2021年新高考浙江数学高考真题变式题第11-16题解析版

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2021年新高考浙江数学高考真题变式题11-16题原题111．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___________.变式题1基础2．如图，菱形的边长为4，，点E是AB的中点，点F是AC上的一动点，则的最小值是_________．变式题2基础3．如图，隔河看两目标A与B，但不能到达，在岸边先选取相距km的C，D两点，同时，测得∠ACB=75°，∠BCD=45°，∠ADC=30°，∠ADB=45°（A，B，C，D在同一平面内），则AB=______km..变式题3巩固4．在中，角，，的对边分别为，，，若，则三角形的面积，这个公式最早出现在古希腊数学家海伦的著作《测地术》中，故称该公式为海伦公式．将海伦公式推广到凸四边形（凸四边形即任取平面四边形一边所在直线，其余各边均在此直线的同侧）中，即“设凸四边形的四条边长分别为，，，，，凸四边形的一对对角和的一半为，则凸四边形的面积”．如图，在凸四边形中，若，，，，则凸四边形面积的最大值为________．变式题4巩固5．在中， ，于， ，，则的值为___________.变式题5巩固6．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中、、、为三角形的三边和面积）表示.在中，、、分别为角、、所对的边，若，且，则面积的最大值为___________.变式题6提升7．在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝60°，∠C＝90°，BC＝2，则AB长度的取值范围是________．原题128．已知，函数若，则___________.变式题1基础9．已知函数，则_________变式题2基础10．若函数则的值为___.变式题3巩固11．设，则______.变式题4巩固12．已知，则f(8)＝________．变式题5巩固13．设函数，则______.变式题6提升14．已知且，设函数的最大值为1，则实数的取值范围是___________.变式题7提升15．设，若，则_____.原题1316．已知多项式，则___________，___________.变式题1基础17．已知(kx－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，且a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝244，则实数k的值为_______.变式题2基础18．若，则___________.变式题3巩固19．已知，则___________，___________.变式题4巩固20．已知，若，则____________．变式题5巩固21．设，则__________．变式题6提升22．已知函数，，其中，，，则______，______.变式题7提升23．已知，则=__________，=_____________．原题1424．在中，，M是的中点，，则___________，___________.变式题1基础25．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的值是___________.变式题2基础26．在锐角中，，，的面积为，则的长为______．变式题3巩固27．的内角，，所对的边分别为，，，若，，，则___________.变式题4巩固28．在锐角中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则的值是________．变式题5巩固29．已知的内角的对边分别为，为的中点，且，，则________，的面积为_________．变式题6提升30．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．角B为钝角．设△ABC的面积为S，若，则sinA+sinC的最大值是____________．变式题7提升31．在△ABC中，|AB|＝2，，则△ABC面积的最大值为_________．原题1532．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___________，___________.变式题1基础33．某学校实行自主招生，参加自主招生的学生从8道试题中随机挑选4道进行作答，至少答对3道才能通过初试.记在这8道试题中甲能答对6道，甲答对试题的个数为，则甲通过自主招生初试的概率为______，______.变式题2基础34．从装有除颜色外完全相同的个白球和4个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取3次，记摸得白球个数为，若，则___________，___________.变式题3巩固35．