2021届浙江省高考压轴卷之数学Word版含答案解析

这是一份2021届浙江省高考压轴卷之数学Word版含答案解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021浙江省高考压轴卷数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。满分150分。考试用时120分钟。参考公式：如果事件A，B互斥，那么 如果事件A，B相互独立，那么 如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率台体的体积公式其中分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高柱体的体积公式其中表示柱体的底面积，表示柱体的高锥体的体积公式其中表示锥体的底面积，表示锥体的高球的表面积公式球的体积公式其中表示球的半径 选择题部分（共40分）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．已知集合或，，则（    ）A． B． C． D．2．已知是虚数单位，则（    ）A． B． C． D．3．已知、，且，则A． B． C． D．4．函数在上的大致图象为（    ）A． B．C． D．5．设，则“”是“直线和圆有公共点”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6．已知离散型随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，且，，若的数学期望，则（    ）A．19 B．16 C． D．7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线上位于第二象限内的一点，点在轴上运动，若的最小值为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．8．已知，，是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则的最大值为（    ）A． B． C． D．9．如图，正方形和正方形成的二面角，将绕旋转，在旋转过程中（1）对任意位置，总有直线与平面相交；（2）对任意位置，平面与平面所成角大于或等于；（3）存在某个位置，使平面；（4）存在某个位置，使.其中正确的是（    ）.A．（1）（3） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）10．已知函数的导函数是偶函数，若方程在区间(其中为自然对数的底)上有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是A． B． C． D．非选择题部分（共110分）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．已知二项展开式，则___________；___________.(用数字作答)12．15．某省派出由4名医生、5名护士组成的医疗小组前往疫区支援，要求将这9名医护人员平均派往某地的，，3家医院，且每家医院至少要分到一名医生和一名护士，则不同的分配方案有______种．（用数字作答）13.已知实数，满足不等式组则点表示的平面区域的面积为______，的取值范围为______．14．已知某几何体是由一个三棱锥和一个四棱锥组合而成，其三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为______，表面积为______．15．设是数列的前项和，满足，且，，，则______；若，则数列的前2021项和为______． 16．已知向量，满足，．若，且，则的最大值为______．17．已知，，若，则的最大值是________． 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．（本题满分14分）如图，在中，，，点在边上，，为锐角．（1）若，求线段的长度；（2）若，求的值．19．（本题满分15分）如图，在四棱柱中，，是等边三角形，．（1）求证：；（2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值．20．（本题满分15分）已知数列是正项等比数列，且，，若数列满足，．（1）求数列和的通项公式；（2）已知，记．若恒成立，求实数的取值范围．21．（本题满分15分）已知是椭圆：的左焦点，经过点作两条互相垂直的直线和，直线与交于点，．当直线经过点时，直线与有且只有一个公共点．（1）求的标准方程；（2）若直线与有两个交点，求的取值范围．22．（本题满分15分）已知函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）当时，求证．
