2021年高考理数真题试卷（浙江卷）带答案解析

2021年高考理数真题试卷(浙江卷)

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有

一个是符合题目要求的.

1.已知集合P={x6R114x43},Q={XGR|X2>4},则PU(CRQ)=()

A.[2,3]B.(-2,3]C.[1,2)D.(-°0,-2]U[1,+°0)

【答案】B

【考点】并集及其运算

【解析]【解答]解:Q={XWR|X224}={XWR|X22或X4-2},

即有CRQ={XWR|-2<x<2},

则PU(CRQ)=(-2,3].

故选：B.

【分析】运用二次不等式的解法，求得集合Q,求得Q的补集，再由两集合的并集运算，即可得到所

求.本题考查集合的运算，主要是并集和补集的运算，考查不等式的解法，属于基础题.

2.已知互相垂直的平面a,0交于直线I,若直线m,n满足mila,n±p,则()

A.mIIIB.mIInC.n±lD.m±n

【答案】c

【考点】直线与平面垂直的判定

【解析】【解答】解：...互相垂直的平面a,0交于直线I,直线m,n满足mila,

,mIIB或mcp或mJ_0，IQ，

n±g,

n±l.

故选：C.

【分析】由已知条件推导出IQ,再由n_LB，推导出n，l.本题考查两直线关系的判断，是基础题，解题

时要认真审题，注意空间思维能力的培养.

x—2〈0

3.在平面上，过点P作直线I的垂线所得的垂足称为点P在直线I上的投影，由区域{x+y>0中的

%—3y+4>0

点在直线x+y-2=0上的投影构成的线段记为AB,则|AB|=()

A.2V2B.4C.3V2D.6

【答案】C

【考点】简单线性规划的应用

【解析】【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分），

区域内的点在直线x+y-2=0上的投影构成线段RQ,即SAB,

而R'Q'=PQ,

x-3y+4=0[x=-1(x=2[x=2

由《得彳，即Q(-1,1),由，得1c，即R(2，-2),则|AB|=|QB|=

lx+y=o(y=llx+y=0[y=-2

7(~1-2)2+(1+2)2=V9+9=3

故选：C

【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义，利用数形结合进行求解即可.本题主要考查线

性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义以及数形结合是解决本题的关键.

4.命题“VxWR,SnGN,,使得nNx?"的否定形式是（）

A.VkGR,3nGN,,使得nVx?B.VxGR,VnGN',使得nVx?

C.3xGR,3nGN,,使得nVx?D.3xGR,VnGN*,使得nVx2

【答案】D

【考点】命题的否定

【解析】【解答】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题"WWR,3nGN*,使得nNx?"的否

定形式是：3xGR,VnGN',使得nVx?.

故选：D.

【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.本题考查命题的否定，特称命题与全称命题

的否定关系，是基础题.

5.设函数f（x）=sin2x+bsinx+c,贝ljf（x）的最小正周期（）

A.与b有关，且与c有关B.与b有关，但与c无关

C.与b无关，且与c无关D.与b无关，但与c有关

【答案】B

【考点】三角函数的周期性及其求法

【解析】【解答】解：:设函数f(x)=sin2x+bsinx+c,

，c是图象的纵坐标增加了c,横坐标不变，故周期与c无关，

当b=0时，f(x)=sin2x+bsinx+c=--cos2x+|+c的最小正周期为丁=y-=n,当bxO时，f(x)=-1

cos2x+bsinx+-+c,

y=cos2x的最小正周期为n,y=bsinx的最小正周期为2H,

f(x)的最小正周期为2n,

故f(x)的最小正周期与b有关，

故选：B

【分析】根据三角函数的图象和性质即可判断.本题考查了三额角函数的最小正周期，关键掌握三角函数

的图象和性质，属于中档题.

