2021年1月浙江省普通高中学业水平考试数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合A{4,5,6},B{3,5,7}，则AA． C．{4,6} 【答案】B

【分析】根据题意，找两个集合的公共元素，即可得A【详解】因为A{4,5,6},B{3,5,7}，所以A故选：B. 2．函数f(x)A．[3,) C．[3,2)【答案】C

(2,)

B（ ）

B．{5} D．{3,4,5,6,7}

B.

B5.

x31的定义域是（ ） x2B．(3,) D．[3,2)(2,)

x30【分析】根据函数解析式，列不等式组求解即可.

x20【详解】根据题意可得故选：C.

3．log318log32（ ） A．1 【答案】B

【分析】利用对数的运算性质计算即可得答案. 【详解】log318log32log3故选：B.

4．以A(2,0),B(0,4)为直径端点的圆方程是（ ） A．(x1)2(y2)220

B．(x1)2(y2)220

B．2

C．3

D．4

x30，所以x3,2x202,.

18log392. 2第 1 页 共 20 页

C．(x1)2(y2)25 【答案】D

D．(x1)2(y2)25

【分析】由中点坐标公式求圆心坐标1,2，再求半径即可得答案. 【详解】解：根据题意得AB的中点即为圆心坐标，为1,2， 半径为r2102225，

22所以以A(2,0),B(0,4)为直径端点的圆方程是(x1)(y2)5. 故选：D.

5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A．2 【答案】A

B．4

C．

2 3D．

4 3【分析】根据三视图知该几何体为三棱柱，由三视图得几何元素的长度，由三棱柱的体积公式求出几何体的体积.

【详解】如图，由三视图可知该几何体是一个平放的三棱柱，底面三角形的底边长为2，高为1，几何体的高为2，所以三棱柱的体积为VSh11222. 2

故选：A.

6．不等式2|x1|4的解集是（ ） A．(1,3) C．(3,1)

B．(,1)(3,)

D．(,3)(1,)

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【答案】A

【分析】根据题意得x12，再解绝对值不等式即可得答案. 【详解】解：由指数函数y2在R上单调递增，2x1422， 所以x12，进而得2x12，即1x故选：A.

x3.

xy3,7．若实数x,y满足不等式组xy1,，则2xy的最大值是（ ）

x1,A．2 【答案】C

【分析】根据实数x,y满足的约束条件画出可行域，将z2xy，转化为y2xz，平移直线y2x，由直线在y轴上的截距最大时，目标函数取得最大值求解.

B．4

C．5

D．6

xy3,【详解】由实数x,y满足约束条件xy1,，画出可行域如图所示阴影部分：

x1,

将z2xy，转化为y2xz，平移直线y2x， 当直线经过点A2,1时，直线在y轴上的截距最大， 此时目标函数取得最大值，最大值是5， 故选：C

8．若直线l1:3x4y10与l2:3xay20(aR)平行，则l1与l2间的距离是（ ）

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A．

1 5B．

2 5C．

3 5D．

4 5【答案】C

【分析】根据l1与l2平行，列式求解得a4，利用平行线间的距离公式代入求解即可. 【详解】因为l1与l2平行，所以3a120，得a4，所以l2:3x4y20，所以l1与l2间的距离为d故选：C.

9．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若2bsinA3a，则B（ ）A．

 63.

32(4)2512B．

5 或

66C．

 3D．

2 或33【答案】D

【分析】根据2bsinA3a，利用正弦定理得到2sinBsinA3sinA求解. 【详解】因为在ABC中，2bsinA3a， 所以2sinBsinA3sinA 因为sinA0， 所以sinB3， 2因为则B0,,

2B或

33故选：D

10．已知平面,和直线l，则下列说法正确的是（ ） A．若l//,l//，则// C．若l,l，则 【答案】C

【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，若l//,l//，则//或相交，故A选项不正确； 对于B选项，若l//,l，则//或相交，故B选项不正确；

对于C选项，若l,l，则，为面面垂直的判定定理，故C选项正确；

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B．若l//,l，则// D．若l,l，则

对于D选项，若l,l，则//，故D选项不正确. 故选：C.

