2021年浙江省高考文科数学试题及答案

数学（文科）

一、选择题（本大题共8小题，每小题5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.已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合P={1，3，5}，Q={1，2，4}，则（UP）Q= A.{1} B.{3，5} C.{1，2，4，6} D.{1，2，3，4，5} 2.已知互相垂直的平面，交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则 A.m∥l B.m∥n 3.函数y=sinx2的图象是

C.n⊥l

D.m⊥n

xy30,4.若平面区域2xy30,夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是

x2y30A.35 5 B.2 C.32 2 D.5

5.已知a，b>0，且a≠1，b≠1，若log4b>1，则 A.(a1)(b1)0 C. (b1)(ba)0

B. (a1)(ab)0 D. (b1)(ba)0

6.已知函数f（x）=x2+bx，则“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”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 7.已知函数f(x)满足：f(x)x且f(x)2,xR. A.若f(a)b，则ab B.若f(a)2，则ab C.若f(a)b，则ab D.若f(a)2，则ab 8.如图，点列An,Bn分别在某锐角的两边上，且

bbxAnAn1An1An2,AnAn2,nN*， BnBn1Bn1Bn2,BnBn2,nN*.

(P≠Q表示点P与Q不重合)

若dnAnBn，Sn为△AnBnBn1的面积，则

22A.Sn是等差数列 B.Sn是等差数列 C.dn是等差数列 D.dn是等差数列



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．）

9.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是______cm2,体积是______cm3.

10.已知aR，方程ax(a2)y4x8y5a0表示圆，则圆心坐标是_____，半径是______. 11. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3.

222

12．设函数f(x)=x+3x+1．已知a≠0，且f(x)–f(a)=(x–b)(x–a)，x∈R，则实数a=_____，b=______．

3

2

2

y213．=1的左、F2．设双曲线x–右焦点分别为F1，若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|PF2|

32

的取值范畴是_______．

14．如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=5，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折

成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是______．

15．已知平面向量a，b，|a|=1，|b|=2，a·b=1．若e为平面单位向量，则|a·e|+|b·e|的最大值是______．

三、解答题（本大题共5小题，共74分．解承诺写出文字说明、证明过程或演算步骤．）

16．（本题满分14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知b+c=2acos B． （Ⅰ）证明：A=2B； （Ⅱ）若cosB=

17.（本题满分15分）设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4，an1=2Sn+1，nN*. （I）求通项公式an；

（II）求数列{ann2}的前n项和.

18.（本题满分15分）如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.

（I）求证：BF⊥平面ACFD；

（II）求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值.

2，求cosC的值． 3

19.（本题满分15分）如图，设抛物线y2px(p0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1. （I）求p的值；

（II）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x2轴交于点M.求M的横坐标的取值范畴.

20.（本题满分15分）设函数f(x)=x311x，x[0,1].证明： （I）f(x)1xx2； （II）334f(x)2.

2020年一般高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数学（文科）

一、选择题

1.【答案】C 2. 【答案】C 3. 【答案】D 4.【答案】B 5. 【答案】D 6. 【答案】A 7. 【答案】B 8. 【答案】A

二、填空题

9. 【答案】80 ；40． 10.【答案】(2,4)；5． 11. 【答案】2；1． 12．【答案】－2；1． 13．【答案】14．【答案】(27,8)．

6 915．【答案】7

三、解答题

16．

【答案】（1）证明详见解析；（2）cosC【解析】

试题分析：本题要紧考查三角函数及其变换、正弦和余弦定理等基础知识，同时考查运算求解能力． 试题解析：（1）由正弦定理得sinBsinC2sinAcosB，

故2sinAcosBsinBsin(AB)sinBsinAcosBcosAsinB， 因此，sinBsin(AB)，

又A,B(0,)，故0AB，因此B(AB)或BAB，

22. 27因此，A（舍去）或A2B， 因此，A2B. （2）由cosB521，得sinB，cos2B2cos2B1，

339故cosA451，sinA，

99cosCcos(AB)cosAcosBsinAsinB考点：三角函数及其变换、正弦和余弦定理. 【终止】 17.

22. 272,n1【答案】（1）an3n1,nN*；（2）Tn3nn25n11.

*,n2,nN2【解析】

试题分析：本题要紧考查等差、等比数列的基础知识，同时考查数列差不多思想方法，以及推理论证能力．

a1a24a11

试题解析：（1）由题意得：，则，

a2a1a3212

又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an， 得an13an，

因此，数列{an}的通项公式为an3n1,nN*.

n1（2）设bn|3n2|，nN*，b12,b21.

当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2,n3. 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T12,T23.

9(13n2)(n7)(n2)3nn25n11当n3时，Tn3，

13222,n1n因此，Tn3n25n11.

*,n2,nN2考点：等差、等比数列的基础知识. 【终止】 18.

【答案】（1）证明详见解析；（2）【解析】

试题分析：本题要紧考查空间点、线、面位置关系、线面角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力．

试题解析：（1）延长AD,BE,CF相交于一点K，如图所示，

因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，因此 AC平面BCK，因此BFAC，

又因为EF//BC，BEEFFC1，BC2，因此 BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK， 因此BF平面ACFD.

（2）因为BF平面ACK，因此BDF是直线BD与平面ACFD所成的角， 在RtBFD中，BF3,DF21. 7213，得cosBDF，

7221. 7因此直线BD与平面ACFD所成的角的余弦值为

考点：空间点、线、面位置关系、线面角. 【终止】 19.

【答案】（1）p=2；（2）,0【解析】

2,.

试题分析：本题要紧考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的差不多思想方法和综合解题方法.

试题解析：(Ⅰ)由题意可得抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离. 由抛物线的第一得

p1，即p=2. 22(Ⅱ)由(Ⅰ)得抛物线的方程为y4x,F1,0，可设At2,2t,t0,t1.

y24x因为AF不垂直于y轴，可设直线AF:x=sy+1,s0,由消去x得

xsy112y24sy40，故y1y24，因此B2,.

ttt212t又直线AB的斜率为21，故直线FN的斜率为，

2ttt212从而的直线FN:yx1，直线BN:y，

2ttt232因此N2,，

t1t22tt， 设M(m,0),由A,M,N三点共线得：22tm2t3t2t12t2t2因此m2，经检验，m<0或m>2满足题意.

t1综上，点M的横坐标的取值范畴是,02,.

考点：抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系. 【终止】

20. 【答案】（Ⅰ）证明详见解析；（Ⅱ）证明详见解析. 【解析】

试题分析：本题要紧考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题

1x413和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到，从而得到结论；第二问，由0x1得xx，1x1x进行放缩，得到fx33，再结合第一问的结论，得到fx，从而得到结论. 2441x1x423试题解析：(Ⅰ)因为1xxx,

1x1x1x411,即1xx2x3由于x0,1，有， 1x1x1x因此fx1xx.

2(Ⅱ)由0x1得x3x， 故fxx3因此fx1133x12x133x， 1x1x222x1223. 222133由(Ⅰ)得fx1xxx，

244又因为f综上，

123193，因此fx， 244433fx. 42考点：函数的单调性与最值、分段函数. 【终止】