2021年新高考浙江数学高考真题变式题第1-5题解析版

这是一份2021年新高考浙江数学高考真题变式题第1-5题解析版，共31页。试卷主要包含了设集合，，则，已知，，则集合，已知集合，集合，则，已知集合，，则，非空集合具有下列性质，已知，，，则等内容，欢迎下载使用。

 2021年新高考浙江数学高考真题变式题1-5题
原题1
1．设集合，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
2．已知，，则集合（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
3．设集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
变式题3巩固
4．已知集合，集合，则（       ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
5．已知集合，集合，则 （    ）
A．A B．B C．N D．
变式题5巩固
6．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题6提升
7．非空集合具有下列性质：①若、，则；②若、，则，下列判断一定成立的是（     ）
（1）；（2）；（3）若、，则；（4）若、，则.
A．（1）（3） B．（1）（2）
C．（1）（2）（3） D．（1）（2）（3）（4）
变式题7提升
8．设，与是的子集，若，则称为一个“理想配集”.那么符合此条件的“理想配集”（规定与是两个不同的“理想配集”）的个数是（    ）
A．16 B．9 C．8 D．4
原题2
9．已知，，(i为虚数单位)，则（    ）
A． B．1 C． D．3
变式题1基础
10．已知为虚数单位，，若为纯虚数，则（    ）
A． B． C． D．
变式题2基础
11．已知，且 (其中为虚数单位)，则（    ）
A． B． C． D．
变式题3巩固
12．已知复数为纯虚数，且为实数，则（    ）
A． B． C．2 D．
变式题4巩固
13．已知，若为纯虚数，则的值为（    ）
A． B． C．-2 D．2
变式题5巩固
14．已知复数，复数满足，则的虚部为（    ）
A． B． C．2 D．
变式题6提升
15．已知复数z满足4且，则的值为
A．﹣1 B．﹣2 2019 C．1 D．2 2019
变式题7提升
16．已知复数满足，则的虚部为（    ）
A． B． C． D．
原题3
17．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
变式题1基础
18．已知向量，满足，，且与夹角为，则“”是“”的（    ）
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
变式题2基础
19．已知向量，，那么“”是“”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
变式题3巩固
20．已知向量满足，则“”是“”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
变式题4巩固
21．设，是两个不共线向量，则“与的夹角为锐角”是“”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
变式题5巩固
22．已知，，则“”是“向量与共线”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
变式题6提升
23．设向量，则“”是“”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
原题4
24．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．
变式题1基础
25．某几何体是由四分之一的圆柱和四棱锥拼接而成，其三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．
变式题2基础
26．已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24,则正视图中a的值为

A．8 B．6
C．4 D．2
变式题3巩固
27．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图为全等的直角梯形，俯视图为直角三角形．则该几何体的表面积为

A．6 +12 B．16 +12
C．6 +12 D．16 +12
变式题4巩固
28．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（   ）
                 
正视图                         侧视图    

      俯视图
A． B． C． D．
变式题5巩固
29．已知一几何体的三视图如图所示，俯视图是一个等腰直角三角形和半圆，则该几何体的体积为（    ）


A． B． C． D．
变式题6提升
30．—个几何体的三视图如图所示（其中正视图的弧线为四分之一圆周），则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．
变式题7提升
31．某几何体的三视图如右图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．
原题5
32．若实数x，y满足约束条件，则的最小值是（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
33．已知，且则目标函数的最小值为
A． B． C． D．
变式题2基础
34．若满足约束条件，则的最大值为（    ）
A．7 B．8 C．9 D．10
变式题3巩固
35．若实数x，y满足，若，则z的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式题4巩固
36．实数满足不等式组，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
变式题5巩固
37．【2018天津市十二校高三二模】已知，满足不等式组则目标函数的最小值为（    ）
A． B． C． D．
变式题6提升
38．设，满足约束条件，则的最大值为
A．41 B．5 C．25 D．1
变式题7提升
39．若x，y满足约束条件则z=的最大值为（    ）
A． B． C． D．3

