2021年全国统一新高考数学试卷（浙江卷）

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，，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．

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　　．

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．

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，，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】直接利用交集的定义求解即可．

【解析】：因为集合，，

所以．故选：．

【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，为虚数单位），则　　

A． B．1 C． D．3

【思路分析】利用复数相等的定义求解即可．

【解析】：因为，即，

由复数相等的定义可得，，即．故选：．

【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，，，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

【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，可得，

则，即，

所以可以推出，

故“”是“”的必要条件．

由可得，

由于向量，，是非零向量，

所以推不出，

综上所述，“”是“”的必要不充分条件．故选：．

【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：，则该几何体的体积（单位：是　　

A． B．3 C． D．

【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，底面四边形为等腰梯形，

且，，，等腰梯形的高为，

则该几何体的体积．故选：．

【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，满足约束条件，则的最小值是　　

A． B． C． D．

【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中，其中最小的值就是本题答案。

【解析】：解法一：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，

化目标函数为，由图可知，当直线过时，

直线在轴上的截距最大，有最小值为．

故选：．

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，

，，即得三个顶点，，，所以，，，则最小值为．故选：．

【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，，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

【思路分析】通过证明直线平面，是的中位线，可判断；根据异面直线的判断可知与直线是异面直线，可判断；根据异面直线的判断可知直线与直线是异面直线，可判断；由，可知不与平面垂直，可判断．

【解析】：连接，如图：

由正方体可知，，平面，

，由题意知为△的中位线，，

又平面，平面，平面．对；

由正方体可知、都与平面相交于点，平面，，

直线、都与直线是异面直线，、错；

，不与平面垂直，不与平面垂直，错．

故选：．

【归纳总结】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题．

7．已知函数，，则图象为如图的函数可能是　　

A． B． 

C． D．

【思路分析】可以判断所求函数为奇函数，利用函数的奇偶性可排除选项，；利用函数在上的单调性可判断选项，．

【解析】：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，

因为为偶函数，为奇函数，

函数为非奇非偶函数，故选项错误；

函数为非奇非偶函数，故选项错误；

函数，则对恒成立，

则函数在上单调递增，故选项错误．故选：．

【归纳总结】本题考查了函数图象的识别，解题的关键是掌握识别图象的方法：可以从定义域、值域、函数值的正负、特殊点、特殊值、函数的性质等方面进行判断，考查了直观想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．

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

【思路分析】利用等比中项的定义得到，代入解析式中整理化简，可得，分两种情况分别求解轨迹方程，由此判断轨迹即可．

【解析】：函数，因为，，成等比数列，

则，即，

即，

整理可得，

因为，故，即，

所以或，

当时，点的轨迹是直线；

当，即，因为，故点的轨迹是双曲线．

综上所述，平面上点的轨迹是直线或双曲线．

故选：．

【归纳总结】本题考查了等比中项的应用，动点轨迹方程的求解，要掌握常见的求解动点轨迹的方法：直接法、定义法、代入法、消参法、交轨法等等，属于中档题．

10．已知数列满足，．记数列的前项和为，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】由题意首先整理所给的递推关系式，得到数列的通项的范围，然后结合求和公式裂项即可确定前100项和的范围．

【解析】：由题意可得：，

，由累加法可得，

从而，

，由累乘法得，当取等号，

．故选：．

【归纳总结】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，属于难题．

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　25　．

【思路分析】利用勾股定理求出直角三角形斜边长，即大正方形的边长，由，求出，再求出．

【解析】：直角三角形直角边的长分别为3，4，

直角三角形斜边的长为，

即大正方形的边长为5，，

则小正方形的面积，

．

故答案为：25．

【归纳总结】本题考查了三角形中的几何计算和勾股定理，考查运算能力，属于基础题．

12．已知，函数若，则　2　．

【思路分析】利用分段函数的解析式，先求出的值，进而求出，列出方程，求解的值即可．

【解析】：因为函数，

所以，

则（2），解得．

故答案为：2．

【归纳总结】本题考查了函数的求值问题，主要考查的是分段函数求值，解题的关键是根据自变量的值确定使用哪一段解析式求解，属于基础题．

13．已知多项式，则　5　；　　．

【思路分析】思路1.利用通项公式求解的系数，即可求出的值；利用赋值法，令，即可求出的值．

思路2.用杨辉三角解。

【解析】：解法一：即为展开式中的系数，所以；

令，则有，

所以．故答案为：5；10．

解法二：（李健老师补解）由杨辉三角可知：，，所以由得，，，，故

【归纳总结】本题考查了二项展开式的通项公式的运用以及赋值法求解系数问题，考查了运算能力，属于基础题．

14．在中，，，是的中点，，则　　；　　．

【思路分析】在、和中用余弦定理即可解决此题．

【解析】：在中：，，，解得：或（舍去）．

点是中点，，，在中：，；

在中：．故答案为：；．

【归纳总结】本题考查余弦定理应用，考查数学运算能力，属于中档题．

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　1　，　　．

【思路分析】根据取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，得到关于，的方程，然后求出，的值，得到的值；先确定的可能取值，求出相应的概率，由数学期望的计算公式求解即可．

