浙江卷
一、选择题(本题共10 小题，每小题4 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．(2021·浙江卷，1)设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|－1<x<2}，则A∩B 等于( )
A．{x|x>－1}
B．{x|x≥1}
C．{x|－1<x<1}
D．{x|1≤x<2}
【答案】D
【解析】因为集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|－1<x<2}，所以A∩B＝{x|1≤x<2}．
2．(2021·浙江卷，2)已知a∈R，(1＋ai)i＝3＋i(i 为虚数单位)，则a 等于( )
A．－1 B．1 C．－3 D．3
【答案】C
【解析】方法一 因为(1＋ai)i＝－a＋i＝3＋i，所以－a＝3，解得a＝－3.
方法二 因为(1＋ai)i＝3＋i，所以1＋ai＝＝1－3i，所以a＝－3.
3．(2021·浙江卷，3)已知非零向量a，b，c，则“a·c＝b·c”是“a＝b”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
【答案】B
【解析】由a·c＝b·c，得到(a－b)·c＝0，所以(a－b)⊥c 或a＝b，所以“a·c＝b·c”是“a＝
b”的必要不充分条件．
4．(2021·浙江卷，4)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：
cm3)是( )
A. B．3 C. D．3
【答案】A
【解析】方法一 由三视图可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的直四棱柱，其中底面等
腰梯形的底边长分别为，2，高为，该四棱柱的高为1，所以该几何体的体积V＝×(＋
2)××1＝.
方法二 由三视图可知，该几何体是由底面为等腰直角三角形(腰长为2)的直三棱柱截去一
个底面为等腰直角三角形(腰长为1)的直三棱柱后得到的，所以该几何体的体积V＝×22×1
－×12×1＝.
5．(2021·浙江卷，5)若实数x，y 满足约束条件则z＝x－y 的最小值是( )
A．－2 B． － C． － D.
【答案】B
【解析】作出可行域如图中阴影部分所示(含边界)，作出直线y＝2x 并平移，数形结合可知，
当平移后的直线经过点A 时z 取得最小值．
由得
所以A(－1,1)，zmin＝－1－＝－.
6. (2021·浙江卷，6)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N 分别为A1D，D1B 的中点，
则( )
A．直线A1D 与直线D1B 垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D 与直线D1B 平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D 与直线D1B 相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D 与直线D1B 异面，直线MN⊥平面BDD1B1
【答案】A
【解析】方法一 连接AD1(图略)，则易得点M 在AD1 上，且AD1⊥A1D，因为AB⊥平面
AA1D1D，所以AB⊥A1D，又因为AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D 与BD1异
面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB
与平面BB1D1D 成45°角，所以MN 与平面BB1D1D 不垂直．所以选项A 正确．
方法二 以点D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标
系(图略)．设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，
所以A1D＝(－2,0，－2)，D1B＝(2,2，－2)，MN＝(0,1,0)，所以A1D·D1B＝－4＋0＋4＝0，
所以A1D⊥D1B.又由图易知直线A1D 与BD1是异面直线，所以A1D 与BD1异面且垂直．因为
平面ABCD 的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以MN·n＝0，所以MN∥平面ABCD.设直线MN
与平面BB1D1D 所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1，0)，所以sin θ
＝|cos〈MN，a〉|＝＝＝，所以直线MN 与平面 BB1D1D 不垂直．
7. (2021·浙江卷，7)已知函数f(x)＝x2＋，g(x)＝sin x，则图象如图的函数可能是( )
A．y＝f(x)＋g(x)－
B．y＝f(x)－g(x)－
C．y＝f(x)g(x)
D．y＝
【答案】D
【解析】易知函数f(x)＝x2＋是偶函数，g(x)＝sin x 是奇函数，给出的图象对应的函数是奇
函数．选项A，y＝f(x)＋g(x)－＝x2＋sin x 为非奇非偶函数，不符合题意，排除A；选项
B，y＝f(x)－g(x)－＝x2－sin x 也为非奇非偶函数，不符合题意，排除B；因为当x∈(0，＋
∞)时，f(x)单调递增，且f(x)>0，当x∈时，g(x)单调递增，且g(x)>0，所以y＝f(x)g(x)在上单
调递增，由图象可知所求函数在上不单调，排除C.