11．若a,bR，则“abA．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】A

【分析】结合a,bR，a2b22ab和充分，必要条件的概念求解即可. 【详解】解：当ab1122”是“ab”的（ ） 42B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

11122 ，由于a,bR，ab2ab2，故充分性成立；

42422当a,bR，不妨设a1,b1，ab不成立. 故“ab11成立，ab1不成立，故必要性

421122”是“ab”的充分不必要条件. 42故选：A. 12．函数f(x)sinx的图象大致是（ ）

lnx22A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据条件分析出fx的奇偶性，然后取特殊值计算函数值分析得到fx的大致图象.

【详解】因为fxsinx2lnx2sinxfx，且fx的定义域为Rlnx2+2关于原点对称，所以fx是奇函数，所以排除BC，

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又因为当x0且x较小时，可取x0.1，所以f0.1D， 故选：A.

sin0.10，所以排除

ln20.01【点睛】本题考查根据函数解析式辨别函数图象，难度一般.辨别函数图象的常用方法：分析函数的奇偶性、单调性，计算特殊值的大小等.

13．已知数列an的前n项和为Sn，且满足a12,an11A．a40a100 C．S40S100 【答案】D

【分析】首先通过列举数列的项，得到数列an是周期数列，利用周期判断选项. 【详解】a21B．a40a100 D．S40S100

1,nN*，则（ ） an1131311，a31，a412，a51，…… a12a23a42a3所以数列an是以3为周期的周期数列，前三项和S31， 6a40a3131a12，a100a3331a12，所以a40a100，

S4013S3a40故选：D

2515，S10033S3a100，所以S40S100. 62【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推公式，列举数列an中的项，判断数列是周期数列.

14．如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别为棱C1D1,A1D1的中点，则异面直线DE与AF所成角的余弦值是（ ）

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A．

4 5B．

3 5C．310 10D．

10 10【答案】A

【分析】取A1B1的中点N，连接EN,FN,可得四边形ANED为平行四边形，所以

AN//DE，则FAN（或其补角）为异面直线DE与AF所成角，在ANF中由余

弦定理可求解.

【详解】取A1B1的中点N，连接EN,FN,AN

由E,N分别为C1D1,A1B1的中点，则EN//A1D1且ENA1D1 在正方体中AD//A1D1且ADA1D1,所以EN//AD且ENAD 所以四边形ANED为平行四边形，所以AN//DE 则FAN（或其补角）为异面直线DE与AF所成角. 设正方体的棱长为2，则在ANF中，NF1D1B12,ANAF415 2AF2AN2FN25524 所以cosFAN2AFAN2555故选：A

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,的补角作为两条异面直线所成的角．

15．某简谐运动的图象如图所示.若A,B两点经过x秒后分别运动到图象上E,F两点，则下列结论不一定成立的是（ ）

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2，当所作的角为钝角时，应取它

A．ABGBEFGB C．AEGBBFGB 【答案】B

B．ABAGEFAG D．ABEFBFAG

【分析】简谐运动的图象求出三角函数的表达式，设出E,F两点的坐标，利用数量积的坐标表示逐

一验证四个选项即可得正确答案. 【详解】设fxAsinx， 由图知A1，T42，解得2，所以fxsin2x，

假设Ex0,sinx0，则Fx01,sinx01即Fx01,cosx0，

222AB1,1，GB1,0，EF1,cosx0sinx0，AG0,1，

22AEx0,sinx0，BFx0,cosx01

22EFGB110cos对于选项A：ABGB11101，

所以ABGBEFGB，故选项A成立； 对于选项B：ABAG10111，

2x0sinx01， 2EFAGcos2x0sinx02cosx0显然EFAG最大值为2，242ABAGEFAG不成立，故选项B不成立；

对于选项C：AEGBx0，BFGBx0，所以AEGBBFGB，故选项C成立；对于选项D：ABEF1cos2x0sin2x，BFAGcos2x01

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所以ABEFBFAG1cos2x0sinxcosx012sinx， 222因为sin2x1，所以2sin2x0，即ABEFBFAG0，所以

ABEFBFAG，

故选项D成立， 故选：B

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求出三角函数的表达式fxsin2x，根据点

Fx1,sinEx,sinxx01B与点A时间间隔相差1秒，若设00，则0这是

22解题的关键点.

