2021届浙江省水球高考命题研究组方向性测试I数学试题(WORD版含答案)

2021年1月新高考研究卷-数学答案(1-5卷)

名校联盟★《新高考研究卷》 2021年1月《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（一）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．答案C 【解析】{}{}2=1011A x x x x −<=−<<，{}{}=ln 0B x y x x x ==>，则AB ={}1x x >−故选C ．2．答案D 【解析】()()()()2i 1i 2i 13i 1i 1i 1i 2z ++++===−−+，13i 2z −=，则z =D ． 3．答案A 【解析】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（含边界），其三个顶点分别是()1,0A ，()0,1B ，()2,2C ，目标函数1yz x =+表示点(),x y 与()1,0−连线的斜率，过()1,0A 时，min0z =，过()0,1B 时，max 1z =，故01z ≤≤，选A ．4．答案B 【解析】33sin108606666f ππππππ⎛⎫=+=+> ⎪⎝⎭⎛⎫⎪⎝⎭，排除C ； 33sin 108606666f ππππππ⎛⎫− ⎪⎛⎫⎝⎭−=−+=−+> ⎪⎝⎭⎛⎫− ⎪⎝⎭，排除A 、D ；选B ． 5．答案D 【解析】由三视图得该几何体为四棱锥A BCDE −（如图），底面棱长与高均为2，12222ABC ABE S S ∆∆==⨯⨯=，122ADE ADC S S ∆∆==⨯⨯=，4BCDE S =，所以28表S =+，选D ．6．答案A 【解析】根据线面垂直的判定定理m α⊂，且m β⊥αβ⇒⊥，反之m α⊂，且αβ⊥，直线m 与平面β可能垂直，也可能是斜交，或在平面β内，所以“m β⊥”是“αβ⊥”的充分不必要条件，选A ．7．答案B 【解析】因为2021201920192020a a a a −=−所以20212020201920a a a +−=，即220q q +−=，因为1q ≠，所以2q =−，20202021201920202020202120202021220S S S a a a a a +−=++=+=，选B ．8．答案C 【解析】由题意知2DEF DOF DOE S S S ∆∆∆=⋅所以2EFOF OE =⋅① :AB l y x c =+，设()11,A x x c +，()22,B x x c +，则()11,D x x c −−，则直线DB 的方程为()1222212x x c y x c x x x x ++−−=−−，令0y =，则()()()212121*********E x x x c x x c x x x x x x cx x c−−+++=+=++++②2222+1x y a b y x c ⎧=⎪⇒⎨⎪=+⎩()2222222220a b x a cx a c a b +++−=，则21222222212222a cx x a b a c a b x x a b ⎧−+=⎪⎪+⎨−⎪=⎪+⎩代入②得2E a x c =−，由①得：22222222()()a a c c c a a c c c⋅=−⇒=−，即422430a c a c −+=，所以42310e e −+=2e ⇒=即e =C ．9．答案D 【解析】令1c b =则0c >，21a c +=，2121221212222ab a a a cb ac a a c a++=+=++++1112222a a c a c a +=++≥=+，当且仅当2aa c a c a +=+即)1c a =又因为21a c +=，所以1a =−，3c =−3b =+取等号，选D ．10．答案B 【解析】())(()()()()121121n n n n f x f x f x g x g x g x g x f x −−++++=++++即为()()()()()()()()112211n n n n f x g x f x g x f x g x f x g x −−−=−+−++−即112211ln ln ln ln n n n n x x x x x x x x −−−=−+−++−，令()ln h x x x =−，则()111x h x x x−'=−=，所以()h x 在21,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，21,e ⎡⎤⎣⎦单调递增()()min 11h x h ==， ()()222max 1max ,e e 2e h x h h ⎧⎫⎛⎫==−⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，所以()()2e 2111n h n −≥−=−即2e 1n ≤−，故正整数n 的最大值为6，选B ．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．11．答案1−，14n −−【解析】令1n =，得114133a a =+得11a =−，当2n ≥时，114133n n S a −−=+，所以114433n n n n n a S S a a −−=−=−，所以()142n n a a n −=≥，所以14n n a −=−．12．答案90，528【解析】()()5532311x x −=−+⎡⎤⎣⎦，则2a 为展开式第四项的系数()()2234531901T C x x =−=−⎡⎤⎣⎦，则290a =；在展开式中令2x =得50123454a a a a a a +++++=，令0x =得50123452a a a a a a −+−+−=−，两式相减得135528a a a ++=．13．答案2425−，50− 【解析】因为π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以sin 0α>，cos 0α<，221sin cos 5sin cos 1αααα⎧+=⎪⎨⎪+=⎩解得4sin 53cos 5αα⎧=⎪⎪⎨⎪=−⎪⎩， 24sin 22sin cos 25ααα==−；227cos 2cos sin 25ααα=−=−，πππcos 2cos 2cos sin 2sin 444ααα⎛⎫−=+ ⎪⎝⎭3125250=−⨯=−． 14．答案3【解析】如图过A 作AF BE ⊥于F ，则AF =在折叠过程中点A 到平面BDE 的距离d AF ≤，故max d =1233A BDE BDE V S d d'−∆==≤． 15．答案⎤⎥⎦表示点(),P x y 与点()3,0C −的距离PC ，如图当CP AB ⊥时距离最短，直线AB 的方程为145x y+=，即54200x y +−=，min CP ==，max 7PCCA ==⎤⎥⎦．16．答案427，45【解析】记事件A 为红、黄两球恰好在一个盒子内，则()()1125442242324254552280454027C C A P A C C A C A A A +===⎛⎫++ ⎪⎝⎭；{}0,1,2ξ∈， ()224232424444222040540540C C A C A A A P ξ++===，()()132244342401540540C A C A P ξ+===， ()()221444962540540C A C P ξ+===，所以240964324=1+2==5405405405E ξ⨯⨯． 17．答案13m =或3m =【解析】以{},AC AB 为基底，则CB CA AB AB AC =+=−，()AC mAB CB −⋅=()()220AC mAB AB AC AC AB ACmAB mAB AC −⋅−=⋅−−+⋅=，即()221cos mc b m bc A+=+，所以()22cos 1mc b A m bc+=≥=+，当且仅当b =时取等号，因为角A最大值为π6=即231030m m −+=，所以13m =或3m =．