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2021年全国高考数学真题试卷及解析
（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。
1．设集合，，则　　
A． B． C． D．
2．已知，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．既不充分也不必要条件
4．某几何体的三视图如图所示（单位：，则该几何体的体积（单位：是　　
A． B．3 C． D．
5．若实数，满足约束条件，则的最小值是　　
A． B． C． D．
6．如图，己知正方体，，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，．记数列的前项和为，则　　
A． B． C． D．
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．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，小正方形的面积为，则　　．
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，，．若过的直线和圆相切，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，，在方向上的投影为，则的最小值是　　．
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．
（Ⅰ）求函数的最小正周期；
（Ⅱ）求函数在，上的最大值．
19．（15分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
20．（15分）已知数列的前项和为，，且．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足，记的前项和为．若对任意恒成立，
求实数的取值范围．
21．（15分）如图，已知是抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且．
（Ⅰ）求抛物线的方程：
（Ⅱ）设过点的直线交抛物线于，两点，若斜率为2的直线与直线，，，轴依次交于点，，，，且满足，求直线在轴上截距的取值范围．
22．（15分）设，为实数，且，函数．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若对任意，函数有两个不同的零点，求的取值范围；
（Ⅲ）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】，则，故选D.
2.C 【解析】所以一,即,故选C.
3.B 【解析】若则,即,当时,;当时,,所以由不一定能推出.若,则，所以,即,所以由可以推出.所以是""的必要不充分条件，故选B.
4.A 【解析】由几何体的三视图还原几何体，其直观图如图所示，可知该几何体是底面为等腰梯形,高为1的棱柱，等腰梯形的面积为,所以该棱柱的体积，故选A.
5.B 【解析】由的约束条件画出可行域，如图中阴影部分所示由,得,画出直线并平移，当直线过点(-1,1)时,直线的纵截距最大,最小，将(-1,1)的坐标代入,得,故选B.
6.A 【解析】连接,则,且也为的中点因为,且,所以平面,又平面,所以.由图易知与异面，故B,C错误.因为分别为的中点,所以//,又平面,平面,所以//平面,易知与平面不垂直，则与平面不垂直,故A正确,D错误.故选A.
7.D 【解析】对于选项A,设，定义域为,因为,所以为非奇非偶函数，故排除A.对于选项B,设,定义域为,因为,所以为非奇非偶函数，故排除B.对于选项C,设,定义域为,因为,所以为奇函数.又,当时,,所以，则在上单调递增，故排除C.对于选项D，设，定义域为,因为，所以为奇函数，设则,则由，可知使得,且是变号零点,所以函数在上不单调，故D符合题意故选D.
8.C 【解析】不妨设，则当时,成立.
若,有,存在的情形，此时因为是互不相同的锐角,所以,故这三个值不能同时都大于,故选C.
9.C 【解析】由题可知,将代入,化简得当时，点()的轨迹是直线;当,即时,点()的轨迹是双曲线.故选C.
10.A 【解析】由题可知,则，且，则，则故选A.
11.25 【解析】因为弦图中的直角三角形的边长分别为3,4,则斜边长为5，即大正方形的边长为5，则,小正方形的边长为4-3=1,所以,所以
12.2 【解析】由题意知,则,解得.
13.5 10 【解析】由题意可知,为多项展开式中项的系数，所以同理，所以.
14. 【解析】在中，由正弦定理得即，所以因为,所以,所以 ,所以，所以所以所以,故在中，由余弦定理得，
15.1 【解析】取出的两个球都是红球的概率为，即,所以.取出的两个球一红一黄的概率为， 即,所以,所以取出的红球数所有可能的取值为0,1,2,则所以
16.【解析】由题意可知，因为轴，所以所以直线的斜率为,则直线的方程为，即,所以圆心到直线的距离为,整理得,即,所以，椭圆的离心率.
17. 【解析】设,则.设.因为，所以,所以,则,所以
18.【解】(1)由已知得,故所求的最小正周期.
(2)，,因为,故当时，函数取最大值.
19.本题考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角.
(1)【证明】在中， ,则，所以.又因为,所以平面.因此.又因为//,所以.
(2)【解】连接交于点,过作//交于点，过点作//,交于,连接.由(1)知平面,所以平面.故是直线与平面所成的角.
由(1)知,又已知,所以平面.连接,在平行四边形中，在直角中,由得在直角中,由得.在中,由得在平行四边形中，，所以，故在直角中.因此，直线与平面所成角的正弦值为.
20.【解】(1)由，得，则.又，因为 ,所以.所以是以为首项,以为公比的等比数列.因此.
(2)由题意得.则,两式相减，得,所以.由题意恒成立，所以，记,所以，解得.
21.【解】(1)由题意知,所以抛物线的方程是.
(2)由题意可设直线的方程为将直线的方程代入，得所以.直线的方程为设直线的方程为记由得同理得记由得由题意知,化简得易知,所以因为(当时等号成立),所以,得或且.因此直线在轴上截距的取值范围是.
22.(1)【解】因为,所以①当时,恒成立，所以的单调递增区间是.
②当时，当时,;当时,所以的单调递减区间是,单调递增区间是.
(2)【解】因为,函数有两个零点.
由(1)知,有，即记.当时,,所以在(1,)上单调递减。
当时,又,因此当且仅当时,.
式即为,所以对任意必须有.即,得.
所以，此时故实数的取值范围为.
(3)【证明】由于，由(2)知,当时，函数有两个零点,设记为的整数部分，则由题意只需证明f设函数当时,,所以函数在[1,)上单调递增.因为注意到,因此只要证明,即只需验证.因为以及即得，故得证.所以原命题得证.

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