商业广告之间，有 3 种；再考虑 商业广告的顺序，有A种，故共有2 种 8.A解析：如图所示，由z x y 得 ，画出 的折线图象，当该折线图像沿 y 轴上平移经过点 B (0,1) 时 取最大值为 1；当该折线图像沿 y 轴下平移经过点 ( , 时 取小值-10即 ，故选 A. 2 21 1 1 1 2 2 21 1 1 1 2 解 析 ： 连 接 BF2 ， 则 由 对 称 性 及 1 1， 得 矩 形 BF1 1， 故AF AF c) 2由 c 1 e ， AF e

3、 e 2 1 1 2e令 t ， e e1t 2 ) t ， e (8 ) 2 2t设 f (t ) t 2t，（第 9 题图）由f ( ) t 3 2t 2 ， t ，故f (t min f (2) ，选 10.B解析：设 2BC 2m 3AC AC CD cos 60 m 由于 ACD ，将侧面 ACD AC 开到平面 ABC则三点 CD共线，又此三棱锥可看成将ACD沿直线 AC 翻折而成的，故不难可得m m设异面直线 与 BD 所的角为 ，则 AC AC BD BD ，即，故选 B二、填空题本大题共 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分共 分 11. 7解析：数是 ，价是 y 7

4、,(钱)，则由题意得 解 y x 4, y 12.12 ， 2 解析：此几何体为侧面水平放置的棱长均为 2 的三棱柱 13. ，2304解 析 ： 设x ， 则bx (t t 1 2 ， 由 此 得 1 bC 2 2 ，解得 9. 2 2 2 2另一方面，等式两边对t求导，得 ( t 2 n ，再令t ，得a na bn n n14. ， 解析：中元素有 53 125个，这 125 三位数（可重复数字）可分以下三类：，即全有奇数字组成的三位数（可重复数字）有3327个； 即 一 不 同 的 偶 数 字 的 三 位 数 （ 可 重 数 ） 个，注意不要遗漏形如 ，344 等位数；即 只 有 两

5、个 不 同 的 偶 数 字 的 三 数 （ 可 复 数 字 ） 有 1 3所以 分布列如下： 个，注意不要遗漏形如 ，244 等位数 P所以 15.2 解析：由x ，得 y x，所以， 2 xy x 3 2 ，这里等号能成立16. 解 析 ： 由AO m AB n ， 得1AB AC 又 ，即有 c bn, 21 b cm bn 解得2 bm 3 2 cn .3 2 2 m n 4 ) b，由取等号条件知b ，从而 n 17.152，解析：由 ，得 设 1 22表示两点 A,B 分别到直线 x 0的距离之和取直线 0 之和为 x 轴新建立直角坐标系后 表两点 分到 x 轴距离在 新 的 直 角

6、 坐 标 系 下 ， 设 A(cossin ， 则 有 sin sin(称性设 B 在 轴上或上方 所以 h 由此不难得h 3，从而得 x y x y , 2三、解答题：本大题共 5 小，共 分。答文字说明，证明过程或演算步18. 解 ： （ I ） 由b c tan B， 及 正 弦 定 理 ， 得sin Bsin A B cos ， 即sin A cos sin B 2sin C ， 即sin( A ) 2 sin A，所以 cos A ，A 606 C（II） m ,1 ) (cos B, cos , cos(120，所以， cosB (120 cos cos(240 2由于0，得 s

7、，所以 2 5 m 2 14 分19. 解G 是PBC的垂心，则BG PC，由 AG平面 ，得 PC ，以 PC 平面 ABG，即 PC AB ，由 平面 ABC，得 PA ，以， ，而 AB AC ，与正三角形 矛盾所以，G 不可能是PBC的垂心7 分中 ， 由 h ， 即有P ABC， 从而3 3 3 2 21 2n n 2中 ， 由 h ， 即有P ABC， 从而3 3 3 2 21 2n n 2（II）延长 交 E，连 AE，则 是 点。延长 交 F，连 ，则 F 是 中，由 G 恰 的重心得 PG不妨设 =2正三角形 ABC 中， 3 ， AF AG平面 PBC可得 AG PF ，A

8、G 由 平 面 ABC ， 得 PA AF 在 RTPAF中 ， 由 2 FG 2 , F ， 进 而 PF 2, 从 而PB PC PA 10 2BE ， 在 2( 2 ) PB 2， 得设 BC 与面 ABG 所的角为 ，点 C 到平面 ABG 的离为 ，BC由E 是 中，可得V ABE V PA ，所以h 126 3 3 22 22 sin ，即 BC 与面 ABG 所的角为45 分20. 解（ I ）由n S N *) n，得 nn n 2)，两式相减，得an a ( n n由 S a ， ， 2 1 2 1 1，所以， a ( N * ，即数列是以 首项，公比为 3 的比数列，从而有

9、 2 n7 分（II）（I知 S 222 2从而 b 3 3n 3 ，2所以，当n 时，2 1 3 ，从而有1 ( n ( n 3 31 1 1 ) 12 311 3n )2 1 n 3 2；当 ，不等式显然成立综上，有 2 3 成立 分2 2 1 2 5 2 2 1 2 5 解：（）抛物线 C：y2 a 的准线方程为x ，所以点 到线的距离为 2，得a 5 分（II）(y 1 , ), B ( y ) 2，并设 AB 方为t ( ，将 代入抛物线方程y2 2 ， y 2ty ，而有 y t y t 1 2由于 ,B 异坐标原点 O所以 y ，即 1 所以， AOB 14( y ) 2 y 2

10、 y y 4) 2 2y y( y )( y 4 4)y ( y 4)( 4) 2 =t(t （t 2)t t 2 t ，（1当t(t 即t 或 时， 2t t 116( t ，由t ，得 或0 t t ，所以1 0 AOB ， 2 ；（2当（3当t(t t 即t t(t 2) 即0 2时时， AOB ； 5t2t t t ， 由 ， 得 t ， 所 以1 cos AOB 5；综上， 5 5 AOB 的值范围 ， 分 解：（）显然 x 。f ) x ， 当 a ，当 时， f ( 0；当 时， f 0。所以 f ( x)的增区间为，减区间为，所以， )有极大值，等于 f ( ) a ，无极小值

11、；当 时，当 x 时，f ( 0 时， f ( x 0以 f ( ) a 的减区间为 ， 增区间为 f x a 有极小值，等于 ( ) ln( ) ，无极大值 分（II）若0 ，则由小题I）知 f )在 af ) 2对恒 成 立 ， 只 要 存 在 实 数 b ， 得 e2 f (1) , e ef (e) a成 立 ， 即 要e 2 ，而只要 ， a a ，解得 若 ， 则 由 小 题 （ I ） 知 f ( x在上 递 增 ， 在故 要 使 得 af ) 2 e f ( a ln e对 1, e 恒立要在实数 使 (1) ,a aa,成立，e f a a e2 a即要 e e ln a a ln a ，从而只要 2 ln ,即 ln 0(*), 0(*).由于1 ，可知 2 2