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． 18．【解析】（Ⅰ）因为222sin sinsin sin C B A A B −=，由正弦定理222c b a −=，所以222+a b c −，由余弦定理222+cos 2a b c C ab −=，因为π02C <<，所以π=6C ．（Ⅱ）因为在锐角△ABC 中6C π=，所以π02π025π6A B A C ⎧<<⎪⎪⎪<<⎨⎪⎪+=⎪⎩得ππ32B <<，sin cos tan A B C++()3π=sin cos cos 23B C B B B B ⎛⎫++++++⎪⎝⎭，2ππ5π336B <+<，所以1πsin 23B ⎛⎫<+< ⎪⎝⎭即3sin cos tan 623A B C <++<+． 19．【解析】（Ⅰ）如图取AB 、AC 中点M 、N 连CM 、BN ，则CM AB ⊥，因为面11ABB A ⊥面ABC ，面11ABB A 面ABC AB =，CM ⊂面ABC ，所以CM ⊥面11ABB A ，所以1AA CM ⊥，同理1AA BN ⊥，设=CMCN Q ，所以1AA ⊥面ABC ．（Ⅱ）连1C N ，由第一问与1112A B AB =知1、、NB NCNC 两两垂直，以N为原点，1、、NB NC NC 所在直线为、、x y z 轴如图建立坐标系．()0,A ，()3,0,0B，()0,3,0C ，()16C ，(10,CC =，()3,3,0BC =−，设(),,n x y z =为面11BCC B 的法向量，则100n BC n CC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即3060x z ⎧−=⎪⎨=⎪⎩，令x 则y =z =所以(2,6,n =，11n =．12++0,333AE AC CE AC CC ⎛=== ⎝⎭，22AE =，62n AE ⋅= 设AE 与面11BCC B 所成角为θ，3sin cos ,11n AE n AE n AEθ⋅=<>==cos 11θ=，所以AE 与面11AB D ． 20．【解析】（Ⅰ）因为()221110n n n n n a na a a +++−+=所以()()1110n n n n n a na a a +++−+=⎡⎤⎣⎦，即()111n n n a na ++===，所以1n a n=，21a 1n n S b =−，当1n =时111S b =−得112b =，当2n ≥时，1n n n b S S −=−得12n n b b −=即112n n b b −=，所以12n n b =．（Ⅱ）要证2221223n n a a a S +++<+只需证明222111511232n n +++<−，当1n =时，左边11S =，右边517326=−=，不等式成立，当2n ≥时，22211411214121214n n n n n ⎛⎫<==− ⎪−−+⎝⎭−， 22211111111152121235572121321n n n n ⎛⎫+++<+−+−++−=− ⎪−++⎝⎭，只需证明12221n n <+，因为当2n ≥时，1212122n n n n +>+>+=，即12221n n <+成立，故原不等式成立．21．【解析】（Ⅰ）设()11,A x y ，()22,B x y ，()00,P x y直线AP 的方程：()11y y k x x −=−与22y x =联立得2112220ky y y kx −+−=，因为PA 与抛物线相切所以()1144220k y kx ∆=−−=，将2112y x =代入得11k y =，11:AP l yy x x =+，同理22:BP l yy x x =+，将()00,P x y 代入得0101y y x x =+，0202y y x x =+，所以直线AB 的方程为00y y x x =+，将002x y =−代入得()012y y x −=−过定点()2,1N ．（Ⅱ）1212,22x x y y D ++⎛⎫ ⎪⎝⎭，1122yy x x yy x x =+⎧⎨=+⎩所以1202y y y +=，则PD y ⊥轴， ()00,P x y ，200,2y E y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2000,D y x y −，所以E 为PD 中点，则1122AE AD AP =+1142AB AP =+，在ABP ∆中，12AM t AB t AP =+，则121t t +=，由A 、E 、M 三点共线知113t =，223t =，所以22113326BEM BPE BPD PAB S S S S ∆∆∆∆==⨯=，直线AB 的方程为00y y x x =+，点()00,P x y 到直线AB 的距离d =，由0022y y x x yx =+⎧⎨=⎩得200220y y y x −+=，2048y x ∆=−， 12AB y =−=，所以()322200000012224332PAB S AB d y x y x y y ∆==−−=−+≥，当01y =时取等号，所以()min 32BEM S ∆=．22．【解析】（Ⅰ）因为()e e ln x xa f x x x−'=+，所以()1e e 1f a '=−=−得1a =．（Ⅱ）由（Ⅰ）知()()e 1ln x f x x =−，即证当1x ≥时，()2e 1ln x x x x −≥−①；先证当1x ≥时，1ln x x x −≥，令()11ln ln 1x h x x x x x−=−=+−，所以()221110x h x x x x−'=−=≥成立，即()h x 在[)1,+∞单调递增，()()min 10h x h ==，故当1x ≥时，1ln 0x x x−≥≥，要证①式只需证明当1x ≥时，2e 1x x −≥，令()()2g =e 11x x x x −−≥，()g =e 2x x x '−，()g =e 2e 20x x ''−≥−>，所以()g x '在[)1,+∞单调递增，()min g =e 20x '−>，所以()g x 在[)1,+∞单调递增，()min g =e 20x −>成立，因此原不等式成立．（Ⅲ）当1x ≥时，()1m x x f x m+−≥恒成立，即()1e 1ln m xx x x m +−−≥②成立，当1x =时，R m ∈，当1x > 时，②ln e 11e 1ln ln x m m x x x m x m x −−−⇔≥=，令()e 1x p x x−=，则()()ln p x p m x ≥，因为()()()()221e 111110x x x x p x x x−+−++'=>=>，所以()p x 在定义域上单调递增，故只需ln x m x ≥，所以当1x >时ln xm x ≤，令()()1ln x q x x x =>，则()()2ln 10ln x q x x −'=>得e x >，所以()q x 在()1,e 单调递减，在()e,+∞单调递增，()()min e e q x q ==，所以e m ≤，实数m 的最大值为e ．《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（二）1．A 解析：{-1,3}{-1}，A B ==，则{3}A C B =，故选A.2．B 解析：展开式中含x 项为1231(2)(-)-12C x x x=，故选B .3．A 解析：当12x y ==时，3x y +取得最大值2，故选A .4．D 解析：两个函数均经过点(0,1)，且在定义域内均有相同的单调性，故选D. 5．C 解析：利用线面平行性质得充分性，线面平行的判定定理得必要性，故选C .6．C 解析：由条件可得222282+a b a b +=，则222842b a a b a b ab++=≥，当且仅当2222216ab a b ⎧=⎪⎨+=⎪⎩时取等号，此时,a b 有解，故不等式等号能取到，从而选C .