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    2019年浙江高考数学试题及答案解析-精修版

    时间：2022-11-12 18:20:32    下载该word文档
    2019年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共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．已知全集U{1，0，l，2，3}，集合A{0，1，2}，B{1，0，1}，则(ðUAIB（）A．{1}B．{0，1}C．{1，2，3}D．{1，0，1，3}2．渐进线方程为xy0的双曲线的离心率是（）A．2B．1C．2D．220x3y4…3．若实数x，y满足约束条件3xy4„0，则z3x2y的最大值是（）xy…0A．1B．1C．10D．124．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体sh，其中s是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A．158B．162C．182D．3245．若a0，b0，则“ab„4”是“ab„4”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6．在同一直角坐标系中，函数y11，y1og(x，(a0且a1的图象可能是（）a2ax
    7．设0a1．随机变量X的分布列是XP则当a在(0,1内增大时，（）013a11313A．D(X增大B．D(X减小C．D(X先增大后减小D．D(X先减小后增大8．设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则（）A．，B．，C．，D．，x,x0,9．设a，bR，函数f(x131若函数yf(xaxb恰有3个零点，则2x(a1xax,x…0g23（）A．a1，b0B．a1，b0C．a1，b0D．a1，b02b，nN*，则（）10．设a，bR，数列{an}满足a1a，an1anA．当b11时，a1010B．当b时，a101024C．当b2时，a1010D．当b4时，a1010二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11．已知复数z1，其中i是虚数单位，则|z|．1i12．已知圆C的圆心坐标是(0,m，半径长是r．若直线2xy30与圆相切与点A(2,1，则m，r．13．在二项式(2x9的展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是．14．在ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上，若BDC45，则BD，cosABD．x2y215．已知椭圆1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原95点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是．
    16．已知aR，函数f(xax3x．若存在tR，使得|f(t2f(t|„是．2，则实数a的最大值317．已知正方形ABCD的边长为1．当每个i(i1，2，3，4，5，6取遍1时，uuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|的最小值是，最大值是．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．（14分）设函数f(xsinx，xR．（1）已知[0，2，函数f(x是偶函数，求的值；（2）求函数y[f(x19．（15分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AACAC，E，F分别是AC，A1B1的中点．1]2[f(x]2的值域．124（Ⅰ）证明：EFBC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．20．（15分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}满足：对每个nN*，a34，a4S3．Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）记cn21．如图，已知点F(1,0为抛物线y22px(p0的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记an，nN*，证明：c1c2cn2n，nN*．2bn
    AFG，CQG的面积分别为S1，S2．（Ⅰ）求p的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求S1的最小值及此时点G点坐标．S222．（15分）已知实数a0，设函数f(xalnx1x，x0．3（Ⅰ）当a时，求函数f(x的单调区间；4（Ⅱ）对任意x[x1，均有，求a的取值范围．f(x„2ae2注意：e2.71828为自然对数的底数．
    参考答案与试题解析一、选择题：本大题共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．【分析】由全集U以及A求A的补集，然后根据交集定义得结果．【解答】解：Qð}{1，0，l}{1}，故选A．UAIB{1，3UA{1，3}，(ð【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2．【分析】由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．【解答】解：根据渐进线方程为xy0的双曲线，可得ab，所以c2a,则该双曲线的离心率为ec2，故选C．a【点评】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．3．【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．0x3y4…【解答】解：由实数x，y满足约束条件3xy4„0作出可行域如图，xy…0x3y4031联立，解得A(2,2，化目标函数z3x2y为yxz，223xy4031由图可知，当直线yxz过A(2,2时，直线在y轴上的截距最大，22z有最大值为10．故选C．
