2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)試卷（浙江卷）

2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)試卷（浙江卷）解析本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分滿分150分考試用時120分鐘參考公式：如果事件A，B互斥，那么如果事件A，B相互獨立，那么如果事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是1 ）如圖所示，則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）A B C3 D6，n，l，則“m，n，l在同一平面”是“m，n，l兩兩相交”的（）A充分不必要條件 B必要不充分條件C充分必要條件 D既不充分也不必要條件7已知等差數(shù)列{an}的前n項和Sn，公差d≠0，．記b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2–S2n，，下列等式不可能成立的是（）A2a4＝a2＋a6 B2b4＝b2＋bC D（0，0），A（–2，0），B（2，0）．設(shè)點2a0 2）為2π，且它的側(cè)面展開圖為半圓，則這個圓錐底面半徑（單位：cm）為_______．15設(shè)直線，圓，，若直線與，都相切，則_______；b＝______．16一個盒子里有1個紅1個綠2個黃四個相同的球，每次拿一個，不放回，拿出紅球即停，設(shè)拿出黃球的個數(shù)為，則_______；______．17設(shè)，為單位向量，滿足，，，設(shè)，的夾角為，則的最小值為_______．三、解答題：本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟18（14分）在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．（I）求角B；（II）求cosA＋cosB＋cosC的取值范圍．19（15分）如圖，三棱臺DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC．（I）證明：EF⊥DB；（II）求DF與面DBC所成角的正弦值．20（15分）已知數(shù)列{an}，{bn}，{cn}中，．（Ⅰ）若數(shù)列{bn}為等比數(shù)列，且公比，且，求q的值及an的通項公式；（Ⅱ）若數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，且公差，證明：（n∈N*）．21（15分）如圖，已知橢圓，拋物線，點A是橢圓與拋物線的交點，過點A的直線l交橢圓于點B，交拋物線于點M（B，M不同于A）．（Ⅰ）若，求拋物線的焦點坐標(biāo)；（Ⅱ）若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．22（15分）已知，函數(shù)，其中e＝…為自然對數(shù)的底數(shù)．（Ⅰ）證明：函數(shù)在上有唯一零點；（Ⅱ）記0為函數(shù)在上的零點，證明：（?。?；（ⅱ）．

參考答案一、選擇題：1【答案】B2【答案】C3【答案】B4【答案】A5【答案】A6【答案】B7【答案】D8【答案】D9【答案】C10【答案】A二、填空題：11【答案】【詳解】因為，所以．即．故答案為：12【答案】80 122【分析】利用二項式展開式的通項公式計算即可【詳解】的通項為，令，則，故；故答案為：80；12213【答案】【分析】利用二倍角余弦公式以及弦化切得，根據(jù)兩角差正切公式得【詳解】，，故答案為：14【答案】【分析】利用題目所給圓錐側(cè)面展開圖的條件列方程組，由此求得底面半徑【詳解】設(shè)圓錐底面半徑為，母線長為，則，解得故答案為：15【答案】【分析】由直線與圓相切建立關(guān)于，b的方程組，解方程組即可【詳解】由題意，到直線的距離等于半徑，即，，所以，所以（舍）或者，解得故答案為：16【答案】【分析】先確定對應(yīng)事件，再求對應(yīng)概率得結(jié)果；第二空，先確定隨機變量，再求對應(yīng)概率，最后根據(jù)數(shù)學(xué)期望公式求結(jié)果【詳解】因為對應(yīng)事件為第一次拿紅球或第一次拿綠球，第二次拿紅球，所以，隨機變量，，，所以故答案為：17【答案】【分析】利用復(fù)數(shù)模的平方等于復(fù)數(shù)的平方化簡條件得，再根據(jù)向量夾角公式求函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求最值【詳解】，，，故答案為：三、解答題：18【答案】（I）；（II）【分析】（I）首先利用正弦定理邊化角，然后結(jié)合特殊角的三角函數(shù)值即可確定∠B的大??；（II）結(jié)合（1）的結(jié)論將含有三個角的三角函數(shù)式化簡為只含有∠A的三角函數(shù)式，然后由三角形為銳角三角形確定∠A的取值范圍，最后結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可求得的取值范圍【詳解】（I）由結(jié)合正弦定理可得：△ABC為銳角三角形，故（II）結(jié)合（1）的結(jié)論有：由可得：，，則，即的取值范圍是19【答案】（I）證明見解析；（II）【解析】【分析】（I）作交于，連接，由題意可知平面，即有，根據(jù)勾股定理可證得，又，可得，，即得平面，即證得；（II）由，所以與平面所成角即為與平面所成角，作于，連接，即可知即為所求角，再解三角形即可求出與平面所成角的正弦值．【詳解】（Ⅰ）作交于，連接．∵平面平面，而平面平面，平面，∴平面，而平面，即有．∵，∴．在中，，即有，∴．由棱臺的定義可知，，所以，，而，∴平面，而平面，∴．（Ⅱ）因為，所以與平面所成角即為與平面所成角．作于，連接，由（1）可知，平面，所以平面平面，而平面平面，平面，∴平面．即在平面內(nèi)的射影為，即為所求角．在中，設(shè)，則，，∴．故與平面所成角的正弦值為．20【答案】（I）；（II）證明見解析【解析】【分析】（I）根據(jù)，求得，進而求得數(shù)列的通項公式，利用累加法求得數(shù)列的通項公式（II）利用累乘法求得數(shù)列的表達式，結(jié)合裂項求和法證得不等式成立【詳解】（I）依題意，而，即，由于，所以解得，所以所以，故，所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以所以（）所以（II）依題意設(shè)，由于，所以，故所以由于，所以，所以即，21【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【詳解】（Ⅰ）當(dāng)時，的方程為，故拋物線的焦點坐標(biāo)為；（Ⅱ）設(shè)，由，，由在拋物線上，所以，又，，，由即，所以，，，所以，的最大值為，此時法2：設(shè)直線，將直線的方程代入橢圓得：，所以點的縱坐標(biāo)為將直線的方程代入拋物線得：，所以，解得，因此，由解得，所以當(dāng)時，取到最大值為22【答案】（I）證明見解析，（II）（i）證明見解析，（ii）證明見解析【解析】（I）先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合零點存在定理證明結(jié)論；（II）（i）先根據(jù)零點化簡不等式，轉(zhuǎn)化求兩個不等式恒成立，構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性確定最值，即可證得不等式；（ii）先根據(jù)零點條件轉(zhuǎn)化：，再根據(jù)放縮，轉(zhuǎn)化為證明不等式，最后構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)進行證明【詳解】（I）