2021年全国统一新高考数学试卷(浙江卷)

第1页（共24页） 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．设集合{|1}Axx，{|12}Bxx，则(AB ) A．{|1}xx B．{|1}xx C．{|11}xx D．{|12}xx 2．已知aR，(1)3(aiiii为虚数单位），则(a ) A．1 B．1 C．3 D．3 3．已知非零向量a，b，c，则“acbc”是“ab”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：)cm，则该几何体的体积（单位：3)cm是( )

A．32 B．3 C．322 D．32 5．若实数x，y满足约束条件1002310xxyxy，则12zxy的最小值是( )

A．2 B．32 C．12 D．110 6．如图，己知正方体1111ABCDABCD，M，N分别是1AD，1DB的中点，则( ) 第2页（共24页）

A．直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平面ABCD

B．直线1AD与直线1DB平行，直线MN平面11BDDB

C．直线AD与直线1DB相交，直线//MN平面ABCD

D．直线1AD与直线1DB异面，直线MN平面11BDDB

7．已知函数2

1

()4fxx，()singxx，则图象为如图的函数可能是( )

A．1()()4yfxgx B．1()()4yfxgx

C．()()yfxgx D．()()gxyfx

9．已知a，bR，0ab，函数2()()fxaxbxR．若()fst，()fs，()fst成等比

数列，则平面上点(,)st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{}na满足11a，1(*)1nnnaanNa．记数列{}

na的前n项和为nS，则(

) A．100132S B．10034S C．100942S D．100

9

52S

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。 第3页（共24页）

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1S，小正方形的面积为2S，则12SS ．

12．已知aR，函数24,2,()|3|,2xxfxxax若((6))3ff，则a ． 13．已知多项式34432

1234(1)(1)xxxaxaxaxa，则1a ；234aaa ．

14．在ABC中，60B，2AB，M是BC的中点，23AM，则AC ；cosMAC ． 15．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16，一红一黄的概率为13，则mn ，()E ．

16．已知椭圆22221(0)xyabab，焦点1(,0)Fc，2(Fc，0)(0)c．若过1F的直线和圆

2221()2xcyc相切，与椭圆的第一象限交于点P，且2PFx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。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18．（14分）设函数()sincos()fxxxxR． （Ⅰ）求函数2[()]2yfx的最小正周期；

（Ⅱ）求函数()()4yfxfx在[0，]2上的最大值． 19．（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB，4BC，15PA，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD． 第4页（共24页）

（Ⅰ）证明：ABPM； （Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．

20．（15分）已知数列{}

na的前n项和为nS，194a，且1439(*)nnSSnN．

（Ⅰ）求数列{}

na的通项公式；

（Ⅱ）设数列{}

nb满足3(4)0(*)nnbnanN，记{}nb的前n项和为nT．若nnTb对任

意*nN恒成立， 求实数的取值范围． 第5页（共24页）

2021年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析 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．设集合{|1}Axx，{|12}Bxx，则(AB ) A．{|1}xx B．{|1}xx C．{|11}xx D．{|12}xx 【思路分析】直接利用交集的定义求解即可． 【解析】：因为集合{|1}Axx，{|12}Bxx， 所以{|12}ABxx．故选：D． 【归纳总结】本题考查了集合交集的运算，解题的关键是掌握集合交集的定义，属于基础题． 2．已知aR，(1)3(aiiii为虚数单位），则(a ) A．1 B．1 C．3 D．3 【思路分析】利用复数相等的定义求解即可． 【解析】：因为(1)3aiii，即3aii， 由复数相等的定义可得，3a，即3a．故选：C． 【归纳总结】本题考查了复数相等定义的理解和应用，属于基础题． 3．已知非零向量a，b，c，则“acbc”是“ab”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 【思路分析】分别从充分性和必要性进行判断，由充分条件与必要条件的定义，即可得到答案． 【解析】：由ab，可得0ab， 则()0abc，即abbc， 第6页（共24页）

所以ab可以推出abbc， 故“acbc”是“ab”的必要条件． 由acbc可得0abc，

由于向量a，b，c是非零向量， 所以0abc推不出ab，

综上所述，“acbc”是“ab”的必要不充分条件．故选：B． 【归纳总结】本题考查了充分条件与必要条件的判断，解题的关键是掌握平面向量的基本概念和基本运算，属于基础题． 4．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．32 B．3 C．322 D．32 【思路分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，由已知三视图求得对应的量，再由棱柱体积公式求解． 【解析】：由三视图还原原几何体如图，

该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形， 第7页（共24页）

且22AB，2CD，11AA，等腰梯形的高为22222，

则该几何体的体积123(222)1222V．故选：A．

【归纳总结】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．

5．若实数x，y满足约束条件1002310xxyxy，则12zxy的最小值是( )

A．2 B．32 C．12 D．110 【思路分析】思路一：由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 思路二：.由于可行域是三角形区域，所以可求出三角形三个顶点坐标代入目标函数z中，其中最小的z值就是本题答案。 【解析】：解法一：由约束条件作出可行域如图，

联立102310xxy，解得(1,1)A， 化目标函数12zxy为22yxz，由图可知，当直线22yxz过A时，

直线在y轴上的截距最大，z有最小值为131122．

故选：B． 解法二：（李健老师补解）三角形可行域的三个顶点坐标由方程组100xxy， 第8页（共24页）

102310xxy，02310xyxy



，即得三个顶点1,1，1,1，11,55，所以

1111(1)22z，2131122z，2111152510z，则z最小值为32．故选：

B． 【归纳总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题． 6．如图，己知正方体1111ABCDABCD，M，N分别是1AD，1DB的中点，则( )

A．直线1AD与直线1DB垂直，直线//MN平面ABCD

B．直线1AD与直线1DB平行，直线MN平面11BDDB

C．直线AD与直线1DB相交，直线//MN平面ABCD

D．直线1AD与直线1DB异面，直线MN平面11BDDB

【思路分析】通过证明直线1AD平面1ABD，MN是1ABD的中位线，可判断A；根据异

面直线的判断可知1AD与直线1DB是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线

AD与直线1DB是异面直线，可判断C；由//MNAB，可知MN不与平面11BDDB垂直，可判断D． 【解析】：连接1AD，如图：

由正方体可知11ADAD，1ADAB，1AD平面1ABD，