1lnx,x0 16．已知函数fx，则函数yf（ ）xfx1的零点个数是

2x2x,x0A．2 【答案】D

【分析】令tfx1，利用代数式法结合零点存在定理得出函数ft的零点

B．3

C．4

D．5

t11,2，t22，t30，然后作出函数tfx1，直线tt1、t2、t0的图象，观察三条直线tt1、t2、t0与函数tfx1的图象的交点个数，由此可得出结论.

1lnx1,x0x. 【详解】令tfx12x1,x0①当t0时，ftlnt，则函数ft在0,上单调递增， 由于f110，f2ln21t10， 2由零点存在定理可知，存在t11,2，使得ft10；

22②当t0时，ftt2t，由ftt2t0，解得t22，t30.

作出函数tfx1，直线tt1、t2、t0的图象如下图所示：

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由图象可知，直线tt1与函数tfx1的图象有两个交点； 直线t0与函数tfx1的图象有两个交点； 直线t2与函数tfx1的图象有且只有一个交点. 综上所述，函数yffx1的零点个数为5. 故选：D.

【点睛】思路点睛：求解复合函数的零点个数，步骤如下： （1）确定内层函数与外层函数；

（2）求出外层函数的零点uuii1,2,3,（3）确定直线uuii1,2,3,,n；

,n，由

,n与内层函数的交点个数aii1,2,3,an.

此可得到原函数的零点个数为a1a2a3x2y217．如图，椭圆221(ab0)的右焦点为F,A,B分别为椭圆的上､下顶点，Pab是椭圆上一点，AP//BF,|AF||PB|，记椭圆的离心率为e，则e2（ ）

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A．

2 2B．171 8C．

1 2D．151 8【答案】B

【分析】首先求直线AP方程，并求点P的坐标，根据PBAF于a,c的齐次方程，再求e2.

【详解】B0,b,Fc,0，则kBF22a2，整理为关

bb，所以直线AP:yxb，与椭圆方程联

cc2a2cb3立acx2acx0，所以点P的横坐标是x2，y2，即

ac2ac222222a2cb32a2cb322P22,22，PBa2222ba2， 整理为：

acacacac224c63a2c42a4c2a61，两边同时除以a6得：4e63e42e210，

e214e4e210，e210，所以4e4e210，得e2117，或

8117（舍）. 8e2故选：B

【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆离心率，求椭圆离心率是常考题型，涉及的方法包含1.根据a,b,c直接求，2.根据条件建立关于a,c的齐次方程求解，3.根据几何关系找到a,b,c的等量关系求解.

18．如图，在三棱锥DABC中，ABBCCDDA，ABC90,E,F,O分别为棱BC,DA,AC的中点，记直线EF与平面BOD所成角为，则的取值范围是（ ）

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A．0, 4B．, 43C．, 42D．, 62【答案】C

【分析】补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面GDB面ABCG，进而可证△ABDCHO(0,)为直线EF与平面BOD所成角，则ECHF为平行四边形，

2DAB1中由余弦定理知cos1，结合棱锥侧面为全等三角形知

tan2DAB(0,)，即可求的取值范围.

2【详解】由ABBC，ABC90，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，



O为ABCG对角线交点且GBAC，又CDDA有DOAC，DOGBO， ∴AC面GDB，而AC面ABCG，故面GDB面ABCG，

若H为DG的中点，连接FH，又E,F为棱BC,DA的中点，则FH//AG且

AG2FH，

而BC//AG，BCAG2EC，有EC,FH平行且相等，即ECHF为平行四边形. ∴可将EF平移至HC，直线EF与平面BOD所成角为CHO(0,2)，且

Rt△CHO中COH90，

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令ABBCCDDA2，OC2，即BD2OH2OC22， tantan∴△ABD中，AB2BD22ABBDcosDAB1即cosDABBD2，

1 ，2tan∵DABDAGDCBDCG，即DAB(0,2)，

∴0111，解得tan1（tan1舍去）， 2tan综上有(故选：C

,)， 42【点睛】关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.