第7题7．D 解析：结合图像，连接OP ，则OP =2c，因为OP a ≥，所以22ca e ≥⇒≥，故选择D. 8．B 解析：取AC 中点O ，连接PO ，则直线PO 即直线l ，在平面PAQ 中，PA 是定直线，因为AB PA ≤，所以且直线AO 与直线AP 夹角小于等于4π，根据最小角定理，直线l 与平面PAQ 夹角的最大值为4π，当且就当平面PAO 与平面PAQ 垂直时，取到最大值，显然此时满足题意，故选B .9．A 解析：记,,OA a OB b OC c ===，其中不妨设OB 为固定线段，则点A,C 分别在以点O ，点B 为圆心，半径为2的圆上，且直线AC ，直线OB 夹角为6π，则|-|a c 最小值为PQ ，最大值为AC .分别取线段AP ，QC 中点为M,N ，结合图像可知3MN =，所以|-|a c 最小值为0，此时与条件不符，所以|-|0a c >，|-|a c 最大值为23-23PQ ≤.故选A.10．C 解析：令x =0，则b =0.1()-sin 2sin 42f x a x c x ππ+=+，(2)sin 4f x a x π=+sin 8c x π，带入可得2sin 4sin 4sin 8c x a x c x πππ=+.整理得2-2cos 4c a c x π=恒成立，故0a c ==，综上所述，三个参数均为可确定.故选C.11．2π解析：记11()sin sin 2sin 4 (24)f x x x x =+++，则(2)()f x f x π+=.12．5；－7 解析：2-724z i =+.13．53103；提示：由三视图可知，几何体为一个三棱柱剪去一个三棱锥.14．（1，1）；(2,2) 解析：(1)10a x y −+−=，易得过定点（1,1）；结合函数图像可知，当直线与圆相切与(1,1)时，恰好两个交点，此时2r =；当圆经过（2,0）时，恰好两个交点，此时2r =，故(2,2)r ∈.15．24；1 解析：本质是四个水果的全排列，故有24种取法；ξ可取0，1，2.111(0);(1);(2)333P P P ξξξ======，故()1E ξ=.16．3754解析：2-1，a a b S T b ==，则(2-1)124a b =，故5,4a b ==.又2375(2-1)4bb a a S T b ==. 17．2 解析：令1x =，得2a b +=，则32323=32x ax x b x ax x a +−++−+−322=32=(1)[+(1)2+]0x ax x a x x a x a +−+−−+−≥，2+(1)2+x a x a +−含因子(-1)x ，故0,2a b ==. 18．解析：（Ⅰ）由题设及正弦定理得cos 2sin cos 222B B B =．因为cos 02B ≠，故1sin 22B =，O第8题第9题因此B =60°．......................................................7分（Ⅱ）13sin -3sin()-3sin sin(-)3223A C C C C C C ππ=+==，由△ABC 为锐角三角形，则(,)62C ππ∈，所以11sin(-)(-,)322C π∈..................14分19．解析：（Ⅰ）根据题意，有AD BD BD AE AD AE A ⊥⎧⎪⊥⎨⎪=⎩，则BD ⊥平面ADE .因为平面BD ABCD ⊆，所以平面ADE ⊥平面ABCD ............................7分（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，以D 点为原点，DA ，DB 为,x y 轴，竖直向上为z 轴，则(0,0,0),(1,0,1),(0,2,0)D E B ，设(,,)M x y z 3λ=，由EM MB λ=则(-1,,-1)EM x y z =，(-,2-,-)MB x y z =，所以121()111，，M λλλλ+++，在平面ADM 中，(1,0,0)AD =，121()111，，DM λλλλ=+++，所以平面ADM 一个法向量为1(0,-1,2)n λ=，即13)n =.平面AED 一个法向量2(0,1,0)n =所以121cos ,-2n n <>=，所以二面角--E AD M 的平面角为3π.....................15分20．解析：（Ⅰ）当1n =时，1a =4−，2n ≥时，114112(21)(21)2(2)88n a n n n n +−−=−−−=≥综上5()n a n n N *=−∈.............................7分（Ⅱ）易得5|5|()21n n n b n N *−−=∈+，显然0n b ≥.105|5|+21n n n n b b −−−=++5|5|21n n −+−+|5|(9)n n =−≤，故129...10b b b +++=，即11n ≥时，不等式成立.........15分21．解析：（Ⅰ）易得1(3,)2A ，则13,)2A 带入抛物线得3p =，则3(0,)2F ，所以直线'A F 的方程为6-23-90y x =................5分（Ⅱ）设点2(2,2)A pa pa ，带入椭圆得242(4)1p a a +=，且2'(-2,2)A pa pa ，2(-2,-2)C pa pa ，2(-,)28p p B a a ，若点B 在椭圆内，所以221282p pa a a <⇒>. 42212216-1,2()8a S p a S p a a ==，故212424-14(41)a S S a a =+令24-10t a =>，则1224(1)(2)t S S t t =++，记2()(1)(2)th t t t =++，则232-2-22'()(1)(2)t t h t t t +=++，令'()0h t >，得5-1t ∈；'()0h t <，得)t∈+∞，所以t=时，12S S的取值最大值，此时2a=，所以2221(41)pa a==+...................15分22．解析：（Ⅰ）易知(0,)x∈+∞，令1ln()0xexf xke=⇒=，令()h xlnxexe=，则11-ln'()xexx eh xe=.11()-ln,g x xx e=则211'()--0g xx ex=<，即()g x在(0,)x∈+∞上单调递减.因为()0g e=，所以(0,)x e∈时，'()0h x>，递增()h x；()，x e∈+∞时，'()0h x<，()h x递减；所以max1()()h x h ee==,且x→+∞时，()0h x→;0x→时，()-h x→∞,所以当11ek≤，即k e≥，函数()f x存在零点........7分另解：1(1)0ef e=>，()-0f e e k=≤，∴()f x在(1]e，内有零点，得证.（Ⅱ）()0-(ln)0xexf x k e ke+=⇔=，令1212,x xt te e==，则12,t t时方程-ln0t e k t=两个不同实根.若0k≤，函数()-lntm t e k t=是定域上得单调函数，与已知矛盾，故0k>，从而12,1t t>.故要证3221ln-1xexx k<<，即证221ln tett ke<<.先证明：22ln ttke<，等价于证明22t e et>，即22-0t e et>.记()-th t e et=，1t>，其中'()-0th t e e=>，所以()(1)0h t h>=，不等式得证.下证：12t t e>.因为121212121212-ln ln ln ln ln-lnt t t t t te e e e e ekt t t t t t+====+，由对数平均不等式得121212121212---ln-ln22t t t tt t t te e e et t t t++<，所以1212ln lnt te et t+<+121222t t t te e++，即12124()lnt t t t<+，所以122t t<，所以12t t e>，不等式得证.................15分《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（三）一、选择题1．