    【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．4．【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直五棱柱，由两个梯形面积求得底面积，代入体积公式得答案．【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直五棱柱，底面五边形的面积可用两个直角梯形的面积求解，即S五边形ABCDE1146326327，高为6，则该柱体的体积是V276162．故选B．22【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．5．【分析】充分条件和必要条件的定义结合均值不等式、特值法可得结果ab2ab，2…ab，ab„4，即ab剟4ab4，【解答】解：Qa0，b0，4厖若a4，b11，则ab1„4，但ab44，即ab„4推不出ab„4，ab„4是ab„4的44充分不必要条件，故选A．【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，均值不等式，考查了推理能力与计算能力．6．【分析】对a进行讨论，结合指数，对数的性质即可判断；【解答】解：由函数y当a1时，可得y11，y1og(x，a2ax1是递减函数，图象恒过(0,1点，xa
    11函数y1oga(x，是递增函数，图象恒过(，0；22当1a0时，可得y1是递增函数，图象恒过(0,1点，ax11函数y1oga(x，是递减函数，图象恒过(，0；22满足要求的图象为D.故选D．【点评】本题考查了指数函数，对数函数的图象和性质，属于基础题．7．【分析】方差公式结合二次函数的单调性可得结果111a1【解答】解：E(X0a1，3333D(X(a121a121a121(a(133333312211[(a12(2a12(a22](a2a1(a2279926Q0a1，D(X先减小后增大，故选D．【点评】本题考查方差的求法，利用二次函数是关键，考查推理能力与计算能力，是中档题．8．【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成角、直线和平面所成角和二倍角的概念和计算，解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小，充分运用图象，则可事半功倍，【解答】解：方法一、如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DEAC于E，易得PE//VG，过P作PF//AC于F，过D作DH//AC，交BG于H，则BPF，PBD，PED，则costanPFEGDHBDcos，可得；PBPBPBPBPDPDtan，可得，EDBD方法二、由最小值定理可得，记VACB的平面角为（显然，由最大角定理可得；方法三、（特殊图形法）设三棱锥VABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，616322332易得cos2，可得sin，sin3，sin3，63633332故选B．
    【点评】本题考查空间三种角的求法，常规解法下易出现的错误的有：不能正确作出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简单解法．9．【分析】当x0时，yf(xaxbxaxb(1axb最多一个零点；当x…0时，1111利用导数研究函数的单调性，yf(xaxbx3(a1x2axaxbx3(a1x2b，3232根据单调性画函数草图，根据草图可得．【解答】解：当x0时，yf(xaxbxaxb(1axb0，得x最多一个零点；1111当x…0时，yf(xaxbx3(a1x2axaxbx3(a1x2b，3232b；yf(xaxb1ayx2(a1x，当a1„0，即a„1时，y…0，yf(xaxb在[0，上递增，yf(xaxb最多一个零点．不合题意；当a10，即a1时，令y0得x[a1，，函数递增，令y0得x[0，a1，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数yf(xaxb恰有3个零点函数yf(xaxb在(,0上有一个零点，在[0，上有2个零点，如右图：b0b，0且1132(a1(a1(a1b01a231解得b0，1a0，b(a13．6故选：C．
    【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．10．【分析】对于B，令x211110，得，取a1，得到当b时，a1010；对于C，4224令x220，得2或1，取a12，得到当b2时，a1010；对于D，令x240，得11711711，取a1，得到当b4时，a1010；对于A，a2a2…，22221a11331911713当n…4时，n1an21，a3(a22…，a4(a4a22…1，2244216216anan22由此推导出a103729(6，从而a1010．a4264110，得，42【解答】解：对于B，令x2取a1111，a2,,an10，2221时，a1010，故B错误；4当b对于C，令x220，得2或1，取a12，a22，，an210，当b2时，a1010，故C错误；对于D，令x240，得取a1117，2117117117，a2，，an10，222当b4时，a1010，故D错误；11113对于A，a2a2…，a3(a22…，22224319117a4(a4a22…1，4216216
    an1an0，{an}递增，1a13当n…4时，n1an21，anan22a53a24a43a3729a52，10(6，a1010．故A正确．故选A．a2644La103a29【点评】本题考查命题真假的判断，考查数列的性质等基础知识，考查化归与转化思想，考查推理论证能力，是中档题．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11．【分析】利用复数代数形式的除法运算化简，然后利用模的计算公式求模．【解答】解：Qz11i112112．故答案为：．i．|z|(2(22221i(1i(1i222【点评】本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，是基础题．12．【分析】由题意画出图形，利用圆心与切点的连线与切线垂直列式求得m，再由两点间的距离公式求半径．【解答】解：如图，由圆心与切点的连线与切线垂直，得m11，解得m2．22圆心为(0,2，则半径r(202(1225．故答案为：2，5．【点评】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．13．【分析】写出二项展开式的通项，由x的指数为0求得常数项；再由2的指数为整数求得系数为有理数的项的个数．【解答】解：二项式(2x的展开式的通项为Tr1C(2由r0，得常数项是T1162；9r99rx2r9r2C9rxr．