二、填空题

19．已知平面向量a,b满足|a|2,|b|1,ab1，则|ab|______. 【答案】3 【分析】根据|a|2,|b|1,ab1，由|ab|【详解】因为|a|2,|b|1,ab1， 所以|ab|ab2求解.

ab2，

22a2abb，

222113，

故答案为：3 20．如图，正方形内的图形来自中国古代的太极图.勤劳而充满智慧的我国古代劳动人民曾用太极图解释宇宙现象.太极图由正方形的内切圆(简称大圆)和两个互相外切且半径相等的圆(简称小圆)的半圆弧组成，两个小圆与大圆均内切.若正方形的边长为8，则以两个小圆的圆心(图中两个黑白点视为小圆的圆心)为焦点，正方形对角线所在直线为渐近线的双曲线实轴长是_______.

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【答案】22 【分析】由题得双曲线的渐近线方程为yx，故ab,c2，进而得a4c8，故实轴为22. 【详解】解：以两焦点所在直线为y轴，两焦点所在线段的中垂线为x轴建立直角坐标系，

设双曲线的焦距为2c，由题意得双曲线的渐近线方程为yx，4c8， 所以ab,c2，进而得a故双曲线的实轴长为：22. 故答案为：22 2，2.

【点睛】本题解题的关键在于根据建立适当坐标系，进而根据题意得该双曲线的渐近线为yx，4c8，进而求解，考查数学建模能力与运算求解能力，是中档题. 21．已知aR,b0，若存在实数x[0,1)，使得|bxa|值范围是________.

bax2成立，则

a的取b21【答案】1,

2第 14 页 共 20 页

【分析】不等式两边同除以b，先将题意转化为xttx在x[0,1)上有解，即

2x1tx211x1x[0,1)f(x)g(x)在上有解，设，，x[0,1)，2x11x1x1t2x11x即tf(x)min且tg(x)max，再求出函数对应最值即得结果. 【详解】解：因为b0，故不等式两边同除以b，得x即不等式xt1tx在x[0,1)上有解.

2aaa1x2，令tR，bbbx1t2tx1xtx2122 即去绝对值即得tx1xt1tx，即在2x11xt1txt2x11xx[0,1)上有解，设f(x)tg(x)max即可，

由f(x)1x1，g(x)2，x[0,1)，即tf(x)min且x1x11111,1，即fx1,，在x[0,1)上，x1[1,2)，

2x12x1故tf(x)min1；

x1x112由，利用基本不等式x21x1222x12x1x12222，当且仅当x1即x21[0,1)时等号成立，故x1x1x1g(x)g(x)1212121，即g(x)max，故t， 222222a21b，即的取值范围是1b2a21. 2综上：t的取值范围是1t211,故答案为：.

2【点睛】方法点睛：

由不等式恒成立（或能成立）求参数（或范围）时的常用方法：

（1）对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，求出函数的最值，进而可求出结果；

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（2）根据不等式，直接构成函数，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.

三、双空题

22．设等比数列an的公比为q，前n项和为Sn.若a11,a4，则q____，S3____.

【答案】4 21 【分析】首先根据q3a4得到q4，再计算S3即可. a13【详解】因为qa4，所以q4. a1143S321.

14故答案为：4；21

四、解答题

23．已知函数f(x)31sinxcosx，xR. 2626（1）求f的值； 3（2）求函数f(x)的最小正周期； （3）当x0,2时，求函数f(x)的值域. 3【答案】（1）

3；（2）2；（3）[0,1]. 2【分析】（1）本题将x

3

代入f(x)中进行计算即可得出结果；

（2）本题首先可通过两角和的正弦公式将函数f(x)转化为f(x)sinx通过周期计算公式即可得出结果； （3）本题首先可根据x0,出值域.