C 解答集合]5,0[=A，),1(+∞=B，则]5,1(=BA ，选择C．2．B解答331212i iz===−−，选择B．3．C 解答直线m上有两点到平面α的距离相等，直线m与平面α平行或相交；直线//m平面α，直线m上存在两点到平面α的距离相等，选择C．4．B 解答作出不等式组的可行域，由线性规划可求得2x y−的最大值为3−，选择B．5．D 解答特殊赋值，选择D．6．A 解答圆的圆心在第二象限，设其方程为222()()(0)x a y a a a++−=>，由于此圆过点(2,1)−，则222(2)(1)a a a−++−=，解得1=a或5=a．当1a =时，圆心为(1,1)−，其到直线10x y +−=的距离d =．当5a =时，圆心为(5,5)−，其到直线10x y +−=的距离d =．综上，选择A ．7．D 解答由于22BAF BF A ∠=∠，则2BA BF =，从而1212BF BF AF a −==．又212AF AF a −=，则24AF a =．由于22222(416)44a a b c +=+，则222210a c a c =−+，解得2e =，选择D ． 8．A 解答有放回依次取出两个小球时，212(0)()n P m n ξ==+，122(1)()mnP m n ξ==+， 212(2)()m P m n ξ==+，12()m E m n ξ=+，122()()mnD m n ξ=+．当无放回依次取出两个小球时，2(1)(0)()(1)n n P m n m n ξ−==++−，22(1)()(1)mn P m n m n ξ==++−，2(1)(2)()(1)m m P m n m n ξ−==++−，22()m E m n ξ=+，2222()()1mn m n D m n m n ξ+−=⋅++−．综上，选择A ．本题也可特殊赋值，如取2m n ==，则12()()1E E ξξ==，11()2D ξ=，11()2D ξ=，故选择A ． 9．C 解法1 令()ln 1e x t h x tx −=−−若0t <，则()h x 在(,0)−∞单调递增，()h x 不存在两个零点．若0t >，则1()e x t h x x−'=−在(0,)+∞单调递增，0x +→时，()0h x '<， 1(1)01e h t t '+=−>+，存在唯一实数0(0,1)x t ∈+，001e x t x −=，00ln x t x =−．()h x 在0(0,)x 递减，0(,)x +∞递增，且0x +→时，()h x →+∞；x →+∞时，()h x →+∞．若()h x 在(0,)+∞有两个零点，则0()0h x <，00001ln 1ln 10e x t tx t x t x −−−=−−+−<，001ln 1t t x x ++>+，ln 12t t ++>，解得1t >，选择C ．解法2 函数e x y =与ln y x =关于y x =对称．若0t <，()e x t f x −=与()ln 1g x tx =+的图像仅有一个交点． 0t >时，()e x t f x −=由函数e x y =项右平移t 个单位得到．10et <<时，()ln ln 1g x x t =++由函数ln y x =向下平移ln 1t +个单位， 1et ≥，()ln ln 1g x x t =++由函数ln y x =向上平移ln 1t +个单位．当1t =时，两曲线相切1t >时，二者有两个交点，选择C ．10．B 解法1 1cos602EF EG EF EG EF EG ⋅==21sin 6023EF EG =⋅23EFG S ∆=，又133224EFG S FG FG ∆=⋅⋅=，则12EF EG FG ⋅=，FG EF EG =．由余弦定理，222FG EF EG EF EG =+−⋅，即223()FG FG EF EG +=+．记EFG θ∠=（(,)62ππθ∈），由正弦定理，sin 60sin(120)sin FG EF EGθθ==− sin(120)sin EF EG θθ+=−+，则2sin()6EF EG FG πθ+=+，从而234sin ()16FG πθ=+−3[1,)2∈，即EF EG ⋅)43,21[∈，选择B ．解法2 过点E 作AB 的垂线，垂足为H ，由△EFG 是锐角三角形知点H 在线段AB 上（不含端点），记HEF θ∠=，3HEG πθ∠=，(0,)3πθ∈， ()()EF EG EH HF EH HG ⋅=+⋅+2EH HF HG =+⋅33tan tan()443πθθ=−−231tan 413tan θθ+=⋅+，记θt tan 3+1=，(14)t ∈，，上式22414(2)44t t t t t −+==+−13[)24∈，，选择B ．二、填空题11．1,5 解答 2(lg5)lg 2lg50+⋅2(lg5)lg 2lg5lg 2=+⋅+lg5(lg5lg 2)lg 2=++1=，94log 4log 923+32log 2log 3235=+=．12．12，34π 解答由三视图知此几何体是一个四棱锥，其体积为12cm 3．设此几何体外接球的半径为r ，则249916r =++，从而外接球的表面积是34πcm 2．13．128，129 解答令1x =，则702128a ==．令1x t −=，则上式等价于3710910910(1)(2)t t a t a t a t a ++=++++，526787772323129a C C C =⋅+⋅+=．14．)4,(−∞，)2,0( 解答（1）当0a ≤时，由图像知，一定存在实数12,x x （12x x ≠），使得12()()f x f x =．当02a <<时，2254a a −<恒成立．当2a ≥时，125a a −>−，解得4a <，从而24a ≤<．综上，当4a <时，存在实数12,x x （12x x ≠），使得12()()f x f x =成立．（2）当0a ≤时，由图像知，251a a −>−，解得4a >，不合题意．当02a <<时，2254a a −<恒成立，即02a <<时存在实数123,,x x x （123x x x ≠≠），使得123()()()f x f x f x ==成立．当2a ≥时，不合题意．综上，当02a <<时，存在实数123,,x x x （123x x x ≠≠），使得123()()()f x f x f x ==成立．15．3π−解答函数)2sin(2)(ϕ+=x x f 的图像向左平移6π个单位，得到的函数 2sin[2()]6y x πφ=++2sin(2)3x πφ=++关于原点对称，则3k πφπ+=，即3k πφπ=−（∈k Z ）．由于22ππφ−<<，则3πφ=−．16．2 解答由均值不等式，2221211ab a b a ++++221211a a a bb =++++211a a +≤+2211a a =++2≤，当12a b =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等． 17．2 解答设ACD θ∠=，23BCD πθ∠=−，2[0,]3πθ∈．由三余弦定理，cos cos cos A CB A CD BCD ''∠=∠∠2cos cos()3πθθ=−，在△BC A '中，254cos A B A CB ''=−∠ 254cos cos()3πθθ=−−262cos(2)3πθ=−−4≥，当3πθ=时取等，即A B '的最小值为2．三、解答题 18．解答（1）3sin cos()0a B b B C ++=等价于3sin cos a B b A =，由正弦定理，3sin sin sin cos A B B A =．由于0,2A B π<<，sin 0B ≠，从而3tan 3A =，解得6A π=．（2）由于A B C π++=，则56B C π+=．