为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“合1检测法”，即将个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还要对本组的每个人再做检测.若有100人，已知其中2人感染病毒，采用“10合一检测法”，若2名患者在同一组，则总检测次数为__________次；若两名感染患者在同一组的概率为，定义随机变量为总检测次数，则数学期望为__________.变式题4巩固36．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲､乙､丙三个公司投递了个人简历.假定该毕业生得到甲公司面试机会的概率为，得到乙､丙两个公司面试机会的概率均为，且三个公司是否让其面试是相互独立的.设为该毕业生得到面试机会的公司个数.若，则___________，___________.变式题5巩固37．袋子里装有编号分别为“2，3，3，4，4，5”的6个大小、质量相同的小球，小明从袋子中一次任取2个球，若每个球被取到的机会均等，记取出的2个小球编号之和为，编号之差的绝对值为，记，则______；_____.变式题6提升38．某盒中有9个大小相同的球，分别标号为1，2，…，9，从盒中任取3个球，则取出的3个球的标号之和能被3整除的概率是______；记为取出的3个球的标号之和被3除的余数，则随机变量的数学期望______．原题1639．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___________.变式题1基础40．已知抛物线与椭圆有一个公共焦点，则点的坐标是________；若抛物线的准线与椭圆交于两点，是坐标原点，且是直角三角形，则椭圆的离心率________.变式题2基础41．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，则的坐标为_____________，直线与椭圆交于，两点，且的重心恰为点，则直线斜率为_____________.变式题3巩固42．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，若的最大值为6，则的值是____________，椭圆的离心率为____________．变式题4巩固43．已知、分别为（）椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，，则____，椭圆的离心率为___.变式题5巩固44．已知椭圆的短轴长为，上顶点为，左顶点为，左、右焦点分别是、，且的面积为，则椭圆的方程为_______；若点为椭圆上的任意一点，则的取值范围是_________.变式题6提升45．设是椭圆的两个焦点，为椭圆上任意一点，当  取最大值时的余弦值为．则（Ⅰ）椭圆的离心率为___；（Ⅱ）若椭圆上存在一点，使(为坐标原点)，且，则的值为____．变式题7提升46．经过原点的直线交椭圆于两点（点在第一象限），若点关于轴的对称点称为，且，直线与椭圆交于点，且满足，则直线和的斜率之积为______，椭圆的离心率为______.参考答案：1．25【分析】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.【详解】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：25.2．【分析】连接，则由菱形的对称性可得，所以，求出的值可得答案【详解】连接，过点作，交的延长线于点因为四边形为菱形，所以，所以，当三点共线时取等号，因为菱形的边长为4，，点E是AB的中点，所以，，，则，由勾股定理得，在直角三角形中由勾股定理得所以，所以的最小值为，故答案为：3．【分析】先由题得，再由正弦定理解得，最后根据余弦定理解得.【详解】在△ACD中，∠ACD=120°，∠CAD=∠ADC=30°，∴AC=CD=km.在△BCD中，∠BCD=45°，∠BDC=75°，∠CBD=60°.∴BC=.在△ABC中，由余弦定理，得AB2=()2+2－2×××cos75°=3+2+=5，∴AB=(km)故答案为：4．【分析】由已知，将边长代入后可将面积转化为的最值问题【详解】因为，且，，，，所以,∴当=0即当的时候，S取到最大值故答案为:5．【解析】由直角三角形性质可得，在中由勾股定理求得后可得所求．【详解】如图，∵，，∴，∴，在中，，∴，∴．∴．故答案为：．【点睛】本题考查直角三角形的性质，考查直角三角形中三角函数的定义，掌握三角函数定义是解题基础．6．【分析】由条件结合余弦定理可得出，然后利用二次函数的基本性质结合公式可求得面积的最大值.【详解】，则，可得，所以，.当且仅当时，等号成立.因此，面积的最大值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求三角形面积的最值一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式或二次函数的基本性质来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.7．