2021年浙江省高考数学试卷(理科)解析

解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），

∴∁RP=（0，2），

∵Q=（1，2]，

∴（∁RP）∩Q=（1，2），

故选：C．

所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．

故选：C．

由a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：．

∵d≠0，∴，

∴，

=＜0．

故选：B．

则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，

故选：D．

过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于E，交y轴于M，

由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，

则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1，

|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1，

则===，

故选：A

③借助新定义，根据集合的运算，判断即可．

若d（A，B）＞0”，则card（A∪B）＞card（A∩B），则A∪B≠A∩B，故A≠B成立，故命题①成立，

命题②，d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），d（B，C）=card（B∪C）﹣card（B∩C），

∴d（A，B）+d（B，C）=card（A∪B）﹣card（A∩B）+card（B∪C）﹣card（B∩C）=[card（A∪B）+card（B∪C）]﹣[card（A∩B）+card（B∩C）]

≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A，C），故命题②成立，

故选：A

取x=，则sin2x=0，∴f（0）=1；

∴f（0）=0，和1，不符合函数的定义；

∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）=sinx；

B．取x=0，则f（0）=0；

取x=π，则f（0）=π2+π；

∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；

∴该选项错误； 

C．取x=1，则f（2）=2，取x=﹣1，则f（2）=0；

这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；

∴该选项错误；

令t2﹣1=x，则t=；

∴；

即存在函数f（x）=，对任意x∈R，都有f（x2+2x）=|x+1|；

∴该选项正确．

故选：D．

②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，

α=∠A′OE，连结AA′，

易得∠ADA′＜∠AOA′，

∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α

综上所述，∠A′DB≥α，

故选：B．

∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x．

故答案为：2；y=±x．

∴f（﹣3）=lg10=1，

则f（f（﹣3））=f（1）=0，

当x≥1时，f（x）=，即最小值，

当x＜1时，x2+1≥1，（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，

故f（x）的最小值是．

故答案为：0；．

=（1﹣cos2x）+sin2x+1

=sin（2x﹣）+，

∴原函数的最小正周期为T==π，

由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+，

∴函数的单调递减区间为[kπ+，kπ+]（k∈Z）

故答案为：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）

即2a=，

所以2a+2﹣a=+=．

故答案为：．

∵AN=2，

∴ME==EN，MC=2，

又∵EN⊥NC，∴EC==，

∴cos∠EMC===．

故答案为：．

如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，

在直线的上方（含直线），即有2x+y﹣2≥0，即|2+y﹣2|=2x+y﹣2，

此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=x﹣2y+4，

利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3；

在直线的下方（含直线），即有2x+y﹣2≤0，

即|2+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2），

此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=8﹣3x﹣4y，

利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3．

综上可得，当x=，y=时，|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3．

故答案为：3．

∴＜•＞=，不妨设=（，0），=（1，0，0），=（m，n，t），

则由题意可知=m+n=2，=m=，解得m=，n=，∴=（，t），

∵﹣（）=（﹣x﹣y，t），

∴|﹣（|2=（﹣x﹣y）2+（）2+t2

=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，

由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，

此时t2=1，故|==2

故答案为：1；2；2

（2）由=×=3，可得c，即可得出b．

又b2﹣a2=c2．∴bc﹣c2=c2．∴b=c．可得，

∴a2=b2﹣=，即a=．

∴cosC===．

∵C∈（0，π），

∴sinC==．

∴tanC==2．

解得c=2．

∴=3．

（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．

则BC=AC=2，A1O==，

易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），

A（0，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），

=（0，﹣，0），=（﹣，﹣，），

=（﹣，0，0），=（﹣2，0，0），=（0，0，），

∵•=0，∴A1D⊥OA1，

又∵•=0，∴A1D⊥BC，

又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；

（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），

由，得，

取z=1，得=（，0，1），

设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），

由，得，

取z=1，得=（0，1），

又∵该二面角为钝角，

∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．

（2）讨论a=b=0以及分析M（a，b）≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b|的求值．

因为|a|≥2，所以或≥1，

所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，

所以M（a，b）=max{|f（1），|f（﹣1）|}=max{|1+a+b|，|1﹣a+b|}，

所以M（a，b）≥（|1+a+b|+|1﹣a+b|）≥|（1+a+b）﹣（1﹣a+b）|≥|2a|≥2；

（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；

又对任意x∈[﹣1，1]．有﹣2≤x2+ax+b≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，易知|a|+|b|=max{|a﹣b|，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2时符合题意，

（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=，再利用均值不等式即可得出．

设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，

设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=﹣m×+n=，

由于点P在直线y=mx+上，∴=+，

∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，

解得m2，∴或m．

（2）直线AB与x轴交点纵坐标为n，

∴S△OAB==|n|•=，

由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，

∴S△AOB=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，

当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．

（2）通过=an﹣an+1累加得Sn=﹣an+1，利用数学归纳法可证明≥an≥（n≥2），从而≥≥，化简即得结论．

又∵a2=a1﹣=，∴==2，

又∵an﹣an+1=，∴an＞an+1，∴≥1，

∴==≤2，

∴1≤≤2（n∈N*）；

（2）由已知，=an﹣an+1，=an﹣1﹣an，…，=a1﹣a2，

累加，得Sn=++…+=a1﹣an+1=﹣an+1，

易知当n=1时，要证式子显然成立；

当n≥2时，=．

下面证明：≥an≥（n≥2）．

易知当n=2时成立，假设当n=k时也成立，则ak+1=﹣+，

an+1≤﹣+=≤，

∴≤≤，即当n=k+1时仍然成立，

故对n≥2，均有≥an≥，

∴=≥≥=，

即（n∈N*）．