8．(2021·浙江卷，8)已知α，β，γ 是互不相同的锐角，则在sin αcos β，sin βcos γ，sin
γcos α 三个值中，大于的个数的最大值是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】因为α，β，γ 是互不相同的锐角，所以sin α，cos β，sin β，cos γ，sin γ，cos α
均为正数．由基本不等式可知sin αcos β≤，sin βcos γ≤，sin γcos α≤.三式相加可得sin
αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≤，当且仅当sin α＝cos β，sin β＝cos γ，sin γ＝cos α，
即α＝β＝γ＝时取等号，因为α，β，γ 是互不相同的锐角，所以sin αcos β＋sin βcos γ＋sin
γcos α<，所以这三个值不会都大于.若取α＝，β＝，γ＝，则sin cos ＝×＝<，sin cos ＝×＝>
＝，sin cos ＝×＝>，所以这三个值中大于的个数的最大值为2.
9．(2021·浙江卷，9)已知a，b∈R，ab>0，函数f(x)＝ax2＋b(x∈R)，若f(s－t)，f(s)，f(s＋
t)成等比数列，则平面上点(s，t)的轨迹是( )
A．直线和圆
B．直线和椭圆
C．直线和双曲线
D．直线和抛物线
【答案】C
【解析】因为f(x)＝ax2＋b，所以f(s－t)＝a(s－t)2＋b，f(s)＝as2＋b，f(s＋t)＝a(s＋t)2＋b.因
为f(s－t)，f(s)，f(s＋t)成等比数列，所以f2(s)＝f(s－t)f(s＋t)，即(as2＋b)2＝[a(s－t)2＋b]·[a(s
＋t)2＋b]，化简得－2a2s2t2＋a2t4＋2abt2＝0，得t＝0 或2as2－at2＝2b，易知点(s，t)的轨迹为
一条直线和一个双曲线．
10．(2021·浙江卷，10)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)．记数列{an}的前n 项和为
Sn，则( )
A.<S100<3
B．3<S100<4
C．4<S100<
D.<S100<5
【答案】A
【解析】因为a1＝1，an＋1＝，所以an>0，a2＝，所以S100>，＝＝＋＝2－，所以<2，两边同
时开方可得<＋，则<＋，…，<＋，由累加法可得<＋＝1＋，所以≤1＋＝，所以≥，所以an
＋1＝≤＝an，即≤，则≤，…，≤，由累乘法可得当n≥2 时，an＝≤×××…××＝＝6，
所以S100<1＋6＝1＋6<1＋2＝3.
二、填空题(本大题共7 小题，单空题每空4 分，多空题每空3 分，共36 分)
11. (2021·浙江卷，11)我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个
全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)，若直角三角形直
角边的长分别为3,4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则＝________.
【答案】25
【解析】因为直角三角形直角边的长分别为3,4，所以S1＝()2＝25，S2＝25－4××3×4＝1，
所以＝25.
12．(2021·浙江卷，12)已知a∈R，函数f(x)＝若f(f())＝3，则a＝________.
【答案】2
【解析】因为>2，所以f()＝6－4＝2，所以f(f())＝f(2)＝1＋a＝3，解得a＝2.
13．(2021·浙江卷，13)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝
________，a2＋a3＋a4＝________.
【答案】5 10
【解析】(x－1)3展开式的通项Tr＋1＝Cx3－r·(－1)r，(x＋1)4展开式的通项Tk＋1＝Cx4－k，则a1＝
C＋C＝1＋4＝5；a2＝C(－1)1＋C＝3；a3＝C(－1)2＋C＝7；a4＝C(－1)3＋C＝0.所以a2＋a3
＋a4＝3＋7＋0＝10.
14．(2021·浙江卷，14)在△ABC 中，∠B＝60°，AB＝2，M 是BC 的中点，AM＝2，则AC
＝________，cos∠MAC＝________.
【答案】2
【解析】方法一 由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2，及余弦定理可得BM＝4，因为M 为BC 的
中点，所以BC＝8.在△ABC 中，由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2BC·AB·cos B＝4＋64－
2×8×2×＝52，所以AC＝2，所以在△AMC 中，由余弦定理得cos∠MAC＝＝＝.
方法二 由∠B＝60°，AB＝2，AM＝2，及余弦定理可得BM＝4，因为M 为BC 的中点，所
以BC＝8.过点C 作CD⊥BA 交BA 的延长线于点D，则BD＝4，AD＝2，CD＝4.所以在
Rt△ADC 中，AC2＝CD2＋AD2＝48＋4＝52，得AC＝2.在△AMC 中，由余弦定理得
cos∠MAC＝＝＝.
