2021浙江高考数学难不难
06月08日
(本大题共12小题,每小题5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,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
考点:集合的运算.
2、若为实数且,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析:由已知得,所以,解得,故选B.
考点:复数的运算.
3、根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫排放量(单位:万吨)柱形图。以下结论不正确的是( )
A.逐年比较,2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B.2007年我国治理二氧化硫排放显现
C.2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D.2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
【答案】D
【解析】
试题分析:由柱形图得,从2006年以来,我国二氧化硫排放量呈下降趋势,故年排放量与年份负相关,故选D.
考点:正、负相关.
4、等比数列{an}满足a1=3,=21,则( )
A.21 B.42 C.63 D.84
【答案】B
考点:等比数列通项公式和性质.
5、设函数,( )
A.3 B.6 C.9 D.12
【答案】C
【解析】
试题分析:由已知得,又,所以,故,故选C.
考点:分段函数.
6、一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如右图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析:由三视图得,在正方体中,截去四面体,如图所示,,设正方体棱长为,则,故剩余几何体体积为,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.
考点:三视图.
7、过三点,,的圆交y轴于M,N两点,则( )
A.2 B.8 C.4 D.10
【答案】C
【解析】由已知得,,所以,所以,即为直角三角形,其外接圆圆心为,半径为,所以外接圆方程为,令,得,所以,故选C.
考点:圆的方程.
8、右边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”.执行该程序框图,若输入分别为14,18,则输出的( )
A.0 B.2 C.4 D.14
【答案】B
【解析】
试题分析:程序在执行过程中,,的值依次为,;;;;;,此时程序结束,输出的值为2,故选B.
考点:程序框图.
9.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90,C为该球面上的动点,若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为( )
A.36π B.64π C.144π D.256π
【答案】C
【解析】
试题分析:如图所示,当点C位于垂直于面的直径端点时,三棱锥的体积最大,设球的半径为,此时,故,则球的表面积为,故选C.
考点:外接球表面积和椎体的体积.
10.如图,长方形的边,,是的中点,点沿着边,与运动,记.将动到、两点距离之和表示为的函数,则的图像大致为( )
【答案】B
【解析】
考点:函数的图象和性质.
11.已知A,B为双曲线E的左,右顶点,点M在E上,∆ABM为等腰三角形,且顶角为120°,则E的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析:设双曲线方程为,如图所示,,,过点作轴,垂足为,在中,,,故点的坐标为,代入双曲线方程得,即,所以,故选D.
考点:双曲线的标准方程和简单几何性质.
12.设函数是奇函数的导函数,,当时,,则使得成立的的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
试题分析:记函数,则,因为当时,,故当时,,所以在单调递减;又因为函数是奇函数,故函数是偶函数,所以在单调递减,且.当时,,则;当时,,则,综上所述,使得成立的的取值范围是,故选A.
考点:导数的应用、函数的图象与性质.
(本大题共4小题,每小题5分。第13题~第21题为必考题,每个试题考生都必须作答。第22题~第24题为选考题,考生根据要求作答。高考必中网www.win789.com)
13.设向量,不平行,向量与平行,则实数_________.
【答案】
【解析】
试题分析:因为向量与平行,所以,则所以.
考点:向量共线.
14.若x,y满足约束条件,则的最大值为____________.
【答案】
【解析】
试题分析:画出可行域,如图所示,将目标函数变形为,当取到最大时,直线的纵截距最大,故将直线尽可能地向上平移到,则的最大值为.
考点:线性规划.
15.的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则__________.
【答案】
【解析】
试题分析:由已知得,故的展开式中x的奇数次幂项分别为,,,,,其系数之和为,解得.
考点:二项式定理.
16.设是数列的前n项和,且,,则________.
【答案】
【解析】
试题分析:由已知得,两边同时除以,得,故数列是以为首项,为公差的等差数列,则,所以.
考点:等差数列和递推关系.
中,是上的点,平分,面积是面积的2倍.
(Ⅰ)求;
(Ⅱ)若,,求和的长.
【答案】(Ⅰ);(Ⅱ).
(Ⅱ)因为,所以.在和中,由余弦定理得
,.
.由(Ⅰ)知,所以.
考点:1、三角形面积公式;2、正弦定理和余弦定理.
某公司为了解用户对其产品的满意度,从,两地区分别随机调查了20个用户,得到用户对产品的满意度评分如下:
A地区:62 73 81 92 95 85 74 64 53 76
78 86 95 66 97 78 88 82 76 89
B地区:73 83 62 51 91 46 53 73 64 82
93 48 65 81 74 56 54 76 65 79
(Ⅰ)根据两组数据完成两地区用户满意度评分的茎叶图,并通过茎叶图比较两地区满意度评分的平均值及分散程度(不要求计算出具体值,得出结论即可);
(Ⅱ)根据用户满意度评分,将用户的满意度从低到高分为三个等级:
满意度评分 | 低于70分 | 70分到89分 | 不低于90分 |
满意度等级 | 不满意 | 满意 | 非常满意 |
记时间C:“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”.假设两地区用户的评价结果相互独立.根据所给数据,以事件发生的频率作为相应事件发生的概率,求C的概率.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
【解析】
试题分析:(Ⅰ)将两地区用户对产品的满意度评分的个位数分别列与茎的两侧,并根据数字的集中或分散来判断平均值和方差的大小;(Ⅱ)事件“A地区用户的满意度等级高于B地区用户的满意度等级”分为两种情况:当B地区满意度等级为不满意时,A地区的满意度等级为满意或非常满意;当B地区满意度等级为满意时,A地区满意度等级为非常满意.再利用互斥事件和独立事件的概率来求解.