【解析】：由题意，，

又一红一黄的概率为，

所以，

解得，，故；

由题意，的可能取值为0，1，2，

所以，，，

所以．故答案为：1；．

【归纳总结】本题考查了古典概型的概率，组合数公式的应用，离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望，其概率模型是超几何分布，考查了运算能力，属于基础题．

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　　．

【思路分析】思路1.由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离与半径相等，由此可求出直线的斜率，利用斜率与相等，得到与之间的关系，再求出离心率．

思路2.由于离心率只与椭圆形状有关，可设出值，由特值法求出离心率。

【解析】解法一：依题如图：

直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；

由直线过，设直线的方程为，

直线和圆相切，

圆心到直线的距离与半径相等，

，解得，

将代入，可得点坐标为，

，

，，

．

故答案为：．

解法二：（李健老师补解）设，结合图，,，则，即，即直线的斜率是，所以，即，由勾股定理得，则，即，.

【归纳总结】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，需要学生熟练掌握公式，是中档题．

17.已知平面向量、、满足，，，，记平面向量在、方向上的投影分别为、，在方向上的投影分别为，则的最小值是      .

【思路分析】将问题背景特殊化，可取，，，

则，由得即，

又平面向量在、方向上的投影分别为、可设，则，

即在方向上的投影分别为.

即.由柯西不等式有

.

当且仅当，即时，等号成立.

【归纳总结】本题主要考查平面向量概念、数量积及其几何意义、柯西不等式，需要学生熟练运算，是中档题.

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．

【思路分析】（Ⅰ）由，可得，然后利用周期公式求出周期；

（Ⅱ），由，，得到的取值范围，再利用整体法求出的最大值．

【解析】：函数，（辅助角公式），

（Ⅰ）函数

，

则最小正周期为；

（Ⅱ）函数

，

因为，所以，

所以当，即时，．

【归纳总结】本题考查了三角函数的图像性质，涉及求解函数的周期以及最值问题，考查了运算能力，属于基础题．

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．

【思路分析】（Ⅰ）由已知求解三角形可得，结合，可得平面，进一步得到；

（Ⅱ）由（Ⅰ）证明平面，由已知求解三角形可得，，取中点，连接，以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，求出的坐标及平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形中，由已知可得，，

，，

由余弦定理可得，

，

则，即，

又，，平面，

而平面，，

，；

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面，

又平面，平面平面，

且平面平面，

，且平面，平面，

连接，则，

在中，，，，

可得，

又，在中，求得，

取中点，连接，则，可得、、两两互相垂直，

以为坐标原点，分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系，

则，2，，，0，，，

又为的中点，，，

平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角为，

则．

故直线与平面所成角的正弦值为．

【归纳总结】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题．

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．

【思路分析】（Ⅰ）首先利用递推关系式确定数列为等比数列，然后结合等比数列的通项公式可得数列的通项公式；

（Ⅱ）首先错位相减求得的值，然后分离参数利用恒成立的结论分类讨论即可求得实数的取值范围．

【解析】：（Ⅰ）由 可得，

两式作差，可得：，

，所以数列 是以为首项，为公比的等比数列，

其通项公式为：．

（Ⅱ）由，得，

，

，

两式作差可得：

，

则．

据此可得 恒成立，即 恒成立．

时不等式成立；

时，，由于时，故；

时，，而，故：；

综上可得，．

【归纳总结】本题主要考查由递推关系式求数列的通项公式的方法，错位相减求和的方法，数列中的恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题．

21．如图，已知为抛物线的焦点，是抛物线的准线与轴的交点，且．

 (1)求抛物线的方程；

 (2)设过点的直线与交抛物线于，两点，若斜率为2的直线与直线，，，轴依次交于，，，，且满足，求直线在轴上截距的取值范围．

【思路分析】(1)根据点的特性求出值，写出抛物线的方程．

（2）将转化为得出关于直线在轴上截距的不等式，解不等式求出范围。

【解析】(1)，故，故抛物线的方程为：．

(2)设：，，，，

直线：，由题设可得且．

由可得，故，，

，故，故．

又：，

由可得，同理，

由可得，，

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．

【归纳总结】本题主要考查抛物线的性质和方程求法、直线方程和两直线交点坐标求法、弦长公式、不等式解法、转化划归思想方法使用，属于中档偏难题.

22.设，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)

【思路分析】(1)求，以的取值讨论单调区间；

（2）按照有2个不同零点有2个不同解，有2个不同的解, 再依据的单调性和最值求出实数的取值范围.

(3).解法一：将转化转化

 转化为转化为在时为正

解法二：将转化转化转化为

【解析】(1)，，

①若，则，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，时，，时，，

则在单调递减，单调递增，，，

，，．

即实数的取值范围是．

(3)法1：，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，

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．

法2：当时，，，令

且当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

，

注意到，，

在，各有一个零点，，

，

要证，

由，，，

故只需证：，即证：

证：，

，

而，

【归纳总结】本题主要考查函数、导数、单调性、函数零点、方程的根、不等式、转化划归思想方法使用，属于压轴偏难题.