6.如图，点列｛An｝、｛Bn｝分别在某锐角的两边上且|AnAn+l|=|An+lAn+2|,An#An+l，nWN*,

|BnBn+11=|Bn+lBn+2I>Bn^Bn+l，nWN，(PXQ表示点P与Q不重合)若dn=|AnBn|,Sri为△AnBnBn+1

的面积，则()

BiB-)B；

A.｛SJ是等差数列B.｛S0｝是等差数列C.｛dn｝是等差数列D.｛(V｝是等差数列

【答案】A

【考点】数列与函数的综合

【解析】【解答】解：设锐角的顶点为O，|OAi|=a,|OB1|=b,

IAnAn+l|=|An+lAn+2|=b,|BnBn+11=|Bn+lBn+2|=d,

由于a,b不确定，则｛dn｝不一定是等差数列，

｛eV｝不一定是等差数列，

设△AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn,

(n+D匕两式相加可得,

hn+1°An+ia+nb0An+j

hn+hn+22a+2nb)

--------------=------------=2

Ml&+"

即有hn+hn+2=2hn+l

由Sn=；d・hn，可得Sn+Sn+2=2Sn+l

即为Sn+2-Sn+l=Sn+l-Sn，

则数列｛Sn｝为等差数列.

故选：A.

【分析】设锐角的顶点为。，再设I0A1I;a,|OBi|二b,|AnAn+l|=|An+lAn+2|=b,|BnBn+l|=|Bn+lBn+2|=d,由于

a,b不确定，判断C,D不正确，设△AnBnBn+l的底边BnBn+l上的高为hn,运用三角形相似知识，

hn+hn+2=2hn+1,由Sn=^d・hn,可得Sn+Sn+2=2Sn+l,进而得到数列｛Sn｝为等差数列.本题考查等差

数列的判断，注意运用三角形的相似和等差数列的性质，考查化简整理的推理能力，属于中档题.

2

）

7.已知椭圆C1：4+y2=l（m>l与双曲线C2：a-y2=l（n>0）的焦点重合，ei,e2分别为Cl,

mz

C2的离心率，则（）

A.m>n且eie2>lB.m>n£Leiez<lC.m<n且eie2>lD.m<n且eie2<l

【答案】A

【考点】椭圆的简单性质，双曲线的简单性质

【解析】【解答】解：.••椭圆J：4+丫2=1（m>l）与双曲线C2：4-y2=l（n>0）的焦点重合,

n2

满足c2=m2-l=n2+l,

即m?-M=2>0,m2>M,则m>n,排除C,D

则c2=m2-l<m2,c2=n2+l>n2,

则c<m.c>n,

222(m2~1)(n2+l)

ei=£,e2=£,则ei«e2=­•二，贝ij(ei・e2)2=(£)2.(£)2二三•J：

irnirninnITninnm2n2

m2n2+(ID2-n2)-l1w2-n2-l2-1l

--------------Fl-----------=1+22=1+22-1+22>1,

innmninnIDn

*'•eie2>l,

故选：A.

【分析】根据椭圆和双曲线有相同的焦点，得到c2=m2-即m2-M=2,进行判断,能得m>n,求

出两个离心率，先平方进行化简进行判断即可.本题主要考查圆锥曲线离心率的大小关系的判断，根据

条件结合双曲线和椭圆离心率以及不等式的性质进行转化是解决本题的关键.考查学生的转化能力.

8.已知实数a,b,c.（）

A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|<1,则a2+b2+c2<100

B.^|a2+b+c|+|a2+b-c|<l,则a2+b2+c2<100

C.若|a+b+c2|+1a+b-c2|<l,则a2+b2+c2<100

D.若|a2+b+c|+1a+b2-c|<l,则a2+b2+c2<100

【答案】D

【考点】命题的真假判断与应用

【解析】【解答】解：A.设a=b=10,c=-110,贝！J|a2+b+c|+|a+b2+c|=00l,a2+b2+c2>100；

B.设a=10,b=-100,c=0,贝!J|a2+b+c|+|a2+b-c|==0Vl,a2+b2+c2>100；

C.设a=100,b=-100,c=0,贝|a+b+c2|+|a+b-c2|=0wl,a2+b2+c2>100；

故选：D.

【分析】本题可根据选项特点对a,b,c设定特定值，采用排除法解答.本题主要考查命题的真假判断,

由于正面证明比较复杂，故利用特殊值法进行排除是解决本题的关键.

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.

