2021年高考真题浙江卷数学试卷

2023年12月3日发(作者：高三联考湖北数学试卷)

1.设集合A.C.答案解析D，，则B.D.（ ）【分析】由题意结合交集的定义可得结果.【详解】由交集的定义结合题意可得：故选：D.2.已知A.答案解析【分析】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的值.【详解】，利用复数相等的充分必要条件可得：故选：C.3..C，B.1，(i为虚数单位)，则C.（ ）D.3.已知非零向量，则“B.必要不充分条件”是“”的（ ）D.既不充分又不必要条件A.充分不必要条件答案解析BC.充分必要条件【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.【详解】如图所示，，所以∴当∴综上，“不是时，是成立，此时的充分条件，，∴的必要条件，”是“”的必要不充分条件,∴成立，，,当时，与垂直，故选：B.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.答案解析A【分析】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.【详解】几何体为如图所示的四棱柱该等腰梯形的上底为故故选：A.，下底为，其高为1，底面为等腰梯形，腰长为1，故梯形的高为，，，5.若实数x，y满足约束条件A.B.，则C.的最小值是（ ）D.答案解析B【分析】画出满足条件的可行域，目标函数化为最大值即可.【详解】画出满足约束条件如下图所示：的可行域，，求出过可行域点，且斜率为的直线在轴上截距的目标函数由当直线化为，解得过点时，取得最小值为.，，设，故选：B.6.如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（ ）A.直线B.直线与直线与直线垂直，直线平行，直线平面平面C.直线D.直线答案解析A与直线与直线相交，直线异面，直线平面平面【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证【详解】平面，即可得出结论.连M是又N是所以，在正方体的中点，所以的中点，所以平面平面中，为中点，，平面.不垂直，所以选项B,D不正确；中，，，因为不垂直，所以则不垂直平面在正方体平面，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.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.7.已知函数，则图象为如图的函数可能是（ ）A.C.B.D.答案解析D【分析】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.【详解】对于A，对于B，对于C，当故选：D.时，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；，则，与图象不符，排除C.，8.已知是互不相同的锐角，则在B.1C【分析】利用基本不等式或排序不等式得式不可能均大于【详解】法1：由基本不等式有同理故故取则故三式中大于的个数的最大值为2，，则，，，，，不可能均大于.，，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.C.2三个值中，大于D.3的个数的最大值是（ ）A.0答案解析，从而可判断三个代数，，故选：C.法2：不妨设由排列不等式可得：而，，，故取则故三式中大于的个数的最大值为2，，，，不可能均大于.，故选：C.【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.9.已知点的轨迹是（ ）A.直线和圆答案解析C，函数B.直线和椭圆.若C.直线和双曲线成等比数列，则平面上D.直线和抛物线【分析】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.【详解】由题意得对其进行整理变形：，，，，所以其中故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.10.已知数列A.C.满足B.D..记数列的前n项和为，则（ ）或为双曲线，，为直线.，即，答案A解析【分析】显然可知，得，利用倒数法得到，由累加法可得，然后利用累乘法求得，从而得解．【详解】因为由，即根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，所以，．，进而由，再放缩可局部放缩可得，最后根据裂项相消法即可得到，由累乘法可得由裂项求和法得：所以即故选：A．【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到目条件可知要证的不等关系，再由累加法可求得，由题．，，当且仅当时取等号，小于某数，从而通过局部放缩得到，最后由裂项相消法求得．的不等关系，改变不等式的方向得到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 .答案解析25【分析】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.【详解】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.已知，函数若，则 .答案解析2【分析】由题意结合函数的解析式得到关于的方程，解方程可得的值.【详解】，故故答案为：2.，13.已知平面向量在方向上的投影分别为x，y，满足在方向上的投影为z，则.记向量的最小值为 .答案解析【分析】设等式即可得解.【详解】由题意，设则又向量所以即所以，在在，，由平面向量的知识可得，再结合柯西不，，，即，，，方向上的投影分别为x，y，所以方向上的投影,当且仅当即时，等号成立，所以故答案为：.的最小值为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由平面向量的知识转化出值.14.已知多项式 .答案解析【分析】根据二项展开式定理，分别求出【详解】，，所以，所以故答案为：15.在中， ...，M是，; ; .之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小，则 ，的展开式，即可得出结论.的中点，，则 ，答案解析 ;

