…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
绝密·启用前
2021年浙江省高考数学试卷
题号 |
一 |
二 |
三 |
四 |
总分 |
得分 |
|
|
|
|
|
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
|
一、选择题 |
1.设集合
，
，则
（
）
A．
B．
C．
D．
2.已知
，
，(i为虚数单位)，则
（
）
A．
B．1
C．
D．3
3.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．
B．
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．0
B．1
C．2
D．3
9.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 |
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
___________.
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___________.
|
三、双空题 |
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___________.
|
四、解答题 |
18.设函数
.
（1）求函数
的最小正周期；
（2）求函数
在
上的最大值.
19.如图，在四棱锥
中，底面
是平行四边形，
，M，N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
的前n项和为
，
，且
.
（1）求数列
的通项；
（2）设数列
满足
，记
的前n项和为
，若
对任意
恒成立，求实数
的取值范围.
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.
22.设a，b为实数，且
，函数
（1）求函数
的单调区间；
（2）若对任意
，函数
有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当
时，证明：对任意
，函数
有两个不同的零点
，满足
.
(注：
是自然对数的底数)
参考答案
1.D
【解析】
由题意结合交集的定义可得结果.
由交集的定义结合题意可得：
.
故选：D.
2.C
【解析】
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.
，
利用复数相等的充分必要条件可得：
.
故选：C.
3.B
【解析】
考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.
如图所示，
,当
时，
与
垂直，
，所以
成立，此时
，
∴
不是
的充分条件，
当
时，
，∴
,∴
成立，
∴
是
的必要条件，
综上，“
”是“
”的必要不充分条件
故选：B.
4.A
【解析】
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.
几何体为如图所示的四棱柱
，其高为1，底面为等腰梯形
，
该等腰梯形的上底为
，下底为
，腰长为1，故梯形的高为
，
故
，
故选：A.
5.B
【解析】
画出满足条件的可行域，目标函数化为
，求出过可行域点，且斜率为
的直线在
轴上截距的最大值即可.
画出满足约束条件
的可行域，
如下图所示：
目标函数
化为
，
由
，解得
，设
，
当直线
过
点时，
取得最小值为
.
故选：B.
6.A
【解析】
由正方体间的垂直、平行关系，可证
平面
，即可得出结论.
连
，在正方体
中，
M是
的中点，所以
为
中点，
又N是
的中点，所以
，
平面
平面
，
所以
平面
.
因为
不垂直
，所以
不垂直
则
不垂直平面
，所以选项B,D不正确；
在正方体
中，
，
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.
7.D
【解析】
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.
对于A，
，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，
，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，
，则
，
当
时，
，与图象不符，排除C.
故选：D.
8.C
【解析】
利用基本不等式或排序不等式得
，从而可判断三个代数式不可能均大于
，再结合特例可得三式中大于
的个数的最大值.
法1：由基本不等式有
，
同理
，
，
故
，
故
不可能均大于
.
取
，
，
，
则
，
故三式中大于
的个数的最大值为2，
故选：C.
法2：不妨设
，则
，
由排列不等式可得：
，
而
，
故
不可能均大于
.
取
，
，
，
则
，
故三式中大于
的个数的最大值为2，
故选：C.
9.C
【解析】
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.
由题意得
，即
，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以
或
，
其中
为双曲线，
为直线.
故选：C.
10.A
【解析】
显然可知，
，利用倒数法得到
，再放缩可得
，由累加法可得
，进而由
局部放缩可得
，然后利用累乘法求得
，最后根据裂项相消法即可得到
，从而得解．
因为
，所以
，
．
由
，即
根据累加法可得，
，当且仅当
时取等号，
，
由累乘法可得
，当且仅当
时取等号，
由裂项求和法得：
所以
，即
．
故选：A．
11.25
【解析】
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.
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.
12.2
【解析】
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.
，故
，
故答案为：2.
13.
【解析】
设
，由平面向量的知识可得
，再结合柯西不等式即可得解.
由题意，设
，
则
，即
，
又向量
在
方向上的投影分别为x，y，所以
，
所以
在
方向上的投影
，
即
,
所以
，
当且仅当
即
时，等号成立，
所以
的最小值为
.
故答案为：
.
14.
;
.
【解析】
根据二项展开式定理，分别求出
的展开式，即可得出结论.
，
，
所以
，
，
所以
.
故答案为：
.
15.
【解析】
由题意结合余弦定理可得
，进而可得
，再由余弦定理可得
.
由题意作出图形，如图，
在
中，由余弦定理得
，
即
，解得
（负值舍去），
所以
，
在
中，由余弦定理得
，
所以
；
在
中，由余弦定理得
.
故答案为：
；
.
16.
1
【解析】
根据古典概型的概率公式即可列式求得
的值，再根据随机变量
的分布列即可求出
．
，所以
，
,
所以
,
则
．
由于
．
故答案为：1；
．
17.
【解析】
不妨假设
，根据图形可知，
，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．
如图所示：不妨假设
，设切点为
，
，
所以
,
由
，所以
，
，
于是
，即
，所以
．
故答案为：
；
．
18.（1）
；（2）
.
【解析】
（1）由题意结合三角恒等变换可得
，再由三角函数最小正周期公式即可得解；
（2）由三角恒等变换可得
，再由三角函数的图象与性质即可得解.
（1）由辅助角公式得
，
则
，
所以该函数的最小正周期
;
（2）由题意，
，
由
可得
，
所以当
即
时，函数取最大值
.
19.（1）证明见解析；（2）
．
【解析】
（1）要证
，可证
，由题意可得，
，易证
，从而
平面
，即有
，从而得证；
（2）取
中点
，根据题意可知，
两两垂直，所以以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量
和平面
的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
（1）在
中，
，
，
，由余弦定理可得
，
所以
，
．由题意
且
，
平面
，而
平面
，所以
，又
，所以
．
（2）由
，
，而
与
相交，所以
平面
，因为
，所以
，取
中点
，连接
，则
两两垂直，以点
为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则
,
又
为
中点，所以
.
由（1）得
平面
，所以平面
的一个法向量
从而直线
与平面
所成角的正弦值为
．
20.（1）
；（2）
.
【解析】
（1）由
，结合
与
的关系，分
讨论，得到数列
为等比数列，即可得出结论；
（2）由
结合
的结论，利用错位相减法求出
，
对任意
恒成立，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.
（1）当
时，
，
，
当
时，由
①，
得
②，①
②得
，
又
是首项为
，公比为
的等比数列，
；
（2）由
，得
，
所以
，
，
两式相减得
，
所以
，
由
得
恒成立，
即
恒成立，
时不等式恒成立；
时，
，得
；
时，
，得
；
所以
.
21.（1）
；（2）
.
【解析】
（1）求出
的值后可求抛物线的方程.
（2）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.
（1）因为
，故
，故抛物线的方程为：
.
（2）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
.
22.(1)
时，
在
上单调递增；
时，函数的单调减区间为
，单调增区间为
；
(2)
；
(3)证明见解析.
【解析】
(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)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.
(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)
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.
第