9.若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10,则M到y轴的距离是.

【答案】9

【考点】抛物线的简单性质

【解析】【解答】解：抛物线的准线为x=-1,

点M到焦点的距离为10,

二点M到准线x=-l的距离为10,

二点M到y轴的距离为9.

故答案为:9.

【分析】根据抛物线的性质得出M到准线x=-1的距离为10,故到y轴的距离为9.本题考查了抛物线的

性质，属于基础题.

10.已知2cos2x+sin2x=Asin（3X+巾）+b（A>0）,贝ljA=,b=.

【答案】1

【考点】两角和与差的正弦公式

^Xin2x)+1=(2x+—)

【解析】【解答】解：2cos2x+sin2x=l+cos2x+sin2x=l+

24

+1,二A=弧,b=l,故答案为：、历；1.

【分析】根据二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数化简左边，即可得到答案.本题考查了二倍角的余弦

公式、两角和的正弦函数的应用，熟练掌握公式是解题的关键.

11.某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的表面积是cm2,体积是

cm3.

俯视图

【答案】80

；40

【考点】由三视图求面积、体积

【解析】【解答】解：根据几何体的三视图，得；

该几何体是下部为长方体，其长和宽都为4,高为2,

表面积为2x4x4+2x42=64cm2,体积为2x42=32cm3；

上部为正方体，其棱长为2,

表面积是6x22=24cm2,体积为23=8cm3；

所以几何体的表面积为64+24-2x22=80cm2,

体积为32+8=40cm3.

故答案为：80；40.

【分析】根据几何体的三视图，得出该几何体下部为长方体，上部为正方体的组合体，结合图中数据求出

它的表面积和体积即可.本题考查了由三视图求几何体的表面积与体积的应用问题，也考查了空间想象

和计算能力，是基础题.

12.已知a>b>l,若logab+logba=|,ab=ba,贝ija=,b=.

【答案】4

;2

【考点】对数的运算性质

【解析】【解答】解：设t=logba,由a>b>l知t>l,代入logab+logba=|得即2t2-5t+2=0,

解得1=2或1=*（舍去），

所以logba=2,即a=b2

因为ab=ba,所以b2b=ba,则a=2b=b2,

解得b=2,a=4,

故答案为：4；2.

【分析】设t=logba并由条件求出t的范围，代入logab+logba=|化简后求出t的值，得到a与b的关系式

代入ab=b，化简后列出方程，求出a、b的值.本题考查对数的运算性质，以及换元法在解方程中的应用，

属于基础题.

13.设数列｛aj的前n项和为Sn,若S2=4,an+i=2Sn+l,nWN*,贝ljai=，S5=.

【答案】1

；121

【考点】数列的概念及简单表示法

【解析】【解答】解：由n=l时，ai二Si,可得a2=2Si+l=2ai+l,

XS2=4,EP31+32=4,

BPW3ai+l=4,解得ai=l；

由an+l=Sn+lSn，可得

Sn+l=3Sn+19

由$2=4,可得$3=3可+1=13,

S4=3X13+1=40,

S5=3X40+1=121.

故答案为：1,121.

【分析】运用n=l时，a1=Si,代入条件，结合S2=4,解方程可得首项；再由n>l时，an+i=Sntl-Sn,

结合条件，计算即可得到所求和.本题考查数列的通项和前n项和的关系：n=l时，ai=Si,n>l时，

an=Sn-Sn-i，考查运算能力，属于中档题.

14.如图，在△ABC中，AB=BC=2,ZABC=120°.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D,满足PD=DA,

PB=BA,则四面体PBCD的体积的最大值是.

