2021年高考浙江数学试卷未命名一、单选题1．设集合，，则（）A．B．C．D．【答案】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．已知，，(i为虚数单位)，则（）A．B．1C．D．3【答案】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.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【答案】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】若，则，推不出；若，则必成立，故“”是“”的必要不充分条件故选：B.4．某几何体的三视图如图所示，则
该几何体的体积是（）A．B．3C．D．【答案】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.5．若实数x，
y满足约束条件，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】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.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【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】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B错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌
握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面
垂直关系.7．已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】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.【详解】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．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．0B．1C．2D．3【答案】C【分析】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.【详解】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.【点睛】思路
分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.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【答案】C【分析】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.【详解】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.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理
素养和数学运算素养，属于中等题.10．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】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．【详解】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．【点睛】本
题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的
方向得到，最后由裂项相消法求得．二、双空题11．已知多项式，则___________，___________.【答案】;.【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：.12．在中，，M是的中点，，则__
_________，___________.【答案】【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：；.13．
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____
_______，___________.【答案】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；．14．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___________.【答案】【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：；．三、填空题15．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_____
______.【答案】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：25.16．已知，函数若，则___________.【答案】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：2.17．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___________.【答案】【分析】设，由平面向量的知识可得，再结合柯西不等式即可得解.【详
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：.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由平面向量的知识转化出之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小值.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.【答案】（1）；（2）.【分析】（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.【详解】（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．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.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（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．【详解】（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．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互
转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直
角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．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，求的范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（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.【详解】（1）当时，，
，当时，由①，得②，①②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.【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如
（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.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.【答案】（1）；（2）.【分析】（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.【详解】（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.【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形
式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.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)【答案】(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.【分析】(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
.【详解】(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.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．试卷第1页，总3页试卷第1页，总3页 |
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