    当r1，3，5，7，9时，系数为有理数，系数为有理数的项的个数是5个．故答案为：162，5．【点评】本题考查二项式定理及其应用，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．14．【分析】解直角三角形ABC，可得sinC，cosC，在三角形BCD中，运用正弦定理可得BD；再由三角函数的诱导公式和两角和差公式，计算可得所求值．【解答】解：在直角三角形ABC中，AB4，BC3，AC5，sinC在BCD中，可得3224，5122BD，可得BD；5sinC224372，(cosCsinC(22551072，10CBD135C，sinCBDsin(135C即有cosABDcos(90CBDsinCBD故答案为：12272，，510【点评】本题考查三角形的正弦定理和解直角三角形，考查三角函数的恒等变换，化简整理的运算能力，属于中档题．15．【分析】求得椭圆的a，b，c，e，设椭圆的右焦点为F，连接PF，运用三角形的中位线定理和椭圆的焦半径半径，求得P的坐标，再由两点的斜率公式，可得所求值．x2y22【解答】解：椭圆1的a3，b5，c2，e，953设椭圆的右焦点为F，连接PF，线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，连接AO，可得|PF|2|AO|4，1523设P的坐标为(m,n，可得3m4，可得m，n，23215由F(2,0，可得直线PF的斜率为215．故答案为：15．322
    【点评】本题考查椭圆的定义和方程、性质，注意运用三角形的中位线定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．16．【分析】由题意可得|a(t23(t2at3t|„22，化为|2a(3t26t42|„，去绝对值化33简，结合二次函数的最值，以及不等式的性质，不等式有解思想，可得a的范围，进而得到所求最大值．【解答】解：存在tR，使得|f(t2f(t|„化为|2a(3t26t42|„22，即有|a(t23(t2at3t|„，3322224，可得剟，即剟，2a(3t26t42a(3t26t433333444，可得a的最大值为．故答案为：．3331，可得0a„由3t26t43(t121…【点评】本题考查不等式成立问题解法，注意运用去绝对值和分离参数法，考查化简变形能力，属于基础题．uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur17．【分析】由题意可得ABADAC，BDADAB，ABgAD0，化简uuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|(13562(24562，由于i(i1，2，3，4，5，6取遍1，由完全平方数的最值，可得所求最值．ruuuruuuruuuruuuruuuruuu【解答】解：正方形ABCD的边长为1，可得ABADAC，BDADAB，uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurABgAD0，|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2AD3AB4AD5AB5AD6AD6AB|uuuruuur|(1356AB(2456AD|(13562(24562，由于i(i1，2，3，4，5，6取遍1，可得13560，24560，可取561，131，21，41，可得所求最小值为0；由1356，2456的最大值为4，可取21，41，561，11，31，可得所求最大值为25．故答案为：0，25．
    【点评】本题考查向量的加减运算和向量的模的最值求法，注意变形和分类讨论，考查化简运算能力，属于基础题．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．【分析】（1）函数f(x是偶函数，则（2）化简函数得y2k(kZ，根据的范围可得结果；3sin(2x1，然后根据x的范围求值域即可．26【解答】解：（1）由f(xsinx，得f(xsin(x，Qf(x为偶函数，2k(kZ，Q[0，2，2或3，2（2）y[f(x1cos(2x2]2[f(x]2sin2(xsin2(x1241241cos(2x26211(cos2xcossin2xsinsin2x266333sin2xcos2x1sin(2x1，4426333sin(2x1[1,1]，QxR，sin(2x[1,1]，y26226函数y[f(x33,1]．]2[f(x]2的值域为：[122124【点评】本题考查了三角函数的奇偶性和三角函数的图象与性质，关键是熟练掌握三角恒等变换，属基础题．19．【分析】法一：（Ⅰ）连结A1E，则A1EAC，从而A1E平面ABC，A1EBC，推导出BCA1F，从而BC平面A1EF由此能证明EFBC．（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，推导出A1EEG，从而平行四边形EGFA1是矩形，推导出BC平面EGFA1，连结A1G，交EF于O，则EOG是直线EF与平面，由此能求出直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．A1BC所成角（或其补角）法二：（Ⅰ）连结A1E，推导出A1E平面ABC，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【解答】方法一：证明：（Ⅰ）连结A1E，QA1AAC，E是AC的中点，1A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，A1EBC，QA1F//AB，ABC90，BCA1F，BC平面A1EF，EFBC．解：（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E平面ABC，故A1EEG，平行四边形EGFA1是矩形，