（2，4）【分析】延长BA，CD交于E，然后平移AD，当A与D重合于E点时，AB最长，当D与C重合时，AB最短，进而得到答案.【详解】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合于E点时，AB最长，在△BCE中，∠B＝60°，∠C＝90°，∠E＝30°，BC＝2，此时AB=BE＝4．平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时AB＝BC＝2，易知，两种特殊位置不能取到，所以AB的取值范围为（2，4）．故答案为：（2，4）．8．2【分析】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.【详解】，故，故答案为：2.9．3【分析】判断，再代入，利用对数恒等式，计算求得式子的值为.【详解】因为，所以，故填.【点睛】在计算的值时，先进行幂运算，再进行对数运算，能使运算过程更清晰.10．【分析】根据，再代入即可得出答案．【详解】因为 所以因为 所以因为即故填【点睛】本题考查分段函数的函数值，本类题将目标函数代入解析式，依次计算即可，属于基础题．11．8【分析】由分段函数的解析式，可得，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，故答案为8.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中根据分段函数的解析式，结合分段条件准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12．7【分析】由于8<10，所以f(8)＝f(f(13))，而13>10，所以f(13)＝13-3=10，从而可求出f(8) ＝f(10)，进而可求出值.【详解】解：因为8<10，所以代入f(n)＝f(f(n＋5))，即f(8)＝f(f(13))．因为13>10，所以代入f(n)＝n－3，得f(13)＝10，故得f(8)＝f(10)＝10－3＝7.故答案为：7【点睛】此题考查分段函数求值，求值时要注意自变量所在的范围，属于基础题.13．0.5【分析】先求出，再求出得解.【详解】由题得，所以.故答案为0.5【点睛】本题主要考查分段函数求值，考查指数对数运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14．【分析】由函数在上单调递增，且，结合题中条件得出函数在上单调递减，且，由此列出不等式组求出实数的取值范围.【详解】由题意知，函数在上单调递增，且，由于函数的最大值为，则函数在上单调递减且，则有，即，解得，因此，实数的取值范围是，故答案为：.【点睛】方法点睛：本题考查分段函数的最值，解题时要考查分段函数每段的单调性，还需要考查分段函数在分界点出函数值的大小关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.15．【分析】对分两种情况讨论求出，即得解.【详解】当时，或（舍）；当时，，无解.所以，所以.故答案为：016．     ;     .【分析】根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.【详解】， ，所以，，所以.故答案为：.17．4【分析】根据(kx－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，分别令，求解.【详解】因为(kx－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，所以令，得(k－1)5＝a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0，令，得a0=-1又因为a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝244，所以(k－1)5=243，所以k-1=3，解得k=4，故答案为：418．【分析】令求出；令，得；令，得，即得解.【详解】在中，令，得；令，得；令，得；所以，所以.故答案为：19．     -12     924【分析】不妨设，则可化为，由二项式定理展开式通项公式求含项的系数和常数项.【详解】不妨设，则可化为，∴ 的展开式的通项公式为∴  ，，故答案为：-12，924.20．【分析】设，利用平方差公式可得出，即可求得正数的值.【详解】设，则，，所以，，所以，，因为，解得.故答案为：.21．【详解】,，故.22．     0     【解析】先令，代入函数即可计算出的值；然后根据题干的表达式可得，很明显，进一步化简计算再代入可得的值.【详解】由得，，，很明显，∴，即，令，则，∴，故答案为：0，.【点睛】本题主要考查了函数与数列的综合．考查了转化思想，函数思想，逻辑思维能力和数学运算能力，属于难题.23．          【分析】（1）由，写出展开式中含的项，即可确定系数；（2）将题设等式两边求导，再令即可求值.【详解】由题设，，则，即；对等式两边求导得：，∴当时，.