2021年全国浙江卷-高考数学压轴题

2023年12月10日发(作者：2022成考数学试卷答案本科)

2021浙江高考数学

绝密★启用前

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)压轴题详解

10．已知数列{an}满足a11，an11S1003

2an1an(nN*)．记数列{an}的前n项和为Sn，则(

)

9

29S1005

2A．B．3S1004 C．4S100D．分析：本题主要考查数列的递推关系式及其应用，数列求和与放缩的技巧等知识，考查数学抽象，运算求解能力．

答案：A

解：由题意可得：11111111()2?()2，

an1an4anan2an21an1111n?1n1,1，

222anan从而anan1anan4,an1(n1)21anan12n1n1an，

n3)1133．

22n16111anS10016(?n3(n1)(n2)245故选：A．

x2y2116．已知椭圆221(ab0)，焦点F1(c,0)，F2(c，0)(c0)．若过F1的直线和圆(xc)2y2c2相切，与2ab椭圆的第一象限交于点P，且PF2x轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 ．

分析：本题考查了椭圆、圆的简单几何性质，以及点到直线的距离公式，考查分类讨论，逻辑推理，数学运算能力

答案：255,

55解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；

由直线过F1，设直线的方程为yk(xc)，

1直线和圆(xc)2y2c2相切，

21圆心(c,0)到直线的距离与半径相等，

2|kc0kc|252，

c，解得k25k1压轴题 2021浙江高考数学

x2y2b2将xc代入221，可得P点坐标为P(c,)，

abab2PF225，

tanPF1F2akF1F22c5a2c2251e2255，，e．

2ac52e5517.已知平面向量a,b,c(c0)满足a1,b2,ab0,(ab)c0记平面向量d在a,b方向上的投影分别为x,y,da在c方向上的投影为z,则x2y2z2的最小值是

分析：考查向量的投影，向量的数量积运算，均值不等式，考查分析问题，数学运算的能力

答案：2

5解：令a(1,0),b(0,2),c(m,n)，

因为(ab)c0，故(1，2)(m，n)0，m2n0，令c(2n,n)，

d?a 在c 方向上的投影分别为x，y，设d(x,y)，

则：d?a(x1,y),(da)c2n(x1)ny,|c|5n，

(da)c2xy2，故2xy5z2，

|c|5从而：z则x2y2z2表示空间中坐标原点到平面

2xy5z2上的点的距离的平方，

由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：

(x2y2z2)min(200502415)242．

10521.如图，已知F是抛物线y22px(p0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|2．

（Ⅰ）求抛物线的方程：

（Ⅱ）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2|PN||QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．

压轴题 2021浙江高考数学

分析：本题抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，求范围问题，考查逻辑推理能力，数学运算能力。

（Ⅰ）依题意，p2，故抛物线的方程为y24x；

（Ⅱ）由题意得，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB:yk(x1)，

将直线AB方程代入抛物线方程可得，k2x2(2k24)xk20，

4,xAxB1，则yAyB4，

k2yy设直线AM:yk1(x1)，其中k1A，设直线BM:yk2(x1)，其中k2B，

xB1xA1则由韦达定理有，xAxB2则k1k2yAyByAxByAyBxAyBk(xA1)xBk(xA1)k(xB1)xAk(xB1)xA1xB1(xA1)(xB1)(xA1)(xB1)00，

(xA1)(xB1)yAyB4k2k1k2，

(xA1)(xB1)12411k2k2设直线l:y2(xt)，

y2(xt)k2tk2tkkt联立，可得xR，则|xRt||t|||，

yk(x1)k2k2k2k2ty2(xt)k2tkktt||11|， 联立，可得xP1，则|xPt||12k12k12k1yk1(x1)同理可得，xQk22tkk2t,|xQt||2|，

2k22k2又|RN|2|PN||QN|，

kkt2k1k1tk2k2tkkt2k2(1t)2|||，即(，

)|k22k12k2k23k24压轴题 2021浙江高考数学

(1t)23k243(k2)212(k2)16161243233()(t1)2(k2)2(k2)2(k2)2k2k2243(t1)，

44(t22t1)3(t22t1)，即t214t10，解得t437或t743(t1)，

直线l在x轴上截距的取值范围为(,743][437,1)(1,)．

22.设a，b为实数，且a1，函数f(x)axbxe2(xR)．

（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若对任意b2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；

blnbe2（Ⅲ）当ae时，证明：对任意be，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，满足x22x1．

