(完整)2019年浙江卷数学高考真题
2019年浙江省高考数学试卷(原卷版)
18.设函数 .
（1）已知 函数 是偶函数，求 的值；
（2）求函数 的值域.
19.如图，已知三棱柱 ，平面 平面 , ， 分别是 的中点.
（1）证明： ；
（2）求直线 与平面 所成角的余弦值.
20.设等差数列 前 项和为 ， ， ，数列 满足：对每 成等比数列.
A. 158B. 162
C. 182D. 32
5.若 ，则“ ”是 “ ”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 且 图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
7.设 ，则随机变量 的分布列是：
则当 在 内增大时（ ）
A. 增大B. 减小
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）对任意 均有 求 的取值范围.
注： 为自然对数的底数.
2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学
参考公式：
若事件 互斥，则
若事件 相互独立，则
若事件 在一次试验中发生的概率是 ,则 次独立重复试验中事件 恰好发生 次的概率
台体的体积公式
其中 分别表示台体的上、下底面积， 表示台体的高
柱体的体积公式
其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高
锥体的体积公式
A.当 B.当
C.当 D.当
非选择题部分（共110分）
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.复数 （ 为虚数单位），则 ________.
12.已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆相切于点 ，则 _____， ______.
2019年浙江高考数学真题及答案(Word版,精校版)
2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学一、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{}1,0,1,2,3U =-，集合{}0,1,2A =，{}1,0,1B =-，则UA B =A ．{}1-B ．{}0,1?C ．{}1,2,3-D ．{}1,0,1,3-2．渐近线方程为x ±y =0的双曲线的离心率是 A ．22B ．1C ．2D ．23．若实数x ，y 满足约束条件3403400x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则z =3x +2y 的最大值是A ．1-B ．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，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式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 ．325．若a ＞0，b ＞0，则“a +b ≤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y =1xa ，y =log a (x +)，(a >0且a ≠0)的图像可能是7．设0＜a ＜1，则随机变量X 的分布列是则当a 在（0,1）内增大时A ．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V -ABC 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α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β9．已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，若函数()y f x ax b =--恰有三个零点，则A ．a <-1，b <0B ．a <-1，b >0C ．a ＞-1，b ＞0D ．a ＞-1，b <010．设a ，b ∈R ，数列{a n }中a n =a ，a n +1=a n 2+b ，b *∈N ,则A ．当b =，a 10＞10B ．当b =，a 10＞10C ．当b =-2，a 10＞10D ．当b =-4，a 10＞10二、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。
2019年浙江省高考数学试卷(原卷答案解析版)
C.当 D.当
【答案】A
【解析】
【分析】
本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想的考查.本题从确定不动点出发，通过研究选项得解.
【详解】选项B：不动点满足 时，如图，若 ，
排除
如图，若 为不动点 则
选项C：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，
排除
选项D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，排除.
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）对任意 均有 求 的取值范围.
注： 为自然对数的底数.
2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学
参考公式：
若事件 互斥，则
若事件 相互独立，则
若事件 在一次试验中发生的概率是 ,则 次独立重复试验中事件 恰好发生 次的概率
台体的体积公式
其中 分别表示台体的上、下底面积， 表示台体的高
（2）当 时，分三种情况，如图 与 若有三个交点，则 ，答案选D
下面证明： 时，
时 ， ，则 ，才能保证至少有两个零点，即 ，若另一零点在
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及 两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底..
10.设 ，数列 中， ， ,则（ ）
【详解】方法1：由分布列得 ，则
，则当 在 内增大时， 先减小后增大.
方法2：则
故选D.
【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.
8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
2019年浙江省高考数学(含解析版)
【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.
3.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ）
A. B.1
C.10D.12
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.
【详解】方法1：由分布列得 ，则
，则当 在 内增大时， 先减小后增大.
方法2：则
故选D.
【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.
8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A.当 B.当
C.当 D.当
非选择题部分（共110分）
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.复数 （ 为虚数单位），则 ________.
12.已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆相切于点 ，则 _____， ______.
13.在二项式 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.
C. 先增大后减小D. 先减小后增大
8.设三棱锥 底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A. B.
