1、浙江省2021年高考数学压轴卷（含解析）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
2、选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知集合或，则（ ）ABCD2已知是虚数单位，则（ ）ABCD3已知、，且，则ABCD4函数在上的大致图象为（ ）ABCD5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（ ）A19B16CD7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（ ）ABCD8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（
3、）ABCD9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ABCD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)1215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
4、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
5、，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
6、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：A5【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
7、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
8、，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，
9、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】1
10、080【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
11、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
12、，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
13、，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
14、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
15、方法：线面垂直的定义；判定定理；垂直于平面的传递性(ab，ab)；面面平行的性质(a，a)；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
16、增减性21【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设，其中当直线经过点时，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，即由得：，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，只需证当时，不等式显然成立当时，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