2eb4（注:e2.71828是自然对数的底数）

分析：本题利用导数研究函数的单调性，零点，考查数学抽象，逻辑推理能力，运算求解能力

（Ⅰ）f(x)axlnab，

①当b0时，由于a1，则axlna0，故f(x)0，此时f(x)在R上单调递增；

bbln②当b0时，令f(x)0，解得xlna，令f(x)0，解得xlna，

lnalnalnbbln此时f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增；

lnalnalnb综上，当b0时，f(x)的单调递增区间为(,)；当b0时，f(x)的单调递减区间为(,lna)，单调递增区间lnalnb为(lna,)；

lnalnbf(lna)0即可，

lnaln（Ⅱ）由（Ⅰ）知，要使函数f(x)有两个不同的零点，只需f(x)minbblnalnablnae20对任意b2e2均成立，

lnalnalnbbblnlnblnbblnae20， 令tlna，则atbte20，即etlnabte20，即elnablnae20，即lnalnalnalnalnbblnbe2lna0对任意b2e2均成立，

lnabblna1e2lna,b2e2，则g(b)1(lnb)ln(lna)lnb，

lnalnablna记g(b)bbln压轴题 2021浙江高考数学

令g（b）0，得blna，

①当lna2e2，即ae2e时，易知g（b）在(2e2，lna)单调递增，在(lna,)单调递减，

此时g（b）g(lna)lnalnaln1e2lnalna(e21)0，不合题意；

②当lna2e2，即1ae2e时，易知g（b）在(2e2，)单调递减，

222e2此时g(b)g(2e)2e2elne2lna2e22e2[ln(2e2)ln(lna)]e2lna，

lna222故只需22[ln22ln(lna)]lna0，即lna2ln(lna)22ln2，则lna2，即ae2；

综上，实数a的取值范围为(1，e2]；

（Ⅲ）证明：当ae时，f(x)exbxe2，f(x)exb，令f(x)0，解得xlnb4，

易知f(x)minf(lnb)elnbblnbe2bblnbe2b4be2e23be23e4e2(13e2)0，

f(x)有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1lnbx2，

ex2e2， 由f(x2)ebx2e0，可得x2bbx22ex2blnbblnbe2b2lnbx22x1，即证ex1，

要证x22x1，即证b2e2eb2e22e2e2e22e22222bbe2)e2eeeeee0，则x1而f(，

bb222b2lnbx1，即证ex2blnb，即证x2ln(blnb)，

要证e22ex2而f(ln(blnb))eln(blnb)bln(blnb)e2blnbbln(blnb)e2blnbbln(4b)e2bln1e2e2bln40，

4x2ln(blnb)，即得证．

压轴题模拟

1．（2021·浙江嘉兴市·高三模拟）已知公比不为1的正项等比数列an的前n项和为Sn，数列bn满足bn下列不等式恒成立的是（

）

A．7b28b6，b2b4S2n，则Sn1

81

4B．7b28b6，b2b41

81

4C．3b34b9，b4b8答案：D

D．3b34b9，b4b8压轴题 2021浙江高考数学

解：设正项等比数列an的公比为qq0，则SnnnS2n1q2n1q1qbn1qn0，

nnSn1q1qa11qn1q，S2na11q2n1q，

224b671q671q1qq7142，

qq22b281q81q88令q2t，则b672111tt，则10，

b28822b67与大小关系不确定，即7b2与8b6大小关系不确定，AB错误；

b283362b931q931q1qq311q6q3q30，

33b341q41q442即b93，3b34b9；

b34211111b4b81q41q8q8q4q40，即b4b8.故选：D.

444422．（2021·龙港市第二高级中学高三开学考试）已知数列{an}满足：0a1正确的是（

）

A．0a2019C．1a2019答案：B

解：设f(x)xln(2x)(0x2)，

因为f(x)11，an1anln2an.则下列说法21

23

21a20191

23D．a20192

2B．11x0x2，

2x2x当fx0时，得0x1；则fx在0,1和单调递增，

当fx0时，1x2，则函数fx在1,2上单调递减，

且f(x)f11，可得an1，

所以an1anln2an0，即数列{an}为单调递增数列，

压轴题 2021浙江高考数学

11，a2f(a1)f(0)，

221根据数列{an}单调性可得：0a1a2a3an1，

21所以a20191.故选：B.

