2021年高考理數真題試卷(浙江卷)

一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有

一個是符合題目要求的.

1.已知集合P={x6R114x43},Q={XGR|X2>4},則PU(CRQ)=()

A.[2,3]B.(-2,3]C.[1,2)D.(-°0,-2]U[1,+°0)

【答案】B

【考點】并集及其運算

【解析]【解答]解:Q={XWR|X224}={XWR|X22或X4-2},

即有CRQ={XWR|-2<x<2},

則PU(CRQ)=(-2,3].

故選：B.

【分析】運用二次不等式的解法，求得集合Q,求得Q的補集，再由兩集合的并集運算，即可得到所

求.本題考查集合的運算，主要是并集和補集的運算，考查不等式的解法，屬于基礎題.

2.已知互相垂直的平面a,0交于直線I,若直線m,n滿足mila,n±p,則()

A.mIIIB.mIInC.n±lD.m±n

【答案】c

【考點】直線與平面垂直的判定

【解析】【解答】解：...互相垂直的平面a,0交于直線I,直線m,n滿足mila,

,mIIB或mcp或mJ_0，IQ，

n±g,

n±l.

故選：C.

【分析】由已知條件推導出IQ,再由n_LB，推導出n，l.本題考查兩直線關系的判斷，是基礎題，解題

時要認真審題，注意空間思維能力的培養.

x—2〈0

3.在平面上，過點P作直線I的垂線所得的垂足稱為點P在直線I上的投影，由區域{x+y>0中的

%—3y+4>0

點在直線x+y-2=0上的投影構成的線段記為AB,則|AB|=()

A.2V2B.4C.3V2D.6

【答案】C

【考點】簡單線性規劃的應用

【解析】【解答】解：作出不等式組對應的平面區域如圖：（陰影部分），

區域內的點在直線x+y-2=0上的投影構成線段RQ,即SAB,

而R'Q'=PQ,

x-3y+4=0[x=-1(x=2[x=2

由《得彳，即Q(-1,1),由，得1c，即R(2，-2),則|AB|=|QB|=

lx+y=o(y=llx+y=0[y=-2

7(~1-2)2+(1+2)2=V9+9=3

故選：C

【分析】作出不等式組對應的平面區域，利用投影的定義，利用數形結合進行求解即可.本題主要考查線

性規劃的應用，作出不等式組對應的平面區域，利用投影的定義以及數形結合是解決本題的關鍵.

4.命題“VxWR,SnGN,,使得nNx?"的否定形式是（）

A.VkGR,3nGN,,使得nVx?B.VxGR,VnGN',使得nVx?

C.3xGR,3nGN,,使得nVx?D.3xGR,VnGN*,使得nVx2

【答案】D

【考點】命題的否定

【解析】【解答】解：因為全稱命題的否定是特稱命題，所以，命題"WWR,3nGN*,使得nNx?"的否

定形式是：3xGR,VnGN',使得nVx?.

故選：D.

【分析】直接利用全稱命題的否定是特稱命題寫出結果即可.本題考查命題的否定，特稱命題與全稱命題

的否定關系，是基礎題.

5.設函數f（x）=sin2x+bsinx+c,貝ljf（x）的最小正周期（）

A.與b有關，且與c有關B.與b有關，但與c無關

C.與b無關，且與c無關D.與b無關，但與c有關

【答案】B

【考點】三角函數的周期性及其求法

【解析】【解答】解：:設函數f(x)=sin2x+bsinx+c,

，c是圖象的縱坐標增加了c,橫坐標不變，故周期與c無關，

當b=0時，f(x)=sin2x+bsinx+c=--cos2x+|+c的最小正周期為丁=y-=n,當bxO時，f(x)=-1

cos2x+bsinx+-+c,

y=cos2x的最小正周期為n,y=bsinx的最小正周期為2H,

f(x)的最小正周期為2n,

故f(x)的最小正周期與b有關，

故選：B

【分析】根據三角函數的圖象和性質即可判斷.本題考查了三額角函數的最小正周期，關鍵掌握三角函數

的圖象和性質，屬于中檔題.