C. D.
9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点，则（ ）
2019年浙江卷数学高考真题文档版(含答案)
绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。
满分150分。
考试用时120分钟。
考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P A B P A P B +=+ 若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B = 若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式11221()3V S S S S h =++其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh =其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 球的表面积公式 24S R =π球的体积公式343V R =π其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）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{}1,0,1,2,3U =-，集合{}0,1,2A =，{}1,0,1B =-，则()U A B ð=A ．{}1-B ．{}0,1C ．{}1,2,3-D ．{}1,0,1,3-2．渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是A ．22B．1C ．2D．23．若实数x，y满足约束条件340340x yx yx y-+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则z=3x+2y的最大值是A．1-B．1C．10 D．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（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．3245．若a>0，b>0，则“a+b≤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y =1xa ，y=log a(x+12)(a>0，且a≠1)的图象可能是7．设0＜a ＜1，则随机变量X 的分布列是则当a 在（0,1）内增大时， A ．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V –ABC 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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P –AC –B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β9．已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >010．设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ，则A ．当b =12时，a 10>10B ．当b =14时，a 10>10C ．当b =–2时，a 10>10D ．当b =–4时，a 10>10非选择题部分（共110分）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。
2019年高考数学浙江卷(附答案)
2019年高考数学浙江卷(附答案)1.已知全集 $U=\{-1.0.1.2.3\}$，集合 $A=\{0.1.2\}$，$B=\{-1.0.1\}$，则 $(A\cup B)^c$ 等于A。
$\{-1\}$ B。
$\{0.1\}$ C。
$\{-1.2.3\}$ D。
$\{-1.0.1.3\}$2.渐近线方程为 $x\pm y=0$ 的双曲线的离心率是A。
$\sqrt{2}$ B。
$1$ C。
$2$ D。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$3.若实数 $x$，$y$ 满足约束条件 $\begin{cases} 3x-y-4\leq 0 \\ x+y\geq 0 \end{cases}$，则 $z=3x+2y$ 的最大值是A。
$-1$ B。
$1$ C。
$10$ D。
$12$4.XXX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 $V_{\text{柱体}}=Sh$，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（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm$^3$）是A。
$158$ B。
$162$ C。
$182$ D。
$324$非选择题部分（共110分）一、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。
请将答案填写在答题纸上。
1.设 $f(x)=\frac{1}{x-1}$，则 $f^{-1}(x)=$______________。
2.已知函数 $f(x)=x^2-2ax+a^2+1$，$a$ 为常数，若$f(1)=0$，$f(x)$ 的最小值为 $2$，则 $a=$______________。
3.已知 $\triangle ABC$，$\angle A=90^\circ$，$AB=3$，$BC=4$，则 $\sin\angle ACB=$______________。
4.已知函数 $f(x)=\log_2(x+1)-\log_2(x-1)$，则$f\left(\frac{1}{3}\right)=$______________。
2019高考数学浙江卷(附参考答案和详解)
第(题图
/!答 案 1
解析如图该柱体是 一 个 五 棱 柱棱 柱 的 高 为 0底 面 可 以
看作由两个直角梯 形 组 合 而 成其 中 一 个 上 底 为 /下 底 为
0#高为 (#另 一 个 的 上 底 为 "#下 底 为
0#高 为 (!
则底面面 积 4'""+0@(+/"+0@('
2019年高考数学浙江卷
!!本试卷分选择题和非选 择 题 两 部 分满 分 !"# 分考 试 用 时 !$# 分 钟 !
参考公式
若事件 +0 互斥则 1+00'1+010!
若事件 +0 相互独立则 1+0'1+10!
若事件 + 在 一 次 试 验 中 发 生 的 概 率 是9则- 次 独 立 重 复
其中 , 表示柱体的底面积K 表示柱体的高! 锥体的体积公式J' ! +,K
其中 , 表示锥体的底面积K 表示锥体的高!
球 的 表 面 积 公 式 ,')A$
球的体积公式J' ) +A+ 其中A 表示球的半径!