由于0202B C ππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，解得32B ππ<<．由正弦定理，2sin sin sin b c aB C A===，解得2sin b B =，2sin c C =，从而c b −323sin 2sin B C =−523sin 2sin()6B B π=−−3sin cos B B =−2sin()6B π=−，由于32B ππ<<，则663B πππ<−<，2sin()(1,3)6B π−∈．即)3,1(3∈−c b ．19．解答（1）证法1 取PD 中点为F ，连结,EF AF ，如答图1，因为E 是PC 的中点，则//EF CD ，即//EF AB 且EF AB =，所以，四边形ABEF 为平行四边形，//BE AF 又AF ⊂平面PAD ，BE ⊄平面PAD ，故//BE 平面PAD ．（2）因为BCD ∠为直角，则AB BC ⊥．又PA BC ⊥且PAAB A =，则BC ⊥平面PAB ，PB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，所以PBA ∠是二面角P BC D −−的平面角，即45PBA ∠=．过点P 作PM AB ⊥于M ，连结DM ，则PM ⊥平面ABCD ，2MB MP ==，5AD AP ==，22PD =．由于//BM CD 且BM CD =，则四边形BCDM 是平行四边形，//BC DM ，直线BC 与平面PAD 所成角即为直线DM 与平面PAD 所成角θ．设点M 到平面PAD 的距离为d ，由等体积法，P ADM M ADP V V −−=，即ADP ADM dS S ∆∆=⋅31231，解得63d =， 6sin 6d DM θ==，故直线BC 与平面PAD 所成角的正弦值为66．（几何法、空间向量法均可）20．解答（1）两式相加，则112()n n n n a b a b +++=+，数列{}n n a b +首项为114a b +=，公比为2的等比数列，11422n n n n a b −++=⋅= ①．两式相减，则112n n n n a b a b ++−=−−，又11a b <，则n n a b <，112()n n n n a b a b ++−=−，数列{}n n a b −首项为112a b −=−，公比为2的等比数列，1222n n n n a b −−=−⋅=−． ②联立①、②，解得12n n a −=，132n n b −=⋅．（2）12(21)n n nc =−11212n n =−−12n ≤，从而122111222n nc c c +++<+++1112n =−<，即证．21．解答（1）1(0,)2m F ，2(,0)2nF ．联立2222x my y nx⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得2133123322Q Qx m n y m n ⎧=⎪⎨⎪=⎩，即21123333(2,2)Q m n m n ．由于12OQ F F ⊥，则12OQ F F ⋅=21123333(2,2)(,)022n mm n m n ⋅−=，解得m n =．（2）设222(,),(,),(,)222C A BA B C y y y A y B y C y n n n．由于2AB A B n k y y =+，直线AB 的方程为2A B A B A By y ny x y y y y =+++．由于直线AB 与抛物线1C 相切，联立222A B A B A B y y n y x y y y y x y m ⎧=+⎪++⎪⎨⎪=⎪⎩，2240A B A B A Bmy y mnx x y y y y −−=++，22128160()A B A B A B my y m n y y y y ∆=+=++，2()2A B A B y y y y mn +=−．同理，2()2A C A C y y y y mn +=−．()()B A B C A C y y y y y y +=+，即()()0B C A B C y y y y y −++=，0A B C y y y ++=，△ABC 的重心G 在x 轴上，1OG OF ⊥．22．解答（1）若21()2e xf x x x =−−，则()1e x f x x '=−−．令()1e x g x x =−−，()1e x g x '=−，()g x 在(,0)−∞递减，在(0,)+∞单调递增，()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥在x ∈R 上恒成立，)(x f 在R 上单调递增．（2）()21e x f x ax '=−−，()2e x f x a ''=−，()f x '在(,ln 2)a −∞递减，在(ln 2,)a +∞单调递增，(ln 2)2(1ln 2)10f a a a '=−−<，(0)0f '=，x →+∞时，()f x '→+∞．()f x 有两个极值点0,m （(ln 2,)m a ∈+∞），()f x 在(,0)−∞递增，(0,)m 递减，(,)m +∞递增．若00x =，则01()()1f x f x ==，10x >，010x x +>．若0x m =（0m >），1()()f m f x =，此时10x <． 1000()()()()f x f x f x f x −−=−−0002e e x x x −=−−．设()2e e x x h x x −=−−（0x >），()20e e x x h x −'=+−≥恒成立，()h x 在(0,)+∞单调递增，()(0)0h x h >=，即10()()f x f x >−．又()f x 在(,0)−∞递增，则100x x >>−，即010x x +>．（3）设曲线()y f x =上的切点为2(,)e s P s as bs −−，则切线斜率2e s k as b =−−，切线l 的方程为22)()(e e s s y as b x s as bs =−−−+−−．又点(1,0)在直线l 上，则22)(1)0(e e s s as b s as bs −−−+−−=，关于s 的方程2(2)2e s s as as b −+−=有3个实数根．令2()(2)2e x x x ax ax φ=−+−（0a >），()(1)2(1)e x x x a x φ'=−+−(1)(2)e x x a =−−−．若2ea =，()x φ在R 上单调递减，不合题意．若122ee a ≤<，()x φ在(,ln 2)a −∞递减，在(ln 2,1)a 递增，在(1,)+∞递减， (ln 2)(1)a b φφ<<，即244ln 2(ln 2)e a a a a a b a −+<<−，此时254ln 2(ln 2)e a a a a a a b −+<+<．令25()(ln )2ln 22x F x x x x x =−+（e),e 1[∈x ），则21()(ln 1)02F x x '=−≥，()F x 在1[,e)e x ∈递增，11()2e F x ≥，即112e e a b ≤+<．若222e ea <≤，()x φ在(,1)−∞递减，在(1,ln 2)a 递增，在(ln 2,)a +∞递减， (1)(ln 2)b a φφ<<，即244ln 2(ln 2)e a b a a a a a −<<−+，此时254ln 2(ln 2)e a b a a a a a <+<−+，22e e a b <+≤．综上，当122e e a ≤<时，112e ea b ≤+<；当222e e a <≤时，22e e a b <+≤．《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（四）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．C ； 2．A ； 3．A ； 4. B ； 5．B ； 6．C ； 7．C ； 8．B ； 9．D ； 10．D 。