2又f(0)ln2ln4lnex223．（2021·浙江宁波市·余姚中学高三模拟）已知F1，F2分别为椭圆C：2y1（a1）的左、右焦点，点F2关a于直线yx的对称点Q在椭圆上，则长轴长为________；若P是椭圆上的一点，且PF1PF2________.

答案：22

4，则S△F1PF233

3x2解：（1）由椭圆C：2y21（a1）得ca21.

a∴F2(a21,0)，点F2关于直线yx的对称点Q(0,a21)，

22(a1)由题意可得：01，即a2，则椭圆的长轴长为22；

1x2（2）由（1）得椭圆方程为y21.

2则PF1PF22a22，又PF1PF24，

322∴cosF1PF2PF1PF2F1F22PF1PF2222(PF1PF2）2PF1PF2F1F22PF1PF288413==.

823∴sinF1PF2=3.

2则S△FPF1211433.

=PF1PF2sinF1PF2=32232x2y24．（2021·浙江高三模拟）已知椭圆C:221(ab0)的右焦点为F(1,0)，其关于直线ybx的对称点Q在ab椭圆上，则离心率e__________，SFOQ__________．

压轴题 2021浙江高考数学

答案：12. .

221n(1)m1bm1n(2)，

解：设Q（m，n），由题意可得b22m2n2221(3)ba2b1b2n=

由∴∴可得：m=，2，21b1b1b222b2()()2代入∴可得1b2，可得，b1,a2．

1b1a2b2解得e=2．所以Q(0，1)

21111.

22所以FOQ是等腰直角三角形，所以SFOQ5．（2021·浙江绍兴市·高三二模）已知平面向量a,b,c，满足|a||b|2,则对一切实数x,|xabc|的最小值是____________．

答案：31

a与b的夹角为，且c2ac30，32解：由题知a4，则c2ac30c2acaac1，

22222则ac1，故若使xabcx1abac取最小值，

则只需向量x1ab与向量ac反向，

即x1abac2x1ab1[x1ab]21

[x1a]b2(x1)ab124x24x442(x1)2211

24x24x41(2x1)23131，

1当且仅当x时，等号成立.

2压轴题 2021浙江高考数学

故答案为：31

6．（2021·浙江宁波市·镇海中学高三模拟）已知平面向量a，b，c，满足ab3，c2，且abcab4，则ab的取值范围是___________．

答案：142,142

解：因为abcab4，所以ab4abc2ab，

所以ab424ab，则ab168ab4a24b28ab，即ab56，

222所以214ab214，因为ab则18414ab2a2b22ab182ab，

142182ab184142142，

2所以ab取值范围是142,142.

故答案为:

142,142

7．（2021·湖南岳阳市·高三模拟）已知动圆过定点P(1,0)，且与定直线l:x1相切，点C在l上．

（1）求动圆圆心的轨迹M的方程；

（2）设过点P且斜率为3的直线与曲线M相交于A，B两点．

∴问：ABC能否为正三角形？若能，求点C的坐标；若不能，说明理由；

∴当ABC为钝角三角形时，求这种点C的纵坐标的取值范围．

解：（1）依题意，曲线M是以点P为焦点，直线l为准线的抛物线，

所以曲线M的方程为y24x．

（2）∴由题意得，直线AB的方程为y3(x1)，

1y3(x1)由2消y得3x210x30，解得x1,x23．

3y4x12316,ABxx2B所以A点坐标为，点坐标为，．

(3,23)12333假设存在点C(1,y)，使ABC为正三角形，则BCAB，ACAB，

压轴题 2021浙江高考数学

21622(31)(y23),①3即，

22221611y3②332423143

22由∴-∴得4(y23)y．，解得y3392但y143不符合∴，所以由∴，∴组成的方程组无解．

9因此，直线l上不存在点C，使得ABC是正三角形．

∴设C(1,y)使ABC成钝角三角形，

由y3(x1)得y23，

x1即当点C的坐标为(1,23)时，A，B，C三点共线，故y23．

1232843y2又AC1yy2，

33932216256

BC(31)(y23)2843yy，AB．93222222当BCACAB，即2843yy22222843256，

yy2939即y23时，CAB为钝角．

9222当ACBCAB，即2843256，

yy22843yy2939即y103时CBA为钝角．

322又ABACBC，即22562843yy22843yy2，

9932442即y23y0,y0．该不等式无解，所以ACB不可能为钝角．

333压轴题 2021浙江高考数学

因此，当ABC为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是y10323或y(y23)．

398．（2021·浙江高三模拟）如图所示，已知抛物线x24y的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点，A在y轴左侧且AB的斜率大于0.