故答案为：-240；0【点睛】关键点点睛：第二空，将等式两侧同时求导，得到新的多项式，利用赋值法求系数和即可.24．          【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.【详解】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：；.25．【分析】先根据余弦定理化简原式，然后将的结果代入到化简式子中即可求得结果.【详解】因为,故答案为：.26．【分析】由面积公式可求得，进而可得，再由余弦定理求解即可【详解】因为，，的面积为，所以，所以，又为锐角三角形，所以，因为，所以，故答案为：27．90°【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】在△ABC中，由正弦定理可得，即，解得，又因为，所以，所以，所以，故答案为：90°28．4【分析】利用正弦定理，边角互化，再利用余弦定理，角化边，即可求解.【详解】∵，由余弦定理得，，而故答案为4．29．     π3##60∘     【分析】根据条件先求解A的度数，等腰三角形作出高线，利用三线合一得到等量关系，利用A的度数可以建立方程，求出的长，进而求出与与的长，利用三角形面积公式进行求解.【详解】因为，所以．过点C作CE⊥AB于点E，因为，由三线合一得：E为BD中点设，.则，，由勾股定理得：，因为，所以，解得：，所以，，，所以=．故答案为：；30．【分析】根据已知，利用三角形面积公式、余弦定理可得，B为钝角知，由三角形内角和的性质得，即可求最大值.【详解】由题设，，则，∴，又 B为钝角即为锐角，∴，即，又，∴且，而，∴当时，的最大值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据已知条件，利用三角形面积公式、余弦定理可得到，再应用三角形内角性质及三角恒等变换写出关于的二次函数式，求最值.31．【分析】设，则，利用余弦定理可求得，再利用三角形的面积公式可求得，继而可求的表达式，从而可得面积的最大值【详解】依题意，设，则，又，由余弦定理得：，即，∴，∴，∴，∵，∴，由二次函数的性质，当时，取得，∴故答案为：.【点睛】本题考查三角恒等式，余弦定理在解三角形中的应用，着重考查转化思想与二次函数的配方法，求得面积的表达式是关键，也是难点，属于难题32．     1     【分析】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．【详解】，所以，, 所以, 则．由于．故答案为：1；．33．          3【分析】的可能值分别为，计算出各概率，是初试通过的概率，可由分布列计算出期望．【详解】依题意，知甲能通过自主招生初试的概率为.由于的可能取值为2，3，4，，故.故答案为：；3．34．     2     【分析】根据已知条件，可知X服从二项分布，由二项分布的期望公式可求出m，进而可得.【详解】解：由题意，，因为，所以，解得，所以.故答案为：，.35．     20     【分析】采取“合1检测法”，每组检查一次，共需10次，又两名患者在同一组，需再检查10次，可得一共需要检查的次数；由题意得随机变量可能取的值是20，30，分别求得，，从而得其分布列和期望.【详解】解：采取“合1检测法”，每组检查一次，共需10次，又两名患者在同一组，需再检查10次，因此一共需要检查20次；由题意得，随机变量可能取的值是20，30，，，所以随机变量的分布列为：所以，故答案为：20；.36．          【分析】依题意可得，即可求出，即可求出、、的概率，从而求出、；【详解】解：由题意，知，得，所以，，，所以，所以.故答案为：；；37．          【分析】由题意分析可得，的可能取值为:，的可能取值为:，则的可能取值为:5,6,7,8,9,10,11,12.依次验证取每一个值是否成立，列出分布列即可得出结果.【详解】的可能取值为:，的可能取值为: 的可能取值为:5,6,7,8,9,10,11,12.的组合为或，即取的两个球编号为：2和3，或3和3.,的组合为，取不到符合条件的两个球，不成立；的组合为或，或，取不到符合条件的两个球，不成立；的组合为或，或，或即取的两个球编号为：2和4，或3和4，或4和4，三种组合，所以；的组合为或，或或，取不到符合条件的两个球，不成立；的组合为或，或即取的两个球编号为：2和5，或3和5，或5和4，三种组合，所以.的组合为或，取不到符合条件的两个球，不成立；的组合为，取不到符合条件的两个球，不成立；故分布列如图所示：.故答案为：；.【点睛】方法点睛：本题考查离散型随机变量的分布列，根据条件列出变量的可能取值，分别验证取每一个值是否成立，成立的求出对应的概率.38．          【分析】先求出从9个球中任取3个球的方法数，再求出取出的3个球的标号之和能被3整除的方法数，最后利用古典概型的概率计算公式即可求概率；先求出的所有可能取值，再求出，，最后利用数学期望的计算公式求数学期望即可【详解】从9个球中任取3个球有种不同的方法，1-9中能被3整除的有3,6,9，除3余1的有1,4,7，除3余2的有2,5,8，故将1-9划分为以上三类，显然来自同一类的三个数和为3的倍数，每个类别抽1个的三个数和也为3的倍数（其余数为0+1+2=3为3的倍数），所以在其中取出的3个球的标号之和能被3整除的情况有种，所以取出的3个球的标号之和能被3整除的概率．