2021年高考数学真题试卷(浙江卷)含答案

2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

（共10题；共40分）1.设集合，，则（）A. B. C. D.2.已知，，(i为虚数单位)，则（）A. -1B. 1C. -3D. 33.已知非零向量，则“ ”是“ ”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（）A. B. 3 C. D.5.若实数x，y满足约束条件，则的最小值是（）A. -2B.C.D.6.如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与直线异面，直线平面7.已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A. B. C. D.8.已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（）A. 0B. 1C. 2D. 39.已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（）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.已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）A. B. C. D.二、填空题（共7题；共36分），小正方形的面积为，则________.12.已知，函数若，则________.13.已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为________. 14.已知多项式，则________，________.15.在中，，M是的中点，，则________，________.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，则________，________.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，且轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________.三、解答题：本大题共5小题，共74分。

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)(附答案详解)

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x|x⩾1} , B= {x|−1<x<2}，则A∩B=()A. B. C. D.2.已知a∈R，(1+ai) i =3+i(i为虚数单位)，则a=()A. B. C. D.3.已知非零向量a⃗，b⃗ ，c⃗，则“a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗”是“a⃗=b⃗ ”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. 既不充分也不必要条件4.某几何体的三视图如图所示(单位：厘米)，则该几何体的体积是(单位：cm3)()A.B.C.D.5.若实数x , y满足约束条件{x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0，则z=x−12y最小值是()A. B. C. D.6.已知正方体，，分别是，，，的中点，则()A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与异面，直线平面7.已知函数，则为右图的函数可能是()A.B. y =f(x)−g(x)−14 C.D.8. 已知，，是三个锐角，则，，中，大于的数至多有( )A. 个B. 个C. 个D. 个9. 已知 a , b ∈ R , a b >0，若函数f(x)=ax 2+b (x ∈R)，且f(s −t)，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. 已知数列满足，，记数列的前和项，则( )A.B.C.D.二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）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为3，4，记大正方形的面积为S 1，小正方形的面积为S 2，则S1S 2= ．12. 已知，函数；若，则_________． 13. 已知多项式，则__________；__________．14. 在中，，，是的中点，，则__________；__________．15.袋中有4个红球，个黄球，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，则_________，_________．16.已知椭圆，焦点，；过的直线和圆相切，并与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是_________，椭圆的离心率是__________．17.已知平面向量，，满足，，，，记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为，则的最小值的等于__________．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.设函数f(x)=sinx+cosx(x∈R).(1)求函数y=[f(x+π2)]2的最小正周期；(2)求函数y=f(x)f(x−π4)在[0,π2]上的最大值．19.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．1证明：；2求直线与平面所成角的正弦值．20.已知数列a n的前n项和为S n，a1=−9，且4S n+1=3S n−9(n∈N∗).4(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列{b n}满足3b n+(n−4)a n=0(n∈N∗)，记{b n}的前项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围．21.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．(1)求抛物线方程；(2)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．22.设a , b为实数，且a>1，函数f(x)=a x−b x+e2(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)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；(3)当a=e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，且满足x2>blnb2e2x1+e2b．答案和解析1.【答案】D【知识点】相等关系与不等关系、交集及其运算【解析】【解析】由题意可知，A∩B= { x | 1⩽x<2 }，故选D．2.【答案】C【知识点】复数的概念、复数的四则运算、复数相等的充要条件【解析】【解析】∵(1+ai) i = −a+i = 3+i，∴a=−3.故选：C．3.【答案】B【知识点】推理、必要条件、充分条件与充要条件的判断、向量的数量积【解析】【解析】∵a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗，∴(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=0，即(a⃗−b⃗ )⊥c⃗，但a⃗≠b⃗ 不一定成立，故充分性不满足，若a⃗=b⃗ ，则a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗必成立，故必要性满足，所以是必要不充分条件．故选：B．4.【答案】A【知识点】几何体的侧面积、表面积、体积问题、数学模型与数学探究活动、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间几何体的三视图【解析】【解析】由三视图可得，直观图如图所示，四棱柱A B C D−A1B1C1D1，由俯视图可知，底面A B C D为等腰梯形，将四棱柱补形成棱长为2的长方体，则BE=√22，所以V=12×(√2+2√2)×√22⋅1=32．故选：A．5.【答案】B【知识点】数学思想和方法、范围与最值问题、二元一次不等式（组）与平面区域【解析】【解析】由题意可知，可行域如图所示，令直线l：y=2x−2z，当直线l过点A(−1 ,1)时，z有最小值−32．故选：B．6.【答案】A【知识点】空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间中的位置关系【解析】【解析】连接AD 1，则AD 1与A 1D 交于M ，AD 1⊥AD 1，在正方体中，∵A B ⊥平面ADD 1A 1，∴A B ⊥A 1D ， ∴AD 1⊥平面ABD 1， ∴A 1D ⊥D 1 B ， ∵M 为AD 1中点， N 为D 1 B 中点， ∴M N//A B ，∴M N//平面A B C D ．故选：A ．7.【答案】D【知识点】函数的图象、函数的奇偶性、复合函数的单调性、数学模型与数学探究活动【解析】【解析】易知函数图像表示的是奇函数，y =f(x)+g(x)−14=x 2+sinx 与y =f(x)−g(x)−14=x 2−sinx 均为非奇非偶函数，排除A 和B ，对于C ，y =f(x)g(x)=(x 2+14) sinx 在[0， π2]上单调，与题意不符．故选：D ．8.【答案】C【知识点】推理、运用反证法证明、三角恒等变换【解析】【解析】假设sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα均大于12，即sinαcosβ>12，sinβcosγ>12，sinγcosα>12，则(sinαcosβ)⋅(sinβcosγ)⋅(sinγcosα)>18，而另一方面，(sinαcosβ)(sinβcosγ)(sinγcosα)=(sinαcosα)(sinβcosβ)(sinγcosγ)，化简得，12sin2α⋅12sin2β⋅12sin2γ=18sin2α⋅sin2β⋅sin2γ≤18，故sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα不可能均大于12，取β=π4，α=π3，γ=π6，得到sinαcosβ=√64>12，且sinβcosγ=√64>12，∴大于12的数至多有2个．故选：C．9.【答案】C【知识点】数学思想和方法、圆锥曲线中的对称性问题、直线方程的综合应用、双曲线的概念及标准方程【解析】【解析】∵f(s−t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，∴f2(s)=f(s−t)⋅f(s+t)⇒[a(s−t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+b)2，⇒a2(s2−t2)2+a b(2s2+2t2)+b2=a2s4+2abs2+b2，⇒a2(s4−2s2t2+t4)+2abs2+2abt2+b2=a2s4+2abs2+b2，∴a2t4−2a2s2t2+2abt2=0⇒at4−2as2t2+2bt2=0⇒t2(at2−2as2+2b)= 0，当t=0时，(s , t)的轨迹是直线，当at2−2as2+2b=0时，2s2−t2=2ba>0，即s2ba−t2a=1，此时(s , t)的轨迹是双曲线．故选：C．10.【答案】A【知识点】运用放缩法证明不等式、数列的递推关系、数列的求和【解析】【解析】∵a n+1=n1+√a ⇒a n+1+a n+1√a n =a n ，∴a n+1=n n+1√a ，∵√a n >12(√a n +√a n+1)， ∴a n+1<n n+112(√a +√a )=2(√a n −√a n+1)，∴S 100<1+2(√a 1−√a 2+√a 2−√a 3+⋯+√a 99−√a 100)=1+2(1−√a 100)<3，易知：n ⩾2时，a n ≤12，先证明：n ⩾2时，√a n <712(√a n +√a n+1)⇔5√a n <7√a n+1⇔25 a n <49 a n+1，即：25a n <49⋅n1+√a ⇔√a n <2425(n ⩾2)成立，当n ⩾2，a n+1>n n+1712(√a +√a )=127(√a n −√a n+1)，由a n+1=n 1+√a ⇒1an+1=1+√a n a n=1a n+√1a n ⇒1a n+1−1a n =√1a n≥1，则1a 2−1a 1>1 , 1a 3−1a 2>1 , ⋯ , 1a100−1a 99>1 ⇒1a 10>100，即a 100<1100， ∴S 100>1+12+127(√a 2−√a 3+√a 3−√a 4+⋯+√a 99−√a 100)=1+12+6√27−127√a 100≥32+6√27−635>52，综上：52<S 100<3．故选：A ．11.【答案】25．【知识点】数学思想和方法、数学模型与数学探究活动【解析】【解析】由题意可知，大正方形的边长为5，小正方形的边长为1，则S 1S 2=251= 25．故答案为：25．12.【答案】2.【知识点】函数的解析式、复合函数、分段函数【解析】【解析】f(√6)=(√6)2−4=2，f(2)=|2−3|+a =3，解得a =2．故答案为：2．13.【答案】5；10．【知识点】数学思想和方法、二项展开式的特定项与特定项的系数【解析】【解析】a 1 x 3=C 30x 3(−1)0+C 41x 3=5x 3，则a 1=5； a 2 x 2=C 31x 2(−1)1+C 42x 2=3x 2，则a 2=3； a 3 x =C 32x 1(−1)2+C 43x =7x ，则a 3=7； a 4=C 33x 0(−1)3+C 44=0；a 2+a 3+a 4=3+7+0=10．故答案为：5；10．14.【答案】2√13；2√3913．【知识点】解三角形、数学模型与数学探究活动、余弦定理【解析】【解析】因为= 60∘ ，AB =2 ，AM =2√3 ，所以BM =4 ，所以BC =8 ，AC = √AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cosB = 2√13 ， cos∠MAC =AC 2+AM 2−CM 22⋅AC⋅AM = 2√3913。