（1）当直线AB的斜率为1时，求弦长AB的长度；

（2）点Px0,0在x轴正半轴上，连接PA，PB分别交抛物线于C，D，若AB//CD且AB3CD，求x0.

解：（1）依题意得焦点F(0,1)，所以直线AB方程为yx1，把yx1与x24y联立得x24x40，

设A(x1,y1),B(x2,y2)，于是x1x24，x1x24，

所以|AB|112x1x22(x1x2)24x1x2242168；

2|AB|3|CD|，AB//CD，可得|AP|3|CP|，

（2）设A2t,t，C(xC,yC)，Px0,0，由

12ytCt23yC3即，而点C在抛物线x24y上，

x02t3(x0xC)x2t2x0C32t2x0422t22xtx20，令B2s,s2，同理

222s2xsx0，

则有t0000332x0即t，s关于x的方程2x2x0xx0的两根，于是stx0，st，

22220直线AB斜率k(k>0)，联立直线AB方程：y=kx+1与抛物线方程x24y得x24kx40，

2x0则2t，2s是此方程的两个根，即2t2s4，即ts1，1，解得x02，

2所以x02.

压轴题 2021浙江高考数学

9．（2021·浙江宁波市·镇海中学高三模拟）已知函数f(x)(xa)2blnx，a,bR．

（1）若直线y2ax是曲线yf(x)的切线，求a2b的最小值；

（2）设b1，若函数f(x)有两个极值点x1与x2，且x1x2，证明解：（1）设切点x0,y0，

fx1fx2x1x22a．

a2x22axb由f(x)(xa)blnx得f(x)，

x22x022ax0b22a，所以b2x0因为切线为y2ax，故．

x0又因为x0ablnx02ax0，

所以ax0blnx0x02x0lnx00，所以x0e，

因此abx02x0lnx0．

令gx0x02x0lnx0，x0e，

2222222222则gx04x04x0lnx00对x0e,恒成立，

所以gx0在x0e,上单调递增，则gx0g所以a2b的最小值为2e．

e2e，

2x22ax1（2）因为f(x)，

x若函数f(x)有两个极值点x1与x2，

4a280则x1>0，x20，x1x2a，所以a2；

1x1x22因此fx1fx2x1x22x122ax1x22ax2lnx1lnx2x1x2alnx1lnx2

x1x2压轴题 2021浙江高考数学

x11xxxxx11212aln1aln1，

(a)x1x2x2(a)x11x2x2令x1t，(0t1)，

x2fx1fx21t11t1alntalnt，

则x1x2at1at1构造函数g(t)lnt2t1，(0t1)

t11214g(t)20在t0,1上显然恒成立，

则22t(t1)t(t1)所以g(t)在t0,1上单调递增，则g(t)g(1)0；

所以lnt2t1t1lnt2，

，即t1t11t121t12lnt，因此alnta，

at1aat1a又a2，则所以fx1fx21t12alnta．

x1x2at1a10．（2021·浙江杭州市·学军中学高三模拟）已知函数f(x)ae2x(a2)exx(a0).

（∴）若函数fx存在两个零点，求实数a的范围;

（∴）当函数fx有两个零点x1,x2x1x2，且存在极值点x0，证明:

（i）1x10x2;

x12x1（ii）x021.

22a解：（1）f(x)2e1ae1(a0)

因为ex0,2ex10，令f\'(x)0

则ae10exxxx1xlna

a所以f(x)在(,lna)递减，(lna,)递增

压轴题 2021浙江高考数学

又有两个零点，所以f(x)minf(lna)11lna0

a令g(x)11lnx0，则g(x)在(0,)上单调递增

x又g(1)0，所以x(0,1)时g(x)0

故a(0,1)

（2）（i）f(1)aa210,f(0)a20

e2ee而x,f(x)1x10x2

（ii）由上知x0lnx111121

aa2a2xx而fx10有：ae1(a2)e1x10

aex1ex112ex1x1,aex0即ex1x0ex112ex1x1

又x11ex112x1x11x10

2ex1x0x12ex1x0ex112ex1x1x123x12

ex1x0x11即x1x0lnx11

x12x12x12又lnx11x1x10x1x0x1即x0

222x12x1x021

22a

压轴题