，然后32x,，得出然后通过正弦函数性质即可求333第 16 页 共 20 页

【详解】（1）f313，即sincos3222223. f32（2）f(x)31sinxcosxsinxsinx， 2626663故f(x)的最小正周期T2. （3）因为x0,当x2x,， ，所以3332时，f(x)minsin0；

33当x，即x时，f(x)max1，

326，即x故f(x)在0,2上的值域为[0,1]. 324．如图，直线l与圆E:x2(y1)21相切于点P，与抛物线C:x24y相交于不同的两点A,B，与y轴相交于点T(0,t)(t0).

（1）若T是抛物线C的焦点，求直线l的方程； （2）若|TE||PA||PB|，求t的值.

2【答案】（1）y3x1；（2）

21. 2【分析】（1）由T(0,t)(t0)为抛物线焦点，即可设直线l的方程为ykx1，根据直线l与圆相切可求k值，写出直线方程.

（2）设直线l的方程为ykxt，Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，由直线上两点距离公式可知|PA||PB|1k2x204y0，根据直线l与圆相切、

|TE|2|PA||PB|求y0，切线性质：直线l与PE互相垂直及ty0kx0即可求t的

值.

2【详解】（1）因为T(0,t)(t0)是抛物线C:x4y的焦点，所以t1，即T(0,1)，

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设直线l的方程为ykx1，由直线l与圆E相切，得所以，直线l的方程为y3x1.

21k21，即k3，

（2）设直线l的方程为ykxt，Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，

ykxt由2，得x24kx4t0，x1x24k，x1x24t， x4y∴|PA||PB|1k2x1x01k2x2x0222221k2x1x2x0x1x2x01kx04kx0t1kx04y0.

由直线l与圆E相切，得|t1|1k21，即1k2(t1)2.

2由|TE|t1，|TE||PA||PB|，得1k2x204y0(t1)2.

22所以x04y01，又x0y011，解得y0322. 2由直线l与PE互相垂直，得k1x0， kPEy01222x0x0y0y0y021ty0kx0yi. y01y01y012【点睛】关键点点睛：

（1）由过抛物线焦点的直线与圆相切求斜率，写出直线方程.

（2）由直线与抛物线、圆的位置关系，结合弦长公式、点线距离公式、两直线垂直的性质求参数值.

25．设a0,4，已知函数f(x)4xa,xR. 2x1（1）若f(x)是奇函数，求a的值； （2）当x0时，证明：f(x)axa2； 22（3）设x1,x2R，若实数m满足fx1fx2m，证明：f(ma)f(1)【答案】（1）a0；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【分析】（1）由于函数的定义域为xR，进而结合奇函数f(x)f(x)即可得

1. 8a0；

（2）采用作差比较大小，整理化简得

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4xaa1xa2(ax4)(x1)20； 22x122x1（3）令t4xa，y4xa16t(tR)，进而得222x1t2ata168，再结合题意即可得2m2，再分ma08aa216f(x)aa216和ma0两种情况讨论，其中当ma0时，结合（2）的结论得

f(ma)f(1)aa1(ma1)(1a)，等号不能同时成立. 228【详解】解：（1）由题意，对任意xR，都有f(x)f(x)，

4(x)a4xa即，亦即4xa4xa，因此a0；

(x)21x21（2）证明：因为x0，0a4，

a4xaxa2x214xaa 2xa2x212x21axx22x14x22x1

2x2112x121(ax4)(x1)20. axa2. 24xa16t(tR)， 222x1t2ata16所以，f(x)（3）设t4xa，则y当t0时，y0；

当t0时，

y16； a216t2at80，f(x)min 8aa162f(x)max8aa16. 2aa16820，

所以aa162f(x)22由fx1fx2m得mf(x)maxf(x)min 4，即2m2.

①当ma0时，f(ma)0，f(1)4a10，所以f(ma)f(1)；

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②当ma0时，由（2）知，

f(ma)f(1)能同时成立.

a4aaa1(ma)a2(ma1)(1a)，等号不222281. 8综上可知f(ma)f(1)【点睛】本题第二问解题的关键在于作差法比较大小，第三问在于换元法求得函数的值域8aa162f(x)8aa162，进而结合题意得2m2，再结合第二问

的结论分类讨论求解.考查换元思想和运算求解能力，是难题.

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