6.如圖，點列｛An｝、｛Bn｝分別在某銳角的兩邊上且|AnAn+l|=|An+lAn+2|,An#An+l，nWN*,

|BnBn+11=|Bn+lBn+2I>Bn^Bn+l，nWN，(PXQ表示點P與Q不重合)若dn=|AnBn|,Sri為△AnBnBn+1

的面積，則()

BiB-)B；

A.｛SJ是等差數列B.｛S0｝是等差數列C.｛dn｝是等差數列D.｛(V｝是等差數列

【答案】A

【考點】數列與函數的綜合

【解析】【解答】解：設銳角的頂點為O，|OAi|=a,|OB1|=b,

IAnAn+l|=|An+lAn+2|=b,|BnBn+11=|Bn+lBn+2|=d,

由于a,b不確定，則｛dn｝不一定是等差數列，

｛eV｝不一定是等差數列，

設△AnBnBn+1的底邊BnBn+1上的高為hn,

(n+D匕兩式相加可得,

hn+1°An+ia+nb0An+j

hn+hn+22a+2nb)

--------------=------------=2

Ml&+"

即有hn+hn+2=2hn+l

由Sn=；d?hn，可得Sn+Sn+2=2Sn+l

即為Sn+2-Sn+l=Sn+l-Sn，

則數列｛Sn｝為等差數列.

故選：A.

【分析】設銳角的頂點為。，再設I0A1I;a,|OBi|二b,|AnAn+l|=|An+lAn+2|=b,|BnBn+l|=|Bn+lBn+2|=d,由于

a,b不確定，判斷C,D不正確，設△AnBnBn+l的底邊BnBn+l上的高為hn,運用三角形相似知識，

hn+hn+2=2hn+1,由Sn=^d?hn,可得Sn+Sn+2=2Sn+l,進而得到數列｛Sn｝為等差數列.本題考查等差

數列的判斷，注意運用三角形的相似和等差數列的性質，考查化簡整理的推理能力，屬于中檔題.

2

）

7.已知橢圓C1：4+y2=l（m>l與雙曲線C2：a-y2=l（n>0）的焦點重合，ei,e2分別為Cl,

mz

C2的離心率，則（）

A.m>n且eie2>lB.m>n￡Leiez<lC.m<n且eie2>lD.m<n且eie2<l

【答案】A

【考點】橢圓的簡單性質，雙曲線的簡單性質

【解析】【解答】解：.??橢圓J：4+丫2=1（m>l）與雙曲線C2：4-y2=l（n>0）的焦點重合,

n2

滿足c2=m2-l=n2+l,

即m?-M=2>0,m2>M,則m>n,排除C,D

則c2=m2-l<m2,c2=n2+l>n2,

則c<m.c>n,

222(m2~1)(n2+l)

ei=￡,e2=￡,則ei?e2=-?二，貝ij(ei?e2)2=(￡)2.(￡)2二三?J：

irnirninnITninnm2n2

m2n2+(ID2-n2)-l1w2-n2-l2-1l

--------------Fl-----------=1+22=1+22-1+22>1,

innmninnIDn

*'?eie2>l,

故選：A.

【分析】根據橢圓和雙曲線有相同的焦點，得到c2=m2-即m2-M=2,進行判斷,能得m>n,求

出兩個離心率，先平方進行化簡進行判斷即可.本題主要考查圓錐曲線離心率的大小關系的判斷，根據

條件結合雙曲線和橢圓離心率以及不等式的性質進行轉化是解決本題的關鍵.考查學生的轉化能力.

8.已知實數a,b,c.（）

A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|<1,則a2+b2+c2<100

B.^|a2+b+c|+|a2+b-c|<l,則a2+b2+c2<100

C.若|a+b+c2|+1a+b-c2|<l,則a2+b2+c2<100

D.若|a2+b+c|+1a+b2-c|<l,則a2+b2+c2<100

【答案】D

【考點】命題的真假判斷與應用

【解析】【解答】解：A.設a=b=10,c=-110,貝！J|a2+b+c|+|a+b2+c|=00l,a2+b2+c2>100；

B.設a=10,b=-100,c=0,貝!J|a2+b+c|+|a2+b-c|==0Vl,a2+b2+c2>100；

C.設a=100,b=-100,c=0,貝|a+b+c2|+|a+b-c2|=0wl,a2+b2+c2>100；

故選：D.

【分析】本題可根據選項特點對a,b,c設定特定值，采用排除法解答.本題主要考查命題的真假判斷,

由于正面證明比較復雜，故利用特殊值法進行排除是解決本題的關鍵.

二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分.

9.若拋物線y2=4x上的點M到焦點的距離為10,則M到y軸的距離是.

【答案】9

【考點】拋物線的簡單性質

【解析】【解答】解：拋物線的準線為x=-1,

點M到焦點的距離為10,

二點M到準線x=-l的距離為10,

二點M到y軸的距離為9.