参考答案：
1．D
【分析】由题意结合交集的定义可得结果.
【详解】由交集的定义结合题意可得：.
故选：D.
2．B
【分析】首先解一元二次不等式得到集合，再解对数不等式得到集合，最后根据并集的定义计算可得；
【详解】解：由，即，解得，所以，由，所以，所以，所以；
故选：B
3．B
【分析】根据不等式的解法，求得，结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，即，
又由，可得.
故选：B.
4．D
【分析】根据交集运算直接求解即可.
【详解】,
，
故选：D
5．B
【分析】根据集合的描述判断集合A、B中元素与两个集合的关系，结合集合交集的定义，即可确定.
【详解】由题设，对于集合：当为偶数时元素属于集合B，当为奇数时元素不属于集合B，
对于集合B：取任意值其元素都在集合A中，
∴.
故选：B
6．C
【分析】结合交集和补集运算直接求解即可.
【详解】由可得或，则.
故选：C
7．C
【分析】假设，可推出，由此可判断（1）的正误；推导出，进而可推导出，，由此可判断（2）的正误；推导出，结合①可判断（3）的正误；若、，假设，推出，可判断（4）的正误.综合可得出结论.
【详解】由①可知.
对于（1），若，对任意的，，则，
所以，，这与矛盾，（1）正确；
对于（2），若且，则，，，
依此类推可得知，，，，，，（2）正确；
对于（3），若、，则且，由（2）可知，，则，
所以，，（3）正确；
对于（4），由（2）得，，取 ，则，所以（4）错误.
故选：C.
【点睛】本题考查集合的新定义，考查元素与集合的关系的判断，属于较难题.
8．B
【分析】根据题意，子集和不可以互换，从子集分类讨论，结合计数原理，即可求解.
【详解】由题意，对子集分类讨论：
当集合，集合可以是，共4种结果；
当集合，集合可以是，共2种结果；
当集合，集合可以是，共2种结果；
当集合，集合可以是，共1种结果，
根据计数原理，可得共有种结果.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了集合新定义及其应用，其中解答正确理解题意，结合集合子集的概念和计数原理进行解答值解答额关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.
9．C
【分析】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.
【详解】，
利用复数相等的充分必要条件可得：.
故选：C.
10．C
【分析】根据复数代数形式的乘除运算化简，再根据为纯虚数列出方程，即可求出.
【详解】，
因为为纯虚数，所以，所以.
故选：C
11．B
【分析】根据复数的乘法运算和复数的相等可求得，代入可得结果.
【详解】，，解得：，
.
故选：B.
12．D
【分析】由复数为纯虚数，可设，代入化简，由条件可得其虚部为0，可得出复数，从而得出答案.
【详解】因为复数为纯虚数，设，则，
则为实数，
所以，即，所以，则.
故选：D
13．A
【分析】设，通过化简利用复数相等定义即可求得结果．
【详解】依题意设，化简得
所以，解得
故选：A
14．D
【解析】，将代入计算即可判断出的虚部.
【详解】因为，则，
所以的虚部为.
故选：D
15．D
【解析】首先设复数z=a+bi（a，b∈R），根据z4和z|z|0得出方程组，求解可得：
z，通过计算可得：，代入即可得解.
【详解】设z=a+bi（a，b∈R），
由z4且z|z|=0，得
，解得a=﹣1，b.
∴z，
而1，
.
∴.
故选：D.
【点睛】本题考查了复数的计算，考查了共轭复数，要求较高的计算能力，属于较难题.
16．C
【分析】先解方程得到，求出复数即得解.
【详解】解：由题意，
所以，故的虚部为.
故选：C
17．B
【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.
【详解】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.
18．C
【分析】根据，求出，根据求出，再根据充分性和必要性的定义即可得出结论.
【详解】解：充分性：当时，，
又，所以，所以“”是“”的充分条件；
必要性：当时，，所以“”是“”的必要条件；
综上所述：“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
19．A
【分析】由求出，再由充分不必要条件发定义可得答案.
【详解】若则，解得，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
20．C
【解析】见模平方，利用完全平方式展开，可得，结合充分条件和必要条件的定义，即可得答案.
【详解】充分性：因为，左右同时平方得：，
所以，即，
又因为，所以，
所以“”是“”的充分条件；
必要性：因为，
所以，又，
所以，
所以，
所以，即 ，
所以“”是“”的必要条件；
综上“”是“”的充分必要条件.
故选：C
21．B
【解析】根据两者之间的推出关系可得两者之间的条件关系.
【详解】因为，故即，
因为，是两个不共线向量，故与的夹角为锐角.
故“与的夹角为锐角”是“”的必要条件.
若与的夹角为，且，故，
所以，故即不垂直.
“与的夹角为锐角”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
22．A
【解析】根据充分条件与必要条件的概念，由向量数量积运算法则，以及向量的线性运算法则，即可得出结果.
【详解】若向量与同向共线，由，，可得；
若向量与反向共线，由，，可得；
所以由“向量与共线”不能推出“”；
若，，，
则，所以，所以，
因为向量与夹角为，所以，即“向量与共线；
所以由“”能推出“向量与共线”；
因此，“”是“向量与共线”的充分而不必要条件.
故选：A.
23．B
【分析】利用平面向量的模长公式、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】充分性：取，，则，此时，但，充分性不成立；
必要性：若，则，所以，必要性成立.
因此，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
24．A
【分析】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.
【详解】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.