由题意知的所有可能取值为0，1，2，取出的3个球的标号之和被3除余1的情况有：①标号被3除余数为1的球1个和标号被3整除的球2个；②标号被3除余数为1的球2个和标号被3除余数为2的球1个；③标号被3除余数为2的球2个和标号被3整除的球1个．则．取出的3个球的标号之和被3除余2的情况有：①标号被3除余数为1的球2个和标号被3整除的球1个；②标号被3除余数为1的球1个和标号被3除余数为2的球2个；③标号被3除余数为2的球1个和标号被3整除的球2个，则，所以．故答案为：；．【点睛】本题是应用性题目，属于生活实践情境，以球的抽取为背景考查排列组合、古典概型、离散型随机变量的数学期望等知识．考查了学生逻辑思维能力、数据处理能力．39．          【分析】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．【详解】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：；．40．          【分析】根据抛物线方程，可得焦点F坐标，将准线方程与椭圆方程联立，可得，根据题意可得，化简可得关于e的一元二次方程，即可求得答案.【详解】由抛物线的方程得，其焦点坐标为，所以抛物线C与椭圆D的公共焦点.且抛物线准线方程为，椭圆左焦点为，联立与椭圆，可得，因为是直角三角形，所以，即，又，所以，左右同除可得，解得，又，所以椭圆的离心率.故答案为：；41．          【分析】空1：由椭圆的标准方程结合右焦点的坐标，直接求出a， c，再根据椭圆中a，b，c之间的关系求出m的值，最后求出上顶点B的坐标；空2：设出直线MN的方程，与椭圆联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系，结合中点坐标公式求出弦MN的中点的坐标，再利用三角形重心的性质，结合平面向量共线定理进行求解即可.【详解】空1：因为右焦点为，所以有且，而，所以，因此椭圆上顶点的坐标为：；空2：设直线MN的方程为：，由（1）可知：椭圆的标准方程为：，直线方程与椭圆方程联立：，化简得：，设，线段的中点为，于是有：，，所以点坐标为：，因为的重心恰为点，所以有，即，因此有：，得：，所以直线斜率为.故答案为：；【点睛】本题考查了求椭圆上顶点的坐标，考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了三角形重心的性质，考查了数学运算能力.42．          【分析】利用椭圆的定义求解【详解】由题意得；由椭圆的定义知，所以，又由椭圆的性质得，过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，所以，解得，故，，离心率．故答案为：；43．          【分析】由给定条件结合向量的线性运算计算得即可，在、中借助勾股定理建立a，c的关系即可作答.【详解】依题意，，于是得，即，所以；令，因，则，由椭圆定义知，，，而在中，，即，解得，显然，中，椭圆半焦距为c，有，所以椭圆的离心率为.故答案为：；.44．          【分析】由已知条件得出，结合已知条件可得出关于、的方程组，解得的值，可求得椭圆的方程；由已知条件可得，利用椭圆的定义结合二次函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】由题意可知，，则，的面积为，由题意可得，解得，所以，椭圆的标准方程为；由题意可得，，所以，，，所以，.故答案为：；.【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了利用椭圆的定义求解代数式的取值范围，考查计算能力，属于中等题.45．          或【解析】（Ⅰ）利用基本不等式知点位于短轴端点时，的余弦值最大，计算得，进而求出离心率；（Ⅱ）取中点，由已知得，可得，利用中位线性质可得，可得焦点为直角三角形，再由椭圆定义及勾股定理结合椭圆离心率，即可求出，进而求得【详解】设分别为椭圆的长轴长，虚轴长，（Ⅰ）在中，,，当且仅当时，等号成立，即当点位于短轴端点时，的余弦值最大，，即，则离心率（Ⅱ）取中点，由，即，可得，利用中位线性质可得，设，，则解得，或，或故答案为：；或【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．46．          【分析】设的坐标，由题意可得的坐标，再由向量的关系求出的坐标，求出，，的斜率表达式；又在椭圆上，将的坐标代入椭圆的方程，化简可得，又在直线上，可得，进而求出的斜率，再由可求出直线和的斜率之积，进而求出离心率．【详解】设，，则，因为，所以所以斜率为，斜率为，斜率为又，在椭圆上，所以；所以,所以，又，所以,所以，所以，所以，所以椭圆的离心率为.【点睛】本题考查了椭圆的离心率、椭圆的性质及直线与椭圆的位置关系，属于难题.X2030P  6810p