第)题图
"!若 ')##()##则 &'0(0)'是 &'(0)'的
Байду номын сангаас-%!#
.%!$
)!祖 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 原 理#利 用 该 原 理 可 以 得 到 柱 体
《高考真题》2019年浙江省高考数学试卷(解析版)
WORD文档2019 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学参考公式：若事件A,B 互斥，则P(A B) P( A) P(B)柱体的体积公式V Sh若事件A,B 相互独立，则P( A B) P( A) P(B)若事件A在一次试验中发生的概率是p , 则nA k次独立重复试验中事件恰好发生次的概率其中表示柱体的底面积，表示柱体的高Sh锥体的体积公式1V Sh3k k n kP (k) C p (1 p) (k 0,1, 2, , n)n n其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高1台体的体积公式V (S1S1S2 S2 ) h3其中S1 ,S2 分别表示台体的上、下底面积，h表2 球的表面积公式球体积公式S 4 R4V R33 其中R表示球的半径示台体的高选择题部分（共40 分）的一、选择题：本大题共10WORD文档小题，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 1,0,1,2,3 ，集合A 0,1,2 ，B1, 0,1 ，则e U A B （）A. 1B. 0,1C. 1,2,3D. 1,0,1,3【答案】 A【解析】【分析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.【详解】 C A={ 1,3} ，则C U A B { 1}U【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.2.渐近线方程为x y 0的双曲线的离心率是（）1A. 22B. 1C. 2D. 2【答案】 C【解析】【分析】本题根据双曲线的渐近线方程可求得 a b，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.【详解】根据渐近线方程为x±y＝0 的双曲线，可得 a b，所以c 2a则该双曲线的离心率为 e c 2a ，故选：C．【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.x 3y 4 03.若实数x, y 满足约束条件3x y 4 0，则z 3x 2y的最大值是（）x y 0A. 1B. 1C. 10D. 12【答案】 C【解析】【分析】本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以(-1,1),(1,-1),(2,2)为顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数z=3x+2y 经过平面区域的点(2, 2)时，z=3 x+2y取最大值z ma x 3 2 2 2 10.2【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错.4.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家. 他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式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. 323【答案】 B【解析】【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2 6 4 63 3 6 162 2 2.【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.5.若a0,b 0，则“a b 4”是“a b 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【答案】 A【解析】【分析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取a,b 的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当a>0, b>0时，a b 2 ab ，则当a b 4时，有2 ab a b 4 ，解得ab 4 ，充分性成立；当a=1, b=4时，满足ab 4 ，但此时a+b =5>4 ，必要性不成立，综上所述，“ a b 4”是“a b 4”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取a,b 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.6.在同一直角坐标系中，函数1 1y , y log x (a 0x aa 2且a 0) 的图象可能是（）4A. B.C. D.【答案】 D【解析】【分析】本题通过讨论 a 的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当0 a 1时，函数xy a 过定点(0,1) 且单调递减，则函数y1xa过定点(0,1) 且单调递增，函数1y log x 过定点a21( ,0)2且单调递减， D 选项符合；当 a 1时，函数xy a 过定点(0,1) 且单调递增，则函数y1xa过定点(0,1) 且单调递减，函数1y log x 过定点a21( ,0）且单调递增，各选项均不2符合.综上，选 D.【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论 a 的不同取值范围，认识函数的单调性.7.设0 a 1，则随机变量X 的分布列是：5则当 a 在0,1 内增大时（）A. 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【答案】 D【解析】【分析】研究方差随 a 变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数 a 表示，应用函数知识求解.本题根据方差与期望的关系，将方差表示为 a 的二次函数，二次函数的图象和性质解题.题目有一定综合性，注重重要知识、基础知识、运算求解能力的考查.详解】方法1：由分布列得1 aE(X ) ，则32 2 2 21 a 1 1 a 1 1 a 12 1 1D X a a ，则当a 在(0,1) 内增大时，( ) 0 13 3 3 3 3 3 9 2 6D(X)先减小后增大.2 2 2 22 a 1 (a1) 2a 2a 2 2 13 【方法2：则D( X ) E X E( X ) 0 a3 3 9 9 9 24 故选 D.【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.8.设三棱锥V ABC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9. AC 所成角为，直线PB 与平面ABC 所成角为，二面角P AC B 的平面角为，则（）10.A. , B. ,11.C. , D. ,12.