2021年浙江省高考数学命题规律大揭秘

学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________

评卷人 得分 一、选择题

1．已知函数f(x)23sinx2cosx22cos2x21(0)的周期为，当

x0,时，方程fx＝m恰有两个不同的实数解x1，x2，则fx1x2（ ） 2A. 2

B. 1

C. ﹣1

D. ﹣2

2．已知i为虚数单位，复数z满足(12i)z(1i)(2i)，则z（ ） A.

10 52B. 2 2C. 2

D. 10

3．如果二次函数yxmx(m3)有两个不同的零点，则m的取值范围是（ ） A. (2,6) C. {2,6}

2B. [2,6]

D. (,2)(6,)

4．已知圆x2y29的圆心为C，过点M2,0且与x轴不重合的直线l交圆A、B两点，点A在点M与点B之间。过点M作直线AC的平行线交直线BC于点P，则点P的轨迹为（ ） A. 圆的一部分 的一部分

5．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6，圆心角为A. 33 评卷人 B. 椭圆的一部分 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线

的扇形，则圆锥的高为（ ） 3D. 5

B. 34 得分 二、填空题

C. 35

xy106．已知实数x，y满足x20，则目标函数z2xy的最大值为_______.

x2y10x2y27．若双曲线21的离心率为3，则实数a的值为_____．

a4a2评卷人 得分 三、解答题

8．(本小题满分10分)[选修4－4：坐标系与参数方程]

(2019·咸阳二模)以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐1cos2θsin2θ标方程为2＝＋. ρ43(1)求曲线C的直角坐标方程；

(2)设过点P(1,0)且倾斜角为45°的直线l和曲线C交于A，B两点，求|PA|＋|PB|的值．

a54a3． 9．等比数列an中，a11，（1）求an的通项公式；

（2）记Sn为an的前n项和．若Sm63，求m． 10．选修4-5：不等式选讲

已知fx2x1ax50a5. （1）当a1时，求不等式fx9的解集； （2）如果函数yfx的最小值为4，求实数a的值.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

评卷人 得分 一、选择题

1．B 解析：B 【解析】 【分析】

对fx进行化简，利用周期为，求出2，根据fx在x0,上的图象，得到2x1x2的值，再求出fx1x2的值.

【

详

解

】

f(x)23sin2x2cosx22cos2x13sinxcosx2sinx

62fx2sin2xx0, 上fx ，得2．由T．作出函数在62的图象如图：

由图可知，x1x2故选B项．

3，fx1x22sin23121． 62【点睛】本题考查正弦型函数的化简及其图像与性质，属于简单题.

2．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用复数的运算法则求解z，再由模的计算公式即可得出． 【详解】由题意得，z(1i)(2i)(3i)(12i)1i，

12i(12i)(12i)z12(1)22. 故选C.

【点睛】本题考查了复数的运算法则及模的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．

3．D

解析：D 【解析】

试题分析：因为二次函数y＝x2＋mx＋(m＋3)有两个不同的零点，所以△=

，解得：x<-2或x>6,因此答案为D.

2

考点：本题考查二次函数的零点问题。

点评：二次函数y＝ax＋bx＋c有两个不同的零点等价于对应的二次方程有两个不等实根，而不是有两个实根。

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据题意找出几何关系CABCBA，得到CABAMP，所以PMPB，即

可得到PM-PCPB-PCBC3，所以点P的轨迹是双曲线右支. 【详解】由已知条件可知ACBC ,

所以三角形是等腰三角形，CABCBA , 因

MP//AC

所以CABAMP

则三角形BMP是等腰三角形， PMPB 所以PM-PCPB-PCBC3|MC|4 所以点P的轨迹是双曲线的右支。 故选C

【点睛】本题考查了几何关系的转换和双曲线的定义，是一道综合性较强的题目，属于难题，解题的关键是几何关系的转换，由角的相等得出线段相等而后得到线段的差是一个常数是本题的难点.

5．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用扇形的弧长为底面圆的周长求出r后可求高. 【详解】因为侧面展开图是一个半径为6，圆心角为圆锥的母线长为6，设其底面半径为r，则所以圆锥的高为36135，选C

【点睛】圆锥的侧面展开图是扇形，如果圆锥的母线长为l，底面圆的半径长为r，则该扇形的圆心角的弧度数为评卷人 的扇形，所以 3362r，所以r1，

2r . l得分 二、填空题

6．2 【解析】 【分析】

画出不等式组所表示的可行域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解目标函数的最大值，得到答案.

【详解】画出不等式组所表示的可行域，如图所示， 由目标函数，可得直线，由图

解析：2

【解析】 【分析】

画出不等式组所表示的可行域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解目标函数的最大值，得到答案.

【详解】画出不等式组所表示的可行域，如图所示，

由目标函数z2xy，可得直线y2xz，由图象可知当直线y2xz经过点A时，直线的纵截距最大，此时z最大，

xy10又由，解得A(1,0)

x2y10所以目标函数z的最大值为z212.

【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．

7．1 【解析】 【分析】

先由双曲线方程求出，再利用列方程求解. 【详解】解：因为代表双曲线 所以，且， 所以 解出

故答案为：1.

【点睛】本题考查了双曲线的离心率，属于基础题.

解析：1 【解析】 【分析】

先由双曲线方程求出c，再利用ec列方程求解. ax2y2【详解】解：因为21代表双曲线

a4a2所以4a20，且b24a2，ca24a2 c所以ea解出a1 故答案为：1.

a24a23 a【点睛】本题考查了双曲线的离心率，属于基础题. 评卷人 得分 三、解答题

1cos2θsin2θ

8． (1)曲线C的极坐标方程为2＝＋， ρ43x2y2

转换为直角坐标方程为＋＝1， 43(2)过点P(1,0)且倾斜角为45°的直线l，

x＝1＋22t，转换为参数方程为

2y＝2t

(t为参数)，

x2y2

把直线l的参数方程代入＋＝1， 43

7

得到t2＋32t－9＝0(t1和t2为A，B对应的参数)， 26218所以t1＋t2＝－，t1t2＝－， 77则|PA|＋|PB|＝|t1－t2|＝9．（1）an2（2）m6. 【解析】

分析：（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n项和，解方程可得m。

n1详解：（1）设{an}的公比为q，由题设得anq．

24

t1＋t22－4t1t2＝. 7

n1n1或an2 .

由已知得q4q，解得q0（舍去），q2或q2． 故an2n1n1或an2．

42（2）若an2数解．

n1，则Sn123n．由Sm63得2188，此方程没有正整

mn1n若an2，则Sn21．由Sm63得2m，解得m6．

综上，m6．

点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题。 10．（1）,15,（2）a2 【解析】

试题分析: (1)a1 时,解含有两个绝对值的不等式; (2)去掉绝对值,得出f(x) 的分段解析式,根据范围求出最小值,再求出a 的值.

试题解析:（1）当a1时，fx2x1x5，

11x5x52或{2所以fx9{或{，

3x6963x9x49x解之，得x1或x5，即所求不等式的解集为,15,；

12155（2）∵0a5，∴1，则fx{2ax4,x，

a2a5a2x6,xa15注意到x时，fx单调递减；x时，fx单调递增，

2a15故fx的最小值在x时取到，

2aa2x6,x0a2即{2a5或{， 15fxminf4fxminf42a解之，得a2，即为所求.