15．(2021·浙江卷，15)袋中有4 个红球，m 个黄球，n 个绿球，现从中任取两个球，记取
出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m－n＝
________，E(ξ)＝________.
【答案】1
【解析】由题意可得，P(ξ＝2)＝＝＝，化简得(m＋n)2＋7(m＋n)－60＝0，得m＋n＝5，取
出的两个球一红一黄的概率P＝＝＝，解得m＝3，故n＝2.所以m－n＝1，易知ξ 的所有可
能取值为0,1,2，且P(ξ＝2)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝0)＝＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
16．(2021·浙江卷，16)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．若过F1的直
线和圆2＋y2＝c2 相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x 轴，则该直线的斜率是
________，椭圆的离心率是________．
【答案】
【解析】设过F1的直线与圆的切点为M，圆心A，则|AM|＝c，|AF1|＝c，所以|MF1|＝c，所
以该直线的斜率k＝＝＝.因为PF2⊥x 轴，所以|PF2|＝，又|F1F2|＝2c，所以k＝＝＝＝，得e
＝.
17．(2021·浙江卷，17)已知平面向量a，b，c(c≠0)满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，(a－b)·c＝
0.记平面向量d 在a，b 方向上的投影分别为x，y，d－a 在c 的方向上的投影为z，则x2＋y2
＋z2的最小值为________．
【答案】
【解析】由|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，不妨设a＝(1,0)，b＝(0,2)，所以a－b＝(1，－2)．因为
(a－b)·c＝0，所以可取c＝(2m，m)(m>0)．因为向量d 在 a，b 方向上的投影分别为x，y，
所以可得d＝(x，y)，所以d－a＝(x－1，y)，则z＝＝.
方法一 所以2x＋y－z＝2，由柯西不等式可得2x＋y－z＝2≤·，化简得x2＋y2＋z2≥＝，当
且仅当＝＝，即x＝，y＝，z＝－时取等号，故x2＋y2＋z2的最小值为.
方法二 故x2＋y2＋z2
＝x2＋y2＋
＝[6y2－(4－4x)y＋9x2－8x＋4]
≥
＝≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝－时取等号，故x2＋y2＋z2的最小值为.
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．(2021·浙江卷，18)设函数f(x)＝sin x＋cos x(x∈R)．
(1)求函数y＝2的最小正周期；
(2)求函数y＝f(x)f 在上的最大值．
解 (1)因为f(x)＝sin x＋cos x，
所以f ＝sin＋cos＝cos x－sin x，
所以y＝2＝(cos x－sin x)2＝1－sin 2x.
所以函数y＝2的最小正周期T＝＝π.
(2)f ＝sin＋cos＝sin x，
所以y＝f(x)f ＝sin x(sin x＋cos x)＝(sin xcos x＋sin2x)
＝＝sin＋.
当x∈时，2x－∈，
所以当2x－＝，即x＝时，
函数y＝f(x)f 在上取得最大值，且ymax＝1＋.
19. (2021·浙江卷，19)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC＝
120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N 分别为BC，PC 的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值．
(1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M 为BC 的中
点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，
所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，
所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，
所以AB⊥PM.
(2)解 方法一 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角．
连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝，
又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2，
连接BN，结合余弦定理得BN＝.
连接AC，则由余弦定理得AC＝，
在△PAC 中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN 中，cos∠BAN＝＝＝.
设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，
则sin θ＝cos∠BAN＝.
方法二 因为PM⊥MD，PM⊥DC，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝，
又PA＝，所以PM＝2，
由(1)知CD⊥DM，
过点M 作ME∥CD 交AD 于点E，则ME⊥MD.
故可以以M 为坐标原点，MD，ME，MP 所在直线分别为x，y，z 轴建立如图所示的空间直
角坐标系，
则A(－，2,0)，P(0,0,2)，C(，－1,0)，
所以N.
所以AN＝.
易知平面PDM 的一个法向量为n＝(0,1,0)．
设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈AN，n〉|＝＝＝.
20．(2021·浙江卷，20)已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n 项和为Tn.若Tn≤λbn，对任意
n∈N*恒成立，求实数λ 的取值范围．
解 (1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2 时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即＝.
当n＝1 时，4S2＝4＝－－9，
解得a2＝－，
所以＝.
所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，
所以an＝－×n－1＝－.
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)×n.
所以Tn＝－3×－2×2－1×3＋0×4＋…＋(n－4)×n，①
且Tn＝－3×2－2×3－1×4＋0×5＋…＋(n－5)×n＋(n－4)×n＋1，②
①－②得Tn＝－3×＋2＋3＋…＋n－(n－4)×n＋1＝－＋－(n－4)×n＋1＝－n×n＋1，
所以Tn＝－4n×n＋1.