    由（Ⅰ）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连结A1G，交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），不妨设AC4，则在Rt△A1EG中，A1E23，EG3，QO是A1G的中点，故EOOGAG151，22EO2OG2EG233cosEOG，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．2EOOG55方法二：证明：（Ⅰ）连结A1E，QA1AAC，E是AC的中点，1A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，设AC4，则A1(0，0，23，B(3,1,0，B1(3,3,23，F(33,,23，C(0，2，0，22uuuruuuruuuruuur33BC(3,1,0EFBC0，得EFBC．，，由EF(,,2322解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，uuuruuuurBC(3,1,0AC由（Ⅰ）得，1(0，2，23，r设平面A1BC的法向量n(x，y，z，uuurruuurrBCgn3xy0|EFgn|4rrr，则uuu，取x1，得n(1,3,1，sinuuuurr|EF|g|n|5ny3z0AC1g直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．35【点评】本题考查空间线面垂直的证明，三棱锥体积的计算．要证线面垂直，需证线线垂直，而线线垂直可以通过平面中的勾股定理、等腰三角形的性质等来证明，也可以通过另外的线面垂直来证明．求三棱锥的体积经常需要进行等积转换，即变换三棱柱的底面．20．【分析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式和前n项和公式列出方程组，求出a10，d2，从而
    an2n2，nN*．Snn2n，nN*，利用(Sn1bn2(Snbn(Sn2bn，能求出bn．（Ⅱ）cnnN*．an2bn2n22n(n1n1，nN*，用数学归纳法证明，得到c1c2cn2n，n(n1a2d4【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，由题意得1，a3d3a3d11解得a10，d2，an2n2，nN*．Snn2n，nN*，Q数列{bn}满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列．(Sn1bn2(Snbn(Sn2bn，解得bn证明：（Ⅱ）cnan2bn2n22n(n112(Sn12SnSn2，解得bnnn，nN*．dn1，nN*，n(n1用数学归纳法证明：①当n1时，c102，不等式成立；②假设nk，(kN*时不等式成立，即c1c2ck2k，则当nk1时，c1c2ckck12k2k2k1kk12k(k1(k2k12k2(k1k2k1，即nk1时，不等式也成立．由①②得c1c2cn2n，nN*．【点评】本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力．21．【分析】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：p1，由此能求出抛物线的准线方程；2（Ⅱ）设A(xA，yA，B(xB，yB，C(xC，yC，重心G(xG，yG，令yA2t，t0，则xAt2，t212(t211222从而直线AB的方程为xy1，代入y4x，得：yy40，求出B(2，，2tttt2t42t221212由重心在x轴上，得到2tyC0，从而C((t，2(t，G(，0，进崦直线AC23tttt的方程为y2t2t(xt2，得Q(t21，0，由此结合已知条件能求出结果．【解答】解：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：抛物线的准线方程为x1；p1，p2，2（Ⅱ）设A(xA，yA，B(xB，yB，C(xC，yC，重心G(xG，yG，令yA2t，t0，则xAt2，
    t21由于直线AB过F，故直线AB的方程为xy1，2t2(t21代入y4x，得：yy40，t222tyB4，即yB221，B(2，，ttt11又xG(xAxBxC，yG(yAyByC，重心在x轴上，332t42t2212122tyC0，C((t，2(t，G(，0，3t2ttt直线AC的方程为y2t2t(xt2，得Q(t21，0，QQ在焦点F的右侧，t22，2t42t211||g|2t||FG|g|yA|2S122t4t2t223t424，422t2t22S21|QG|gt1t1|yC||t21|g|2t|23t2t令mt22，则m0，S1m113，222…213S2m4m323m42mg4mm当m3时，S13取得最小值为1，此时G(2,0．S22【点评】本题考查实数值、抛物线标准方程的求法，考查三角形的面积的比值的最小值及相应点的坐标的求法，考查抛物线、直线方程、重心性质、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．31(1x2(21x1322．【分析】（1）当a时，f(x，利用导数性质能求4x421x4x1x出函数f(x的单调区间．（2）由f(x„t22xx21x1，得0a„，当0a„时，f(x„，等价于22lnx…0，令4aaa442a11x122，设g(tt2x2t1x2lnx，t…22，则g(tx(t122lnx，，则t…xax由此利用分类讨论思想和导导数性质能求出a的取值范围．33【解答】解：（1）当a时，f(xlnx1x，x0，44f(x31(1x2(21x1，4x21x4x1x函数f(x的单调递减区间为(0,3，单调递增区间为(3,．
    （2）由f(x„当0a„令t21，得0a„，42a2xx21x时，f(x„，等价于22lnx…0，4aaa4122，设g(tt2x2t1x2lnx，t…22，，则t…a11x2lnx，则g(tx(t12xx11g(228x421x2lnx，(i当x[，时，1„22，则g(x…x71记p(x4x221xlnx，x…，7则p(x2x2x112xx12xx1(x1[1x(2x21]，xxx1xx1(x1(x12x列表讨论：x171(,1710极小值p（1）(1,p(xP(x1p(7g(222p(x2p(x0．p(x…p（1）0，g(t厖(ii当x[12xlnx(x111g(t…g(1时，，,xe272xlnx211，]，则q(x10，2e7x令q(x2xlnx(x1，x[故q(x在[111，上单调递增，q(x„q(，]e277127127由(i得q(p(p（1）0，77771q(xg(10，q(x0，g(t…x2x由(i(ii知对任意x[即对任意x[1，，t[22，，g(t…0，e2x1，，均有，f(x„2ae22]．4综上所述，所求的a的取值范围是(0，【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力．

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