25．D
【分析】根据圆柱和棱锥体积公式可直接求解得到结果.
【详解】由三视图可知：的圆柱体积；四棱锥体积，
该几何体的体积.
故选：.
【点睛】本题考查根据三视图求解几何体体积，涉及到柱体和椎体体积公式的应用，关键是能够根据三视图准确得到各棱长和几何体的高.
26．B
【解析】试题分析：解：由三视图知几何体是一个四棱锥，底面是一个边长分别是a和3的矩形，一条侧棱与底面垂直，且这条侧棱的长是4，根据该几何体的体积是24，得到∴a=6，故选B
考点：由三视图求几何体的体积
点评：本题考查由三视图求几何体的体积，实际上不是求几何体的体积，而是根据体积的值和体积的计算公式，写出关于变量的方程，利用方程思想解决问题
27．B
【分析】由题中所给的三视图画出此几何体的直观图，可知该几何体为三棱台，且上、下底面均为等腰直角三角形，一条侧棱垂直于底面，求出其表面积即可.
【详解】此几何体的直观图如图所示．可知此几何体为三棱台．
上、下底面均为等腰直角三角形，直角边长分别为2和4，
侧棱^平面ABC，且=2．棱台3个侧面均为直角梯形，
且，，，
所以此几何体的表面积为
，
故B正确．

【点睛】该题考查的是有关几何体的三视图的问题，涉及到的知识点有根据三视图还原几何体，求几何体的表面积，属于中档题目.
28．C
【分析】根据三视图还原出几何体的直观图，将几何体分为三棱锥和三棱锥两部分，根据三视图中的数据及线段的位置关系分别得到底面积和高，求出几何体的体积.
【详解】该几何体的直观图如下图，

平面平面，平面，
与均是边长为的等边三角形，，
点在平面上的射影落在的平分线上，
所以平面，
所以，
，
所以几何体的体积为.
故选：C.
【点睛】本题考查三视图还原结合体，根据三视图求几何体的体积，属于中档题.
29．D
【解析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个三棱锥与半圆柱的组合体，进而得到答案.
【详解】结合三视图可知，该几何体是一个半圆柱与一个底面是等腰直角三角形的三棱锥组成的组合体，其体积为.