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n×n＋1≤λ 恒成立，
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
当n<4 时，λ≤＝－3－，此时λ≤1；
当n＝4 时，－12≤0 恒成立，
当n>4 时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3.
所以－3≤λ≤1.
21．(2021·浙江卷，21)如图，已知F 是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M 是抛物线的准线与x
轴的交点，且|MF|＝2.
(1)求抛物线的方程；
(2)设过点F 的直线交抛物线于A，B 两点，若斜率为2 的直线l 与直线MA，MB，AB，x 轴
依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l 在x 轴上截距的取值范围．
解 (1)因为M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且|MF|＝2，所以p＝2.
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知，F(1,0)，M(－1,0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB 的方程为x＝my＋1，直线l 的方程为y＝2x＋n(n≠±2)．
由可得y2－4my－4＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.
易知直线AM 的方程为y＝(x＋1)，
则由
可得P.
同理可得Q.
所以|yPyQ|＝
＝
＝
＝.
由可得yR＝.
因为|RN|2＝|PN|·|QN|，所以y＝|yPyQ|，
所以2＝，
所以＝＝＋＋1
＝42＋≥，
所以n<－2 或－2<n≤14－8 或n≥14＋8.
因为直线l：y＝2x＋n(n≠±2)在x 轴上的截距为－，
所以－>1 或4－7≤－<1 或－≤－7－4，即直线l 在x 轴上截距的取值范围是(－∞，－7－
4]∪[4－7,1)∪(1，＋∞)．
22．(2021·浙江卷，22)设a，b 为实数，且a>1，函数f(x)＝ax－bx＋e2(x∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a 的取值范围；
(3)当a＝e 时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)满足x2>x1＋.(注：
e＝2.718 28…是自然对数的底数)
(1)解 由题意得f′(x)＝axln a－b.
因为a>1，所以ln a>0，ax>0，
所以当b≤0 时，f′(x)>0，
所以当b≤0 时，函数f(x)在R 上单调递增．
当b>0 时，令f′(x)>0，则ax>，
所以x>loga，
所以当b>0 时，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．
综上，当b≤0 时，函数f(x)在R 上单调递增；当b>0 时，函数f(x)在上单调递减，在上单调
递增．
(2)解 因为函数f(x)有两个不同的零点，所以ax－bx＋e2＝0 有两个不同的根，即曲线y＝ax
与直线y＝bx－e2有两个不同的交点．
易知直线y＝bx－e2与y 轴交于点(0，－e2)．
先考虑曲线y＝ax与直线y＝bx－e2相切的情况．
设切点坐标为(t，at)，则切线斜率为atln a，
所以切线方程为y－at＝atln a(x－t)，则y＝(atln a)x＋at－tatln a＝bx－e2，
所以at－tatln a＝at－atln at＝－e2，
令at＝m，则m－mln m＝－e2，m>0，
令g(m)＝m－mln m＋e2，则g′(m)＝－ln m，
当m∈(0,1)时，g′(m)>0，当m∈(1，＋∞)时，g′(m)<0，
故g(m)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
观察可知at＝e2，
所以要满足条件，则b>atln a＝e2ln a 恒成立．
因为b>2e2，所以2e2≥e2ln a，得1<a≤e2.
故a 的取值范围为(1，e2]．
(3)证明 当a＝e 时，f(x)＝ex－bx＋e2，所以f′(x)＝ex－b，
令f′(x)>0，则x>ln b，
所以函数f(x)在(－∞，ln b)上单调递减，在(ln b，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(ln b)＝b－bln b＋e2<－3e4＋e2<0，
又f(0)＝1＋e2>0，f(b)＝eb－b2＋e2>e2>0，
所以函数f(x)在(0，ln b)和(ln b，b)上各存在一个零点，分别为x1，x2(x1<x2)，
则
－bx1＋e2＝0，所以bx1＝
＋e2，
所以要证x2>x1＋，只需证x2－>bx1＝(
＋e2)．
因为f(2)＝2e2－2b<2e2－2e4<0，所以可知0<x1<2，
所以
＋e2<2e2，所以(
＋e2)<·2e2＝ln b，
故只需证x2－>ln b，即x2>＋ln b.
f ＝
－b＋e2＝
－bln b＝b
，
因为b>e4，所以
－ln b<
－4<0，
所以f <0，
所以x2∈，所以x2>＋ln b.
所以x2>x1＋成立．