【答案】

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【解答】解：如图，M是AC的中点.①当AD=t<AM=«时，如图，此时高为P到BD的距离,

也就是A到BD的距离，即图中AE,

—h_tt

DM=立-t,由AADEs△BDM,可得〒二厂，------=5=；,h=//「-------=2=；V=

M（北-t）+1V（V3~t）+1

t13-（炳-t）2

,tF（0,5/3）②当AD=t>AM=

,（人6-t）・1，2

o4/775-七）+r6"^（^3-t）2+1

也就是A到BD的距离，即图中AH,

DM=t-5/3,由等面积，可得•^^AD^BM="1^BD^AH，，-1•t•1=2+l,，根

tt13-（炳—t）、

9,/.V=f,（2一t）,I，

22-2:,te

（V3-t）+lo乙/TTS-t）+i6"^（73-t）+i

13-（V3-t）2-i------------—

（M,2V3）综上所述,V=厂-、2一，tG（0）2T）令m=Y（炳-t）2+101,

2

2）,则丫=1.4~JL,m=l时，Vmax=E故答案为：E

6in22

【分析】由题意，AABD合APBD,可以理解为△PBD是由△ABD绕着BD旋转得到的，对于每段固定的

AD,底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD必定垂直于平面ABC,此时高最大，体积也最大.本题

考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧

有一定要求，难度大.

15.已知向量a,b>\a\-1,|b1=2,若对任意单位向量e,均有|a•e\+\b•e\<y/6>

则2・3的最大值是.

【答案】|

【考点】平面向量数量积的运算

【解析】【解答】解：I(9口•el=la*e+b*el-la,el+lb*el-V6>I(a+b),

el^la+讣V6>平方得：I靛+lbl2+2a,,，即12+22+2a*由，则g套故确

最大值是|,故答案为：：.

【分析】根据向量三角形不等式的关系以及向量数量积的应用进行计算即可得到结论.本题主要考查平面

向量数量积的应用，根据绝对值不等式的性质以及向量三角形不等式的关系是解决本题的关键.综合性

较强，有一定的难度.

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.

16.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知b+c=2acosB.

(1)证明：A=2B

(2)若AABC的面积S=-,求角A的大小.

4

【答案】(1)证明：:b+c=2acosB,

/.sinB+sinC=2sinAcosB,

sinB+sin(A+B)=2sinAcosB

sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB

sinB=2=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B)

.A,B是三角形中的角，

/.B=A-B,

/.A=2B

2

(2)解：；AABC的面积S=—，

4

.1I.a2

.・-bcsinAA=一，

24

/.2bcsinA=a2,

/.2sinBsinC=sinA=sin2B,

sinC=cosB,

B+C=90°,

/.A=90°

【考点】正弦定理，余弦定理

2

【解析】【分析】(1)利用正弦定理，结合和角的正弦公式，即可证明A=2B(2)若AABC的面积S=工一,

4

12

则占bcsinA=旦_,结合正弦定理、二倍角公式，即可求角A的大小.本题考查了正弦定理，解三角形，

24

考查三角形面积的计算，考查二倍角公式的运用，属于中档题.

17.如图，在三棱台ABC-DEF中，已知平面BCFEL平面ABC,NACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3,

(1)求证：EFJ_平面ACFD；

(2)求二面角B-AD-F的余弦值.

【答案】(1)证明：延长AD,BE,CF相交于点K,如图所示,

•平面BCFEJ■平面ABC,NACB=90°,，AC_L平面BCK,Z.BF±AC.又EFIIBC,BE=EF=FC=1,BC=2,

J.△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF_LCK,，BF_L平面ACFD

(2)方法一：过点F作FQJ_AK,连接BQ,•••BF_L平面ACFD.J.BF_LAK,贝UAK_L平面BQF,

BQ±AK.ZBQF是二面角B-AD-F的平面角.

在RtAACK中，AC=3,CK=2,可得FQ=逗.

13

在RtABQF中，BF=73,FQ=速.可得：cosZBQF=—.

134

二面角B-AD-F的平面角的余弦值为它.

4

方法二：如图

K

延长AD,BE,CF相交于点K,则ABCK为等边三角形，

取BC的中点，则KOJLBC,又平面BCFE_L平面ABC,二KOJL平面BAC,

以点。为原点，分别以OB,0K的方向为x,z的正方向，建立空间直角坐标系0-xyz.

可得：B(l,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,V3),A(-1,-3,0),F(|,0,y)，F(-i,0,y).

AC=(0,3,0),AK=(1,3,V3)，AB(2,3,0).