故选: D.
【点睛】本题主要考查由三视图还原成直观图，考查空间想象能力和计算能力，属于常考题.
30．C
【解析】观察三视图，可知几何体是由棱长为4的四棱柱截去四分之一的圆柱，利用柱体的体积公式，即可求得几何体的体积.
【详解】解：由三视图可知，几何体是由棱长为4四棱柱截去四分之一的圆柱得来的，
则：，
，
几何体的体积为：，
即：.
故选：C.
【点睛】本题考查由三视图求原几何体的体积，涉及柱体的体积，考查计算能力.
31．A
【分析】根据三视图还原为直观图，可知该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，再求圆锥的底面半径，三棱柱的各边，根据体积公式求解即可．
【详解】由已知中的三视图可得，该几何体由一个半圆锥和一个三棱柱组合而成，
如图，其中半圆锥的底面半径为1，高为，
三棱柱的底面是一个边长为2的正三角形，高为，
则该几何体的体积：
．
故选：A

【点睛】本题主要考查三视图、几何体的体积，以空间几何为载体，考查考生的空间想象能力与基本运算能力，考查的核心素养是数学抽象、直观想象、数学运算.
32．B
【分析】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.
【详解】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.
33．B
【分析】根据约束条件，画出可行域，再平移直线2x+y=0确定取最小值时点的位置，进而求解.
【详解】作出x，y∈R，且所表示的平面区域，作出直线2x+y=0，并对该直线进行平移，可以发现经过点A时Z取得最小值.

由解得A（-3，4）， .故选B
【点睛】本题考查了线性规划求最值，解决这类问题一般要分三步：画出可行域、找出关键点、求出最值．线性规划求最值，通常利用“平移直线法”解决.
34．A
【解析】作出可行域，利用截距的几何意义解决.
【详解】不等式组所表示的可行域如图

因为，所以，易知截距越大，则越大，
平移直线，当经过A点时截距最大，此时最大，
由，得，即，
所以.
故选：A.
35．C
【分析】由题设得到可行域，将目标式转化为随z变化绕定点旋转的直线，通过直线与可行域有交点时斜率的范围求z的范围即可.
【详解】由，得直线l：且，但该直线随z的变化绕点旋转，且直线l的斜率随z的增大而增大，

∴由约束条件所得的可行域，知：当直线l过时斜率最小，时斜率最大，代入直线方程，
∴，，故.
故选：C.
36．D
【分析】在平面直角坐标系内，画出不等式组所表示的平面区域，利用代数式的几何意义，结合斜率公式进行求解即可.
【详解】在平面直角坐标系内，不等式组所表示的平面区域如下图所示的阴影部分：

表示阴影部分内的点与点连线的斜率，
因为，直线的斜率为，
所以有，
故选：D
37．B
【详解】分析：画出不等式组表示的可行域，平移直线，结合可行域可得直线经过点时取到最小值．
详解：

画出不等式组表示的可行域，如图，
平移直线，设可行域内一点，
由图可知，直线经过点时取到最小值，
联立，解得，
的最小值为，故选B．
【名师点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题．求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值．
38．A
【解析】先作出不等式组对应的可行域，再利用的几何意义数形结合解答得解.
【详解】
由题得不等式组对应的可行域如图所示，
表示区域内的动点(x,y)到点P(-1,0)的最大距离的平方，
联立得点A(3,5),
所以z的最大值为.
故选A
【点睛】本题主要考查线性规划求最值，考查两点间的距离公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
39．C
【解析】根据题意知，目标函数z=的几何意义为经过平面区域内的动点与定点直线的斜率，作出不等式组表示的平面区域，求出经过平面区域内点与点直线斜率的最大值即可.
【详解】由题意知，目标函数z=表示经过点和可行域内的点(x，y)的直线的斜率，作出不等式组表示的可行域如图所示：

根据目标函数的几何意义，由图可知,当直线过两点时,目标函数z=有最大值,
联立方程，解得，所以点,
代入目标函数可得, z=的最大值为.
故选:C
【点睛】本题考查非线性目标函数的线性规划问题；考查转化与化归能力、运算求解能力和数形结合思想；正确理解目标函数表示的几何意义是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.