《2021》高考数学真题试卷(浙江卷)带答案解析

2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题1.已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则∁U A=（）A. ∅B. {1，3}C. {2，4，5}D. {1，2，3，4，5}【答案】C【考点】补集及其运算【解析】【解答】解：因为全集U={1,2,3,4,5}，A={1,3}，所以根据补集的定义得∁U A={2,4,5}, 故答案为：C.【分析】根据补集的定义直接求解：∁U A是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合．−y2=1的焦点坐标是（）2.双曲线x23A. (− √2，0)，( √2，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−√2)，(0，√2)D. (0，−2)，(0，2)【答案】B【考点】双曲线的简单性质−y2=1，所以焦点坐标可设为(±c,0)，【解析】【解答】解：因为双曲线方程为x23因为c2=a2+b2=3+1=4,c=2，所以焦点坐标为(±2,0)，故答案为：B.【分析】求得双曲线的a，b，由c=√a2+b2，求得c=2，即可得到所求焦点坐标．3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别×(1+2)×2×2=6,为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为12故答案为：C.【分析】直接利用三视图的复原图求出几何体的体积．注意画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．4.复数21−i(i为虚数单位)的共轭复数是（）A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i【答案】B【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】详解：∵21−i =2(1+i)2=1+i，∴共轭复数为1−i，故答案为：B.【分析】由复数的除法运算化简复数为a+bi（a，b∈R）的形式，则其共轭复数可求．5.函数y= 2|x|sin2x的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】 D【考点】函数奇偶性的性质，奇偶函数图象的对称性【解析】【解答】解：令f(x)=2|x|sin2x，因为x∈R,f(−x)=2|−x|sin2(−x)=−2|x|sin2x=−f(x)，所以f(x)=2|x|sin2x为奇函数，排除选项A,B;因为x∈(π2,π)时，f(x)<0，所以排除选项C，故答案为：D.【分析】直接利用函数的图象和性质求出结果．可根据三角函数图象及其性质，利用排除法即可．6.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”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. 既不充分也不必要条件【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】详解：因为m⊄α,n⊂α,m//n，所以根据线面平行的判定定理得m//α.由m//α不能得出m与α内任一直线平行，所以m//n是m//α的充分不必要条件，故答案为：A.【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．7.设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，（）A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】详解：∵E(ξ)=0×1−p2+1×12+2×p2=p+12，∴D(ξ)=1−p2(0−p−12)2+12(1−p−12)2+p2(2−p−12)2=−p2+p+14，∵12∈(0,1)，∴D(ξ)先增后减,故答案为：D.【分析】求出随机变量ξ的分布列与方差，再讨论D（ξ）的单调情况．解题的关键是掌握离散型随机变量的数学期望与方差.8.已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则（）A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】 D【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面之间的位置关系【解析】【解答】详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD 于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此∠SEN=θ1,∠SEO=θ2,∠SMO=θ3,从而tanθ1=SNEN =SNOM,tanθ2=SOEO,tanθ3=SOOM,因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2,即θ1≥θ3≥θ2，故答案为：D.【分析】根据图形的特征作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小．9.已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是（）A. √3−1B. √3+1C. 2D. 2− √3【答案】A【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】详解：设a=(x,y),e=(1,0),b=(m,n)，则由a,e=π3得a⋅e=|a|⋅|e|cosπ3,x=12√x2+y2,∴y=±√3x，由b2−4e⋅b+3=0得m2+n2−4m+3=0,(m−2)2+n2=1,因此|a−b|的最小值为圆心(2,0)到直线y=±√3x的距离2√32=√3减去半径1，为√3−1.故答案为：A.【分析】则向量b的终点在以（2，0）为圆心，以1为半径的圆周上，再由已知得到向量a的终点在不含端点O的两条射线y=± √3x（x＞0）上，利用直线和圆的位置关系可得答案．10.已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则（）A. a1<a3,a2<a4B. a1>a3,a2<a4C. a1＜a3,a2＞a4D. a1>a3,a2>a4【答案】B【考点】函数的单调性与导数的关系，等比数列，数列的应用【解析】【解答】a1,a2,a3,a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1＞1，设公比为q当q>0时，a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3) ，不成立；即a1>a3，a2<a4，a1<a3，a2<a4不成立，排除AD；当q=-1时，a1+a2+a3+a4=0，ln(a1+a2+a3) >0，等式不成立，所以q≠-1；当q<-1时，a1+a2+a3+a4<0，ln(a1+a2+a3) >0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立，当q∈（-1,0）时，a1>a3>0，a2<a4<0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3) ，能够成立，故答案为：B【分析】利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可．二、填空题11.我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一。

()高考试题——数学(浙江卷)(解析版)

ax
-4-
yloga
1
过定点(
1
,0)且单调递减，D选项符合；当
a1时，函数
单调递增，函数
x
2
2
y
a
x
(0,1)且单调递增，那么函数y
1
过定点
a
x过定点(0,1)且单调递减，函数
y
logax
1
过定点(1
,0〕且单调递增，各选项均不符合
.综上，选D.
2
2
【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；
D.既不充分也不必要条件
【答案】A
-3-
【解析】
【分析】
此题根据根本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法〞，通过特取a,b值，
推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、根底知识、逻辑推理能力的
考查.
【详解】当a>0,b>0时，a
b2ab，那么当a
b4时，有
2abab4，解得
【分析】
此题是简单线性规划问题的基此题型，根据“画、移、解〞等步骤可得解.题目难度不大题，注
重了根底知识、根本技能的考查.
【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以(-1,1),(1,-1),(2,2)为
顶点的三角形区域〔包含边界〕
，由图易得当目标函数
z=3x+2y经过平面区域的点
2021年普通高等学校招生全国统一考试〔浙江卷〕
数学
参考公式：
假设事件A,B互斥，那么P(A
B)
P(A)
P(B)
柱体的体积公式V
Sh
假设事件A,B相互独立，那么P(AB)

2021年浙江省新高考研究卷3月卷(数学1-5卷-答案)

23 + bn = 1+ q + q2 +
+
n qn−1
，
1 q
Tn
=
1 q
+
2 q2
+
3 q3
+ n −1+ n ， qn−1 qn
则 (1 −
1 q )Tn
=1+
1 q
+
1 q2
+
1 q3
+
1
−
n
=
1−
1 qn
−
n
，
qn−1 qn 1 − 1 qn
q
故 Tn
=
q2 (q −1)2
−( q n+ q −1
h(e−4 )
=
2 e4
+
4
2+
ln
2e
，所以 x1x2
1 e4
x1
1 e4 x2
从而得证.
《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（二）
一、选择题：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
D
D
C
D
B
D
A
B
A
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。
11． lg 3
12． − 2 5
x
+
x2 + e x -1
2x
+
2
5
.
《浙江省新高考研究卷》2021 年 3 月卷数学参考答案第 2 页共 20 页

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)(附答案详解)