2021浙江省高考压轴卷 数学试卷答案1.【答案】C【解析】由题可知：集合或，   所以故选：C2．【答案】B【解析】由题意得：.故选：B..3．【答案】C【解析】对于A选项，取，，则成立，但，A选项错误；对于B选项，取，，则成立，但，即，B选项错误；对于C选项，由于指数函数在上单调递减，若，则，C选项正确；对于D选项，取，，则，但，D选项错误.故选：C.【点睛】本题考查不等式正误的判断，常用特殊值法、函数单调性与不等式的性质来进行判断，考查推理能力，属于中等题.4．【答案】A【解析】因为的定义域为，且，所以为偶函数，排除选项B；，排除选项D；，排除选项C．故选：A．5．【答案】A【解析】圆，圆心，半径，若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离，解得：，，所以“”是“直线和圆有公共点”的充分不必要条件.故选：A6．【答案】A【解析】由题知，设，则，因此，解得，因此离散型随机变量的分布列如下：0123则，因此.故选：A7．【答案】B【解析】如图所示：连接，因为，当且仅当，，三点共线时等号成立，所以的最小值为，所以，解得．由题意知，∴，故选：B．【点睛】关键点点睛：本题关键是利用三角形的性质得出取得最小值时，，三点共线求解.8．【答案】A【解析】由题意知函数的最小正周期，则，得，. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，要使该图象关于原点对称，则，，所以，，又，所以当时，取得最大值，最大值为．故选：A【点睛】思路点睛：先根据正切函数图象的特征求出函数的最小正周期，进而求出，然后根据函数图象的平移变换得到平移后的函数图象的解析式，最后利用正切函数图象的对称中心建立方程求解即可，考查学生的逻辑思维能力、运算求解能力，属于中档题.9．【答案】C【解析】过作的平行线，如图当平面过时，直线与平面平行，故（1）错误；绕旋转形成一个以为高，为底面半径的圆锥，设平面的法向量为，平面的法向量为，则向量所在直线与圆锥底面所成角为，向量所在直线为圆锥底面的半径所在直线，根据最小角原理，与的夹角大于或等于，故（2）正确；若有平面，则，∴平面，则在平面内，此时与平面所成角为或，矛盾，故（3）错误；当，∴平面时，，∴，故（4）正确.故选：C【点睛】本题考查立体几何中存在性问题，重在考查空间想象能力，属基础题.10．【答案】B【解析】，，导函数的对称轴为直线，由于该函数为偶函数，则，，令，即，得.问题转化为当直线与函数在区间上的图像有两个交点时，求实数的取值范围．，令，得，列表如下：极大值 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，，又，，显然，，如下图所示：结合图象可知，当时，即当时，直线与函数在区间上有两个交点，因此，实数的取值范围是．故选：B．【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，本题的关键在于利用参变量分离的方法，将问题转化为直线与函数的图象的交点个数，在画函数的图象中，需要用到导数研究函数的单调性、极值以及端点值，通过这些来确定函数图象，考查数形结合思想，属于中等题．11．【答案】1    255    【解析】由题可知：，，，，，所以故答案为：1，255.12．【答案】1080【解析】由题可知，4名医生要分配到3家医院，且每家医院至少有一名医生，则必有一家医院有2名医生，其余2家医院各有1名医生．假设A医院分配的是2名医生1名护士，则B，C医院均分配1名医生2名护士，则分配方案有（种），故不同的分配方案有（种）．故答案为：1080【点睛】方法点睛：排列组合常用的方法有：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.要根据已知灵活选择方法求解.13．【答案】        【解析】如图：不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，其中，，，所以点表示的平面区域的面积为．由，得，作直线并平移，数形结合可知当平移后的直线经过点时，取得最小值，经过点时，取得最大值，故，，所以的取值范围为．故答案为：；【点睛】（1）线性规划问题求取值范围，先画出可行域，确定目标函数所表示的几何意义（截距、距离或斜率），然后用数形结合找范围；（2）解析几何中求面积，通常用两点间距离和点到直线的距离来解决，有时分成两个三角形用公共边求更便捷.14．【答案】        【解析】如图，由三视图知该几何体的直观图如图所示，其中四边形是边长为1的正方形，平面平面，平面平面．故该几何体的体积，表面积．故答案为：；．【点睛】本题以组合体的三视图为载体，考查几何体体积和表面积的求解，考查空间想象能力．解题过程是由三视图还原几何体，画出直观图，确定几何体的结构，再进行计算．15．【答案】        【解析】当时，由，得，所以，整理得，则数列从第二项起是等差数列．因为，，，所以，符合上式，所以是等差数列，所以．当时，，也符合上式，所以，所以，所以数列的前2021项和为．