【分析】由题意结合余弦定理可得【详解】由题意作出图形，如图，，进而可得，再由余弦定理可得.在即所以在中，由余弦定理得，解得，中，由余弦定理得（负值舍去），，，所以在；中，由余弦定理得.故答案为：；.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，一红一黄的概率为答案解析【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得【详解】，所以, 所以, 则，．的值，再根据随机变量的分布列即可求出．，则 ， .1 ;

一红一黄由于．故答案为：1；17.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，且心率是 .答案解析【分析】不妨假设，根据图形可知，轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离 ;

，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．【详解】如图所示：不妨假设，设切点为，，所以, 由，，所以，于是故答案为：；．，即，所以．18.设函数（1）求函数（2）求函数答案.的最小正周期；在上的最大值.（1）；（2）.解析【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得（2）由三角恒等变换可得【详解】（1）由辅助角公式得则[Math Processing Error]，所以该函数的最小正周期（2）由题意，;，，再由三角函数最小正周期公式即可得解；，再由三角函数的图象与性质即可得解.，由所以当19.如图，在四棱锥可得即，时，函数取最大值中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，..（1）证明：（2）求直线答案解析；与平面所成角的正弦值.（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点角坐标系，再分别求出向量【详解】（1）在所以，而平面中，和平面，，，所以，从而平面为坐标原点，建立空间直的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．，．由题意，又，由余弦定理可得且，所以，．，平面（2）由，，而与，则,相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接图所示，建立空间直角坐标系,则又为中点，所以平面与平面，所以平面所成角的正弦值为两两垂直，以点为坐标原点，如.的一个法向量．由（1）得从而直线【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．20.已知数列的前n项和为的通项；满足，记的前n项和为，若对任意，，且.（1）求数列（2）设数列恒成立，求实数的取值范围.答案解析【分析】（1）由列，即可得出结论；（2）由，结合结合与的关系，分讨论，得到数列，为等比数对任意恒（1）；（2）.的结论，利用错位相减法求出成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当时，，，当得时，由②，①②得，①，又是首项为，公比为；的等比数列，（2）由所以，得，，，两式相减得，所以由即时，时，所以.【点睛】易错点点睛：（1）已知论，如（2）中得恒成立，时不等式恒成立；，得，得；；，恒成立，求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.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A､B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.答案（1）；（2）.解析【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.（2）[方法一]：通式通法设，，，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.[方法二]：利用焦点弦性质设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．由得，所以．因为，，．由得．同理．由得．因为，所以即．故．令，则．所以，解得或或．故直线在x轴上的截距的范围为．[方法三]【最优解】：设，由三点共线得，即．所以直线的方程为，直线的方程为，直线设直线的方程为则所以，的方程为．．．故（其中所以因此直线在x轴上的截距为）．．．【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.22.设a，b为实数，且（1）求函数（2）若对任意（3）当，函数，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；，函数有两个不同的零点，满足的单调区间；时，证明：对任意.(注：答案(1)时，是自然对数的底数)在上单调递增；；(2)；时，函数的单调减区间为，单调增区间为(3)证明见解析.解析【分析】(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)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)①若，则，所以，在上单调递增；②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)[方法一]【最优解】：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.[方法二]：分析+放缩法有2个不同零点（其中且要证．又所以只需证又所以得证．[方法三]：若又由且，则满足．，故进一步有可得且．，从而．．因为所以故只需证又因为在区间，注意内单调递增，故只需证时有，故不等式成立．，，．，即且，由（Ⅱ）知有两个零点且．而，所以只需证，所以，所以．，原命题，即，．，只需证，即证）．．，只需证，不妨设，由得【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，方法一：直接分析零点，将要证明的不等式消元，代换为关于的函数，再利用零点反代法，换为关于的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为小，代入函数放缩得到结论.与0比较大