试题解析:(Ⅰ)两地区用户满意度评分的茎叶图如下
表示事件:“B地区用户满意度等级为满意”.
则与独立,与独立,与互斥,.
.
由所给数据得,,,发生的概率分别为,,,.故,
,,,故.
考点:1、茎叶图和特征数;2、互斥事件和独立事件.
如图,长方体中,,,,点,分别在,上,.过点,的平面与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说出画法和理由);
(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
【解析】
试题分析:(Ⅰ)由线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线;(Ⅱ)由交线围成的正方形,计算相关数据.以为坐标原点,的方向为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,并求平面的法向量和直线的方向向量,利用求直线与平面所成角的正弦值.
试题解析:(Ⅰ)交线围成的正方形如图:
(Ⅱ)作,垂足为,则,,因为为正方形,所以.于是,所以.以为坐标原点,的方向为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,.设是平面的法向量,则即所以可取.又,故.所以直线与平面所成角的正弦值为.
考点:1、直线和平面平行的性质;2、直线和平面所成的角.
已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴,与有两个交点,,线段的中点为.
(Ⅰ)证明:直线的斜率与的斜率的乘积为定值;
(Ⅱ)若过点,延长线段与交于点,四边形能否为平行四边形?若能,求此时的斜率,若不能,说明理由.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)能,或.
【解析】
试题分析:(Ⅰ)题中涉及弦的中点坐标问题,故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解:设端点的坐标,代入椭圆方程并作差,出现弦的中点和直线的斜率;设直线的方程同时和椭圆方程联立,利用韦达定理求弦的中点,并寻找两条直线斜率关系;(Ⅱ)根据(Ⅰ)中结论,设直线方程并与椭圆方程联立,求得坐标,利用以及直线过点列方程求的值.
试题解析:(Ⅰ)设直线,,,.
将代入得,故,
.于是直线的斜率,即.所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值.
(Ⅱ)四边形能为平行四边形.
因为直线过点,所以不过原点且与有两个交点的充要条件是,.
由(Ⅰ)得的方程为.设点的横坐标为.由得,即.将点的坐标代入直线的方程得,因此.四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分,即.于是
.解得,.因为,,,所以当的斜率为
或时,四边形为平行四边形.
考点:1、弦的中点问题;2、直线和椭圆的位置关系.
设函数.
(Ⅰ)证明:在单调递减,在单调递增;
(Ⅱ)若对于任意,都有,求的取值范围.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
【解析】
试题分析:(Ⅰ)先求导函数,根据的范围讨论导函数在和的符号即可;(Ⅱ)恒成立,等价于.由是两个独立的变量,故可求研究的值域,由(Ⅰ)可得最小值为,最大值可能是或,故只需,从而得关于的不等式,因不易解出,故利用导数研究其单调性和符号,从而得解.
考点:导数的综合应用.
(请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分,作答时请写清题号。高考必中网www.win789.com)
选修4—1:几何证明选讲
如图,为等腰三角形内一点,圆与的底边交于、两点与底边上的高交于点,与、分别相切于、两点.
(Ⅰ)证明:;
(Ⅱ)若等于的半径,且,求四边形的面积.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
【解析】
试题分析:(Ⅰ)由已知得,欲证明,只需证明,由切线长定理可得,故只需证明是角平分线即可;(Ⅱ)连接,,在中,易求得,故和都是等边三角形,求得其边长,进而可求其面积.四边形的面积为两个等边三角形面积之差.
试题解析:(Ⅰ)由于是等腰三角形,,所以是的平分线.又因为分别与、相切于、两点,所以,故.从而.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知,,,故是的垂直平分线,又是的弦,所以在上.连接,,则.由等于的半径得,所以.所以和都是等边三角形.因为,所以,.
因为,,所以.于是,.所以四边形的面积.
考点:1.等腰三角形的性质;2、圆的切线长定理;3、圆的切线的性质.
在直角坐标系中,曲线(为参数,),其中,在以为极点,轴正半轴为极轴的极坐标系中,曲线,曲线.
(Ⅰ).求与交点的直角坐标;
(Ⅱ).若与相交于点,与相交于点,求的最大值.
【答案】(Ⅰ)和;(Ⅱ).
【解析】
试题分析:(Ⅰ)将曲线与的极坐标方程化为直角坐标方程,联立求交点,得其交点的直角坐标,也可以直接联立极坐标方程,求得交点的极坐标,再化为直角坐标;(Ⅱ)分别联立与和与的极坐标方程,求得的极坐标,由极径的概念将表示,转化为三角函数的最大值问题处理.
试题解析:(Ⅰ)曲线的直角坐标方程为,曲线的直角坐标方程为.联立解得或所以与交点的直角坐标为和.
(Ⅱ)曲线的极坐标方程为,其中.因此得到极坐标为,的极坐标为.所以,当时,取得最大值,最大值为.
考点:1、极坐标方程和直角坐标方程的转化;2、三角函数的最大值.
设均为正数,且,证明:
(Ⅰ)若,则;
(Ⅱ)是的充要条件.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详见解析.
考点:推理证明.