故答案為:9.

【分析】根據拋物線的性質得出M到準線x=-1的距離為10,故到y軸的距離為9.本題考查了拋物線的

性質，屬于基礎題.

10.已知2cos2x+sin2x=Asin（3X+巾）+b（A>0）,貝ljA=,b=.

【答案】1

【考點】兩角和與差的正弦公式

^Xin2x)+1=(2x+—)

【解析】【解答】解：2cos2x+sin2x=l+cos2x+sin2x=l+

24

+1,二A=弧,b=l,故答案為：、歷；1.

【分析】根據二倍角的余弦公式、兩角和的正弦函數化簡左邊，即可得到答案.本題考查了二倍角的余弦

公式、兩角和的正弦函數的應用，熟練掌握公式是解題的關鍵.

11.某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm）,則該幾何體的表面積是cm2,體積是

cm3.

俯視圖

【答案】80

；40

【考點】由三視圖求面積、體積

【解析】【解答】解：根據幾何體的三視圖，得；

該幾何體是下部為長方體，其長和寬都為4,高為2,

表面積為2x4x4+2x42=64cm2,體積為2x42=32cm3；

上部為正方體，其棱長為2,

表面積是6x22=24cm2,體積為23=8cm3；

所以幾何體的表面積為64+24-2x22=80cm2,

體積為32+8=40cm3.

故答案為：80；40.

【分析】根據幾何體的三視圖，得出該幾何體下部為長方體，上部為正方體的組合體，結合圖中數據求出

它的表面積和體積即可.本題考查了由三視圖求幾何體的表面積與體積的應用問題，也考查了空間想象

和計算能力，是基礎題.

12.已知a>b>l,若logab+logba=|,ab=ba,貝ija=,b=.

【答案】4

;2

【考點】對數的運算性質

【解析】【解答】解：設t=logba,由a>b>l知t>l,代入logab+logba=|得即2t2-5t+2=0,

解得1=2或1=*（舍去），

所以logba=2,即a=b2

因為ab=ba,所以b2b=ba,則a=2b=b2,

解得b=2,a=4,

故答案為：4；2.

【分析】設t=logba并由條件求出t的范圍，代入logab+logba=|化簡后求出t的值，得到a與b的關系式

代入ab=b，化簡后列出方程，求出a、b的值.本題考查對數的運算性質，以及換元法在解方程中的應用，

屬于基礎題.

13.設數列｛aj的前n項和為Sn,若S2=4,an+i=2Sn+l,nWN*,貝ljai=，S5=.

【答案】1

；121

【考點】數列的概念及簡單表示法

【解析】【解答】解：由n=l時，ai二Si,可得a2=2Si+l=2ai+l,

XS2=4,EP31+32=4,

BPW3ai+l=4,解得ai=l；

由an+l=Sn+lSn，可得

Sn+l=3Sn+19

由$2=4,可得$3=3可+1=13,

S4=3X13+1=40,

S5=3X40+1=121.

故答案為：1,121.

【分析】運用n=l時，a1=Si,代入條件，結合S2=4,解方程可得首項；再由n>l時，an+i=Sntl-Sn,

結合條件，計算即可得到所求和.本題考查數列的通項和前n項和的關系：n=l時，ai=Si,n>l時，

an=Sn-Sn-i，考查運算能力，屬于中檔題.

14.如圖，在△ABC中，AB=BC=2,ZABC=120°.若平面ABC外的點P和線段AC上的點D,滿足PD=DA,

PB=BA,則四面體PBCD的體積的最大值是.

【答案】

【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積

【解析】【解答】解：如圖，M是AC的中點.①當AD=t<AM=?時，如圖，此時高為P到BD的距離,

也就是A到BD的距離，即圖中AE,

—h_tt

DM=立-t,由AADEs△BDM,可得〒二廠，------=5=；,h=//「-------=2=；V=

M（北-t）+1V（V3~t）+1

t13-（炳-t）2

,tF（0,5/3）②當AD=t>AM=

,（人6-t）?1，2

o4/775-七）+r6"^（^3-t）2+1

也就是A到BD的距離，即圖中AH,

DM=t-5/3,由等面積，可得?^^AD^BM="1^BD^AH，，-1?t?1=2+l,，根

tt13-（炳—t）、

9,/.V=f,（2一t）,I，

22-2:,te

（V3-t）+lo乙/TTS-t）+i6"^（73-t）+i

13-（V3-t）2-i------------—

（M,2V3）綜上所述,V=廠-、2一，tG（0）2T）令m=Y（炳-t）2+101,

2

2）,則丫=1.4~JL,m=l時，Vmax=E故答案為：E

6in22

【分析】由題意，AABD合APBD,可以理解為△PBD是由△ABD繞著BD旋轉得到的，對于每段固定的

AD,底面積BCD為定值，要使得體積最大，△PBD必定垂直于平面ABC,此時高最大，體積也最大.本題

考查體積最大值的計算，考查學生轉化問題的能力，考查分類討論的數學思想，對思維能力和解題技巧

有一定要求，難度大.