故答案为：；．【点睛】关键点点睛：求解本题的关键点有两个：（1）根据递推关系式得出从第二项起是等差数列，注意不是从第一项起，要验证第一项是否满足；（2）数列递推公式是以前后项的差给出时，利用累加法求出．16．【答案】【解析】令，，则，故，又，所以．以为直径作直角三角形的外接圆，进而得出当时，即取得最大值．令，连接．设，因为，所以点在直线上，又，所以，即，所以．结合图形可知，当时，即取得最大值，且．故答案为：17．【答案】【解析】令，则,令，因为，等价于，所以题意可转化为函数在有最小值，因为对勾函数在上递减，在上递增，所以 ，即，所以，故的最大值是．故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用．根据具体条件和解题需要，从不同的角度出发，在众多变元中选用一个变元为主元，并以此为线索把握解决问题的方法叫做主元法．本题中以为主元、为参数，将问题转化为了对勾函数的最值问题，达到了“避虚就实、变繁成简，化难为易”的解题效果．属于中档题.18．【答案】（1）7；（2）.【解析】（1）在△中，由余弦定理得，∴或．当时，，则，不合题意，舍去；当时，，则，符合题意．∴．在△中，，∴或（舍）．∴．（2）记，则．在△中，，∴为锐角，得，，即，，解法一：，同理．由知：，∴．解法二：，．∴.【点睛】关键点点睛：（1）应用余弦定理求三角形的边长，根据边的数量关系求；（2）由余弦定理，利用诱导公式及两角和或差的正弦公式，求角的正弦值即可.19．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）如图，取的中点，连接，，因为是等边三角形，所以，．又，，所以，所以，所以．又，平面，，所以平面．又平面，所以，因为，所以．因为，，，平面，所以平面，又平面，所以．（2）由（1）知，平面，则以为坐标原点，以，所在直线分别为轴、轴，在平面内过且垂直于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，，．设平面的一个法向量为，则即取，则，则平面的一个法向量为．从而，所以直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】方法点睛：证明直线和平面垂直的常用方法：①线面垂直的定义；②判定定理；③垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；④面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；⑤面面垂直的性质．20．【答案】（1），；（2）．【解析】解：（1）设数列的公比为，则，因为，，所以，即，解得（舍去）或，故数列的通项公式为．因为，所以，又，所以当时，．经检验，也满足上式，所以．（2）由（1）得，，所以．又恒成立，所以恒成立．设，则．易知当时，；当时，．于是，所以，所以实数的取值范围是．【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列的通项公式，考查累加法求通项公式，裂项相消法求和，数列不等式恒成立问题．数列不等式恒成立问题角方法一般也是分离参数后求最值，只是数列作为特殊的函数，其自变量取值只能是正整数．因此可用作差法得出数列的增减性．21．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设，其中①当直线经过点时，直线的斜率，直线的斜率为，方程为，与椭圆的方程联立，消去得：，整理得：．直线与椭圆有且只有一个公共点，，即②由①②得：，解得：，，，的标准方程为．（2）由题意知：直线的斜率存在且不为零，设其方程为，与椭圆的方程联立，消去得：，则，解得：．同理：当直线与椭圆有两个交点时，，．设，，则，，．设，则，，在上单调递增，，的取值范围是．【点睛】关键点点睛：解决本题第（2）问的关键有：（1）根据直线，与椭圆的位置关系得到；（2）利用根与系数的关系和弦长公式得到关于的表达式，然后换元，利用函数的单调性求解范围．22．【答案】（1）单调递减区间为，无单调递增区间；（2）证明见解析．【解析】（1）函数的定义域为．当时，，则．记，则．显然在上单调递减，且，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．所以，即恒成立，所以函数在上单调递减．所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间．（2）要证，只需证．①当时，，，，不等式显然成立．②当时，，，由可得，，于是原问题可转化为求证，即证．令，则，令，则，易知在上单调递增，又，，所以存在使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，，即．综上，．【点睛】关键点点睛：求解本题第（2）问的关键有：（1）想到分，两种情况进行证明；（2）当时，想到利用放缩法将原问题转化为求证．