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x|x⩾1} , B= {x|−1<x<2}，则A∩B=()A. B. C. D.2.已知a∈R，(1+ai) i =3+i(i为虚数单位)，则a=()A. B. C. D.3.已知非零向量a⃗，b⃗ ，c⃗，则“a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗”是“a⃗=b⃗ ”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. 既不充分也不必要条件4.某几何体的三视图如图所示(单位：厘米)，则该几何体的体积是(单位：cm3)()A.B.C.D.5.若实数x , y满足约束条件{x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0，则z=x−12y最小值是()A. B. C. D.6.已知正方体，，分别是，，，的中点，则()A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与异面，直线平面7.已知函数，则为右图的函数可能是()A.B. y =f(x)−g(x)−14 C.D.8. 已知，，是三个锐角，则，，中，大于的数至多有( )A. 个B. 个C. 个D. 个9. 已知 a , b ∈ R , a b >0，若函数f(x)=ax 2+b (x ∈R)，且f(s −t)，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. 已知数列满足，，记数列的前和项，则( )A.B.C.D.二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）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为3，4，记大正方形的面积为S 1，小正方形的面积为S 2，则S1S 2= ．12. 已知，函数；若，则_________． 13. 已知多项式，则__________；__________．14. 在中，，，是的中点，，则__________；__________．15.袋中有4个红球，个黄球，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，则_________，_________．16.已知椭圆，焦点，；过的直线和圆相切，并与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是_________，椭圆的离心率是__________．17.已知平面向量，，满足，，，，记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为，则的最小值的等于__________．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.设函数f(x)=sinx+cosx(x∈R).(1)求函数y=[f(x+π2)]2的最小正周期；(2)求函数y=f(x)f(x−π4)在[0,π2]上的最大值．19.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．1证明：；2求直线与平面所成角的正弦值．20.已知数列a n的前n项和为S n，a1=−9，且4S n+1=3S n−9(n∈N∗).4(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列{b n}满足3b n+(n−4)a n=0(n∈N∗)，记{b n}的前项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围．21.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．(1)求抛物线方程；(2)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．22.设a , b为实数，且a>1，函数f(x)=a x−b x+e2(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)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；(3)当a=e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，且满足x2>blnb2e2x1+e2b．答案和解析1.【答案】D【知识点】相等关系与不等关系、交集及其运算【解析】【解析】由题意可知，A∩B= { x | 1⩽x<2 }，故选D．2.【答案】C【知识点】复数的概念、复数的四则运算、复数相等的充要条件【解析】【解析】∵(1+ai) i = −a+i = 3+i，∴a=−3.故选：C．3.【答案】B【知识点】推理、必要条件、充分条件与充要条件的判断、向量的数量积【解析】【解析】∵a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗，∴(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=0，即(a⃗−b⃗ )⊥c⃗，但a⃗≠b⃗ 不一定成立，故充分性不满足，若a⃗=b⃗ ，则a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗必成立，故必要性满足，所以是必要不充分条件．故选：B．4.【答案】A【知识点】几何体的侧面积、表面积、体积问题、数学模型与数学探究活动、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间几何体的三视图【解析】【解析】由三视图可得，直观图如图所示，四棱柱A B C D−A1B1C1D1，由俯视图可知，底面A B C D为等腰梯形，将四棱柱补形成棱长为2的长方体，则BE=√22，所以V=12×(√2+2√2)×√22⋅1=32．故选：A．5.【答案】B【知识点】数学思想和方法、范围与最值问题、二元一次不等式（组）与平面区域【解析】【解析】由题意可知，可行域如图所示，令直线l：y=2x−2z，当直线l过点A(−1 ,1)时，z有最小值−32．故选：B．6.【答案】A【知识点】空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间中的位置关系【解析】【解析】连接AD 1，则AD 1与A 1D 交于M ，AD 1⊥AD 1，在正方体中，∵A B ⊥平面ADD 1A 1，∴A B ⊥A 1D ， ∴AD 1⊥平面ABD 1， ∴A 1D ⊥D 1 B ， ∵M 为AD 1中点， N 为D 1 B 中点， ∴M N//A B ，∴M N//平面A B C D ．故选：A ．7.【答案】D【知识点】函数的图象、函数的奇偶性、复合函数的单调性、数学模型与数学探究活动【解析】【解析】易知函数图像表示的是奇函数，y =f(x)+g(x)−14=x 2+sinx 与y =f(x)−g(x)−14=x 2−sinx 均为非奇非偶函数，排除A 和B ，对于C ，y =f(x)g(x)=(x 2+14) sinx 在[0， π2]上单调，与题意不符．故选：D ．8.【答案】C【知识点】推理、运用反证法证明、三角恒等变换【解析】【解析】假设sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα均大于12，即sinαcosβ>12，sinβcosγ>12，sinγcosα>12，则(sinαcosβ)⋅(sinβcosγ)⋅(sinγcosα)>18，而另一方面，(sinαcosβ)(sinβcosγ)(sinγcosα)=(sinαcosα)(sinβcosβ)(sinγcosγ)，化简得，12sin2α⋅12sin2β⋅12sin2γ=18sin2α⋅sin2β⋅sin2γ≤18，故sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα不可能均大于12，取β=π4，α=π3，γ=π6，得到sinαcosβ=√64>12，且sinβcosγ=√64>12，∴大于12的数至多有2个．故选：C．9.【答案】C【知识点】数学思想和方法、圆锥曲线中的对称性问题、直线方程的综合应用、双曲线的概念及标准方程【解析】【解析】∵f(s−t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，∴f2(s)=f(s−t)⋅f(s+t)⇒[a(s−t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+b)2，⇒a2(s2−t2)2+a b(2s2+2t2)+b2=a2s4+2abs2+b2，⇒a2(s4−2s2t2+t4)+2abs2+2abt2+b2=a2s4+2abs2+b2，∴a2t4−2a2s2t2+2abt2=0⇒at4−2as2t2+2bt2=0⇒t2(at2−2as2+2b)= 0，当t=0时，(s , t)的轨迹是直线，当at2−2as2+2b=0时，2s2−t2=2ba>0，即s2ba−t2a=1，此时(s , t)的轨迹是双曲线．故选：C．10.【答案】A【知识点】运用放缩法证明不等式、数列的递推关系、数列的求和【解析】【解析】∵a n+1=n1+√a ⇒a n+1+a n+1√a n =a n ，∴a n+1=n n+1√a ，∵√a n >12(√a n +√a n+1)， ∴a n+1<n n+112(√a +√a )=2(√a n −√a n+1)，∴S 100<1+2(√a 1−√a 2+√a 2−√a 3+⋯+√a 99−√a 100)=1+2(1−√a 100)<3，易知：n ⩾2时，a n ≤12，先证明：n ⩾2时，√a n <712(√a n +√a n+1)⇔5√a n <7√a n+1⇔25 a n <49 a n+1，即：25a n <49⋅n1+√a ⇔√a n <2425(n ⩾2)成立，当n ⩾2，a n+1>n n+1712(√a +√a )=127(√a n −√a n+1)，由a n+1=n 1+√a ⇒1an+1=1+√a n a n=1a n+√1a n ⇒1a n+1−1a n =√1a n≥1，则1a 2−1a 1>1 , 1a 3−1a 2>1 , ⋯ , 1a100−1a 99>1 ⇒1a 10>100，即a 100<1100， ∴S 100>1+12+127(√a 2−√a 3+√a 3−√a 4+⋯+√a 99−√a 100)=1+12+6√27−127√a 100≥32+6√27−635>52，综上：52<S 100<3．故选：A ．11.【答案】25．【知识点】数学思想和方法、数学模型与数学探究活动【解析】【解析】由题意可知，大正方形的边长为5，小正方形的边长为1，则S 1S 2=251= 25．故答案为：25．12.【答案】2.【知识点】函数的解析式、复合函数、分段函数【解析】【解析】f(√6)=(√6)2−4=2，f(2)=|2−3|+a =3，解得a =2．故答案为：2．13.【答案】5；10．【知识点】数学思想和方法、二项展开式的特定项与特定项的系数【解析】【解析】a 1 x 3=C 30x 3(−1)0+C 41x 3=5x 3，则a 1=5； a 2 x 2=C 31x 2(−1)1+C 42x 2=3x 2，则a 2=3； a 3 x =C 32x 1(−1)2+C 43x =7x ，则a 3=7； a 4=C 33x 0(−1)3+C 44=0；a 2+a 3+a 4=3+7+0=10．故答案为：5；10．14.【答案】2√13；2√3913．【知识点】解三角形、数学模型与数学探究活动、余弦定理【解析】【解析】因为= 60∘ ，AB =2 ，AM =2√3 ，所以BM =4 ，所以BC =8 ，AC = √AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cosB = 2√13 ， cos∠MAC =AC 2+AM 2−CM 22⋅AC⋅AM = 2√3913。

2021年浙江省高考数学试卷真题+答案解析

2021年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（4分）设集合{|1}A x x =，{|12}B x x =-<<，则(A B = )A ．{|1}x x >-B ．{|1}x xC ．{|11}x x -<<D ．{|12}x x <2．（4分）已知a R ∈，(1)3(ai i i i +=+为虚数单位），则(a = ) A ．1-B ．1C ．3-D ．33．（4分）已知非零向量a ，b ，c ，则“a c b c ⋅=⋅”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 ．既不充分也不必要条件4．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm ，则该几何体的体积（单位：3)cm 是( )A ．32B ．3C 32D ．325．（4分）若实数x ，y 满足约束条件1002310x x y x y +⎧⎪-⎨⎪+-⎩，则12z x y =-的最小值是( )A ．2-B ．32-C ．12-D ．1106．（4分）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7．（4分）已知函数21()4f x x =+，()sing x x =，则图象为如图的函数可能是( )A ．1()()4y f x g x =+- B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =8．（4分）已知α，β，r 是互不相同的锐角，则在sin cos αβ，sin cos βγ，sin cos γα三个值中，大于12的个数的最大值是( ) A ．0B ．1C ．2D ．39．（4分）已知a ，b R ∈，0ab >，函数2()()f x ax b x R =+∈．若()f s t -，()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．（4分）已知数列{}n a 满足11a =，1*)1n n na n N a +=∈+．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则( )A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分。