15.已知向量a,b>\a\-1,|b1=2,若對任意單位向量e,均有|a?e\+\b?e\<y/6>

則2?3的最大值是.

【答案】|

【考點】平面向量數量積的運算

【解析】【解答】解：I(9口?el=la*e+b*el-la,el+lb*el-V6>I(a+b),

el^la+訃V6>平方得：I靛+lbl2+2a,,，即12+22+2a*由，則g套故確

最大值是|,故答案為：：.

【分析】根據向量三角形不等式的關系以及向量數量積的應用進行計算即可得到結論.本題主要考查平面

向量數量積的應用，根據絕對值不等式的性質以及向量三角形不等式的關系是解決本題的關鍵.綜合性

較強，有一定的難度.

三、解答題：本大題共5小題，共74分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.

16.在△ABC中，內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知b+c=2acosB.

(1)證明：A=2B

(2)若AABC的面積S=-,求角A的大小.

4

【答案】(1)證明：:b+c=2acosB,

/.sinB+sinC=2sinAcosB,

sinB+sin(A+B)=2sinAcosB

sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB

sinB=2=sinAcosB-cosAsinB=sin(A-B)

.A,B是三角形中的角，

/.B=A-B,

/.A=2B

2

(2)解：；AABC的面積S=—，

4

.1I.a2

.?-bcsinAA=一，

24

/.2bcsinA=a2,

/.2sinBsinC=sinA=sin2B,

sinC=cosB,

B+C=90°,

/.A=90°

【考點】正弦定理，余弦定理

2

【解析】【分析】(1)利用正弦定理，結合和角的正弦公式，即可證明A=2B(2)若AABC的面積S=工一,

4

12

則占bcsinA=旦_,結合正弦定理、二倍角公式，即可求角A的大小.本題考查了正弦定理，解三角形，

24

考查三角形面積的計算，考查二倍角公式的運用，屬于中檔題.

17.如圖，在三棱臺ABC-DEF中，已知平面BCFEL平面ABC,NACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3,

(1)求證：EFJ_平面ACFD；

(2)求二面角B-AD-F的余弦值.

【答案】(1)證明：延長AD,BE,CF相交于點K,如圖所示,

?平面BCFEJ■平面ABC,NACB=90°,，AC_L平面BCK,Z.BF±AC.又EFIIBC,BE=EF=FC=1,BC=2,

J.△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF_LCK,，BF_L平面ACFD

(2)方法一：過點F作FQJ_AK,連接BQ,???BF_L平面ACFD.J.BF_LAK,貝UAK_L平面BQF,

BQ±AK.ZBQF是二面角B-AD-F的平面角.

在RtAACK中，AC=3,CK=2,可得FQ=逗.

13

在RtABQF中，BF=73,FQ=速.可得：cosZBQF=—.

134

二面角B-AD-F的平面角的余弦值為它.

4

方法二：如圖

K

延長AD,BE,CF相交于點K,則ABCK為等邊三角形，

取BC的中點，則KOJLBC,又平面BCFE_L平面ABC,二KOJL平面BAC,

以點。為原點，分別以OB,0K的方向為x,z的正方向，建立空間直角坐標系0-xyz.

可得：B(l,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,V3),A(-1,-3,0),F(|,0,y)，F(-i,0,y).

AC=(0,3,0),AK=(1,3,V3)，AB(2,3,0).

Z2),

設平面ACK的法向量為n=(X!,yi,zi),平面ABK的法向量為n=(x2Y2由

塞黑二卜可得=O

取元=(V3,0,-1).

由ACXm=0m徨2到+3y2=°

(f取=(3,—2,V3).

AKxm=0'七+3光+V3Z2=0

沆x亢_73

cos(m,n)=

I河同一T

1?二面角B-AD-F的余弦值為叵.