Z2),

设平面ACK的法向量为n=(X!,yi,zi),平面ABK的法向量为n=(x2Y2由

塞黑二卜可得=O

取元=(V3,0,-1).

由ACXm=0m徨2到+3y2=°

(f取=(3,—2,V3).

AKxm=0'七+3光+V3Z2=0

沆x亢_73

cos(m,n)=

I河同一T

1•二面角B-AD-F的余弦值为叵.

4

【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)先证明BFJLAC,再证明BFJLCK,进而得到BFJ■平面ACFD.

(2)方法一：先找二面角B-AD-F的平面角，再在R3BQF中计算，即可得出；

方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角B-AD-F

的平面角的余弦值.

本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于

中档题.

18.已知a23,函数F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min(p,

p>q

(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围

(2)(1)求F(x)的最小值m(a)

(3)求F(x)在［0,6］上的最大值M(a)

【答案】(1)由a23,故x41时,

x2-2ax+4a-2-2|x-11=x2+2(a-1)(2-x)>0；

当x>l时，x2-2ax+4a-2-2|x-l|=x2-(2+2a)x+4a=(x-2)(x-2a),

则等式F(x)==x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围是(2,2a)

(2)(1)设f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,

则f(x)min=f(1)=0,g(x)rnin=g(a)=-a2+4a-2.

由-a2+4a-2=0,解得a=2+企(负的舍去)，

由F(x)的定义可得m(a)=min{f(1),g(a)},

日n/N0,3<a<2+V2

即m(a)=f{_

—Q2+4a—2,Q>2+V2

(3)当04x42时,F(x)<f(x)<max{f(0),f(2)}=2=F(2)；

当2Vx46时，F(x)<g(x)<max{g(2),g(6)}

=max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}.

mun\34-8a,3<a<4

则M(a)={f2,a>4

【考点】函数的最值及其几何意义，函数最值的应用

【解析】【分析】(1)由a23,讨论xVl时，x>l,去掉绝对值，化简x2-2ax+4a-2-2|xT|,判断符

号，即可得到F(x)=x?-2ax+4a-2成立的x的取值范围；(2)(1)设f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a

-2,求得f(x)和g(x)的最小值，再由新定义，可得F(x)的最小值；(2)分别对当0SX42时，当2

<xS6时，讨论F(x)的最大值，即可得到F(x)在［0,6］上的最大值M(a).本题考查新定义的理解和

运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，考查化简整理的运算能

力，属于中档题.

19.如图，设椭圆C：1+y2=l(a>l)

a2

（1）求直线y=kx+l被椭圆截得到的弦长（用a,k表示）

（2）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围.

y=kx+1

【答案】（1）由题意可得：।21，可得：（1+a2k2）x2+2ka2x=0,

方+y=i

一2次。2

得X1=O或X=

2l+k2a2

直线y=kx+l被椭圆截得到的弦长为：Vm^\X1-x2\=泰瑞sn不

（2）假设圆A与椭圆由4个公共点，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q,满足

|AP|=|AQ|,

记直线AP,AQ的斜率分别为：ki,k2；且ki,k2>0,ki#k2,由（1）可知|AP|=

-2a2|%|Ji+g2.-2a21kzlJl+B2

2222

-1+a^，IQIi+ak2-，

2222

故：-2M|%yi+?2=-2b七，1+72,所以，（k12-k22）[1+kiW+a（2-a）kik2]=0,由kiwk2,

2222

l+aktl+ak2

ki,kz>0,可得：l+ki2+k22+a2（2-a2）ki2k22=0,

因此（4+1）（仁+1）=1+a2（a2-2）①，

K2

22

因为①式关于ki,k2；的方程有解的充要条件是：1+a（a-2）>1,

所以a>y/2.

因此，任意点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件为：l<aV2,

e=-=且得，所求离心率的取值范围是：0<eS①

«a2

【考点】椭圆的简单性质，圆与圆锥曲线的综合

【解析】【分析】（1）联立直线y=kx+i与椭圆方程，利用弦长公式求解即可.（2）写出圆的方程，假设

圆A与椭圆由4个公共点，再利用对称性有解已知条件可得任意一A（0.1）为圆心的圆与椭圆