4

【考點】空間中直線與直線之間的位置關系，二面角的平面角及求法

【解析】【分析】(1)先證明BFJLAC,再證明BFJLCK,進而得到BFJ■平面ACFD.

(2)方法一：先找二面角B-AD-F的平面角，再在R3BQF中計算，即可得出；

方法二：通過建立空間直角坐標系，分別計算平面ACK與平面ABK的法向量，進而可得二面角B-AD-F

的平面角的余弦值.

本題考查了空間位置關系、法向量的應用、空間角，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于

中檔題.

18.已知a23,函數F(x)=min{2|x-1|,x2-2ax+4a-2},其中min(p,

p>q

(1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍

(2)(1)求F(x)的最小值m(a)

(3)求F(x)在［0,6］上的最大值M(a)

【答案】(1)由a23,故x41時,

x2-2ax+4a-2-2|x-11=x2+2(a-1)(2-x)>0；

當x>l時，x2-2ax+4a-2-2|x-l|=x2-(2+2a)x+4a=(x-2)(x-2a),

則等式F(x)==x2-2ax+4a-2成立的x的取值范圍是(2,2a)

(2)(1)設f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,

則f(x)min=f(1)=0,g(x)rnin=g(a)=-a2+4a-2.

由-a2+4a-2=0,解得a=2+企(負的舍去)，

由F(x)的定義可得m(a)=min{f(1),g(a)},

日n/N0,3<a<2+V2

即m(a)=f{_

—Q2+4a—2,Q>2+V2

(3)當04x42時,F(x)<f(x)<max{f(0),f(2)}=2=F(2)；

當2Vx46時，F(x)<g(x)<max{g(2),g(6)}

=max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}.

mun\34-8a,3<a<4

則M(a)={f2,a>4

【考點】函數的最值及其幾何意義，函數最值的應用

【解析】【分析】(1)由a23,討論xVl時，x>l,去掉絕對值，化簡x2-2ax+4a-2-2|xT|,判斷符

號，即可得到F(x)=x?-2ax+4a-2成立的x的取值范圍；(2)(1)設f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a

-2,求得f(x)和g(x)的最小值，再由新定義，可得F(x)的最小值；(2)分別對當0SX42時，當2

<xS6時，討論F(x)的最大值，即可得到F(x)在［0,6］上的最大值M(a).本題考查新定義的理解和

運用，考查分類討論的思想方法，以及二次函數的最值的求法，不等式的性質，考查化簡整理的運算能

力，屬于中檔題.

19.如圖，設橢圓C：1+y2=l(a>l)

a2

（1）求直線y=kx+l被橢圓截得到的弦長（用a,k表示）

（2）若任意以點A（0,1）為圓心的圓與橢圓至多有三個公共點，求橢圓的離心率的取值范圍.

y=kx+1

【答案】（1）由題意可得：?21，可得：（1+a2k2）x2+2ka2x=0,

方+y=i

一2次。2

得X1=O或X=

2l+k2a2

直線y=kx+l被橢圓截得到的弦長為：Vm^\X1-x2\=泰瑞sn不

（2）假設圓A與橢圓由4個公共點，由對稱性可設y軸左側的橢圓上有兩個不同的點P,Q,滿足

|AP|=|AQ|,

記直線AP,AQ的斜率分別為：ki,k2；且ki,k2>0,ki#k2,由（1）可知|AP|=

-2a2|%|Ji+g2.-2a21kzlJl+B2

2222

-1+a^，IQIi+ak2-，

2222

故：-2M|%yi+?2=-2b七，1+72,所以，（k12-k22）[1+kiW+a（2-a）kik2]=0,由kiwk2,

2222

l+aktl+ak2

ki,kz>0,可得：l+ki2+k22+a2（2-a2）ki2k22=0,

因此（4+1）（仁+1）=1+a2（a2-2）①，

K2

22

因為①式關于ki,k2；的方程有解的充要條件是：1+a（a-2）>1,

所以a>y/2.

因此，任意點A（0,1）為圓心的圓與橢圓至多有三個公共點的充要條件為：l<aV2,

e=-=且得，所求離心率的取值范圍是：0<eS①

?a2

【考點】橢圓的簡單性質，圓與圓錐曲線的綜合

【解析】【分析】（1）聯立直線y=kx+i與橢圓方程，利用弦長公式求解即可.（2）寫出圓的方程，假設

圓A與橢圓由4個公共點，再利用對稱性有解已知條件可得任意一A（0.1）為圓心的圓與橢圓