【答案】 B【解析】6【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.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.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图G 为AC 中点，V 在底面ABC 的投影为O，则P在底面投影 D 在线段AO上，过D作DE 垂直AE ，易得PE / /VG ，过P 作P F // AC 交VG 于F，过D 作D H / /AC ，交BG 于H ，则P F E G D H B D BPF , PBD, PED ，则 c o s c o s，即，P B P B P B P B PD PDtan tanED BD，即y ，综上所述，答案为 B.方法2：由最小角定理，记V AB C 的平面角为（显然）由最大角定理，故选 B.方法3：（特殊位置）取V ABC 为正四面体，P 为VA中点，易得3 33 2 2 2cos sin ,sin , sin6 6 3 3，故选 B.【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.x, x 013.已知a,b R ，函数f (x) 1 13 2x (a 1)x ax, x 03 2 ，若函数y f (x) ax b恰有三个零点，则（）A. a 1,b 0B. a 1,b 0C. a 1,b 0D. a 1,b 07【答案】 C【解析】【分析】当x 0 时，y f()x a x b x a(x1 b ) 最多a 一x 个b零点；当x⋯0 时，1 1 1 13 2 3 2y (f)x a x b x( 1 a)x a x a x b( ，1x利) 用导数a研究函数x 的单调b 性，3 2 3 2根据单调性画函数草图，根据草图可得．b【详解】当x 0 时，y f (x) ax b x ax b (1 a)x b 0，得；y f (x) ax b最x1 a多一个零点；当x⋯0时，1 1 1 13 2 3 2y f (x) ax b x (a1)x ax ax b x (a 1)x b ，3 2 3 22 ( 1)y x a x，当a 1,0，即a, 1时，y ⋯0，y f (x) ax b在[0 ，) 上递增，y f (x) ax b最多一个零点．不合题意；当a 1 0，即a 1时，令y0 得x [ a 1，) ，函数递增，令y0 得x [0 ，a 1) ，函数递减；函数最多有 2 个零点；根据题意函数y f (x) ax b恰有 3 个零点函数y f ( x) ax b在( ,0) 上有一个零点，在[0 ，) 上有2 个零点，如图：b a 0且b 01 13 2(a 1) (a 1)(a 1) b 03 2，1解得b 0，1 a 0，130 b (a 1) , a 1．6故选：C．8【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及a, b 两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.14.设a,b R ，数列a n 中， 2a1 a,a n 1 a n b ，n N , 则（）1 1b ,a 10 B. 当b ,a10 10 A. 当102 4C. 当b 2, a10 10D. 当b 4, a10 10【答案】 A【解析】【分析】对于B，令 2 1x 0，得λ4 121a ，得到当 b，取 12142﹣λ﹣2＝0，得时，a10＜10；对于C，令x2﹣λ﹣4＝0，得 1 17λ＝2 或λ＝﹣1，取a1＝2，得到当b＝﹣2时，a10＜10；对于D，令x2，取1 17a ，得到当b ＝﹣4时，a10 ＜10；对于 A ，121 12a a ，22 21 1 32 2a (a) ，32 2 4a3 1 9 1 17n 14 2 2a (a a ) ＞1，当n≥ 4 时，4a4 2 16 2 16n a n12an＞11 32 2a10，由此推导出a4＞（32）7296，从而a10＞＞10．64【详解】对于B，令 2 1x 0，得λ4 12，9取111a，∴ a 2， ，a＜10 ，1n2 2 2 ∴当 b 14时， a 10＜ 10，故 B 错误；对于C ，令 x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝ 2 或 λ＝﹣1， 取 a 1＝2，∴ a 2＝2，⋯ ， a n ＝2＜10， ∴当 b ＝﹣2 时， a 10＜10，故 C 错误； 对于D ，令 x2﹣λ﹣4＝0，得1 172﹣λ﹣4＝0，得1 172， 取117117a，∴ a 2，⋯ ， 1221 17 a＜ 10， n2∴当 b ＝﹣4 时， a 10＜10，故 D 错误； 对于A ，11 2aa， 22211 322a(a ) ，32244 2 23 1 91 17a(a a) ＞1，442 16 2 16a n+1﹣a n ＞0，{ a n }递增，anan1a n1 2 an＞ 11 32 2当 n ≥ 4 时，，a 5 a4＞3 2 a4 3 ＞ a 52∴，∴a 10a4＞ （ 3 2729 ）6，∴ a ＞＞ 10．故 A 正确． 1064a10 a9＞3 2故选：A ．a的【点睛】遇到此类问讨论，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步题.可能取值，利用“排除法”求解10非选择题部分（共110分）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15.复数z11 i（i 为虚数单位），则| z | ________. 2【答案】2【解析】【分析】本题先计算z，而后求其模.或直接利用模的性质计算. 容易题，注重基础知识、运算求解能力的考查.【详解】| z|1 12 |1 i | 2 2.【点睛】本题考查了复数模的运算，属于简单题.16.已知圆C 的圆心坐标是(0, m) ，半径长是r . 若直线2x y 3 0与圆相切于点A( 2, 1) ，则m _____，r ______.【答案】(1). m 2 (2). r 5【解析】【分析】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC 的斜率，进一步得到其方程，将(0, m) 代入后求得m ，计算得解.【详解】可知1 1k AC : y 1 (x 2) ，把(0,)m代入得m 2，此时r | AC | 4 1 5 .AC2 2【点睛】解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.17.在二项式9( 2 x) 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.【答案】(1). 16 2 (2). 5【解析】【分析】11本题主要考查二项式定理、二项展开式的通项公式、二项式系数，属于常规题目.从写出二项展开式的通项入手，根据要求，考察x 的幂指数，使问题得解.【详解】9( 2 x) 的通项为r 9 r rT 1 C9 ( 2) x (r 0,1,2 9) r可得常数项为0 9T1 C9 ( 2) 16 2 ，因系数为有理数，r = 1,3,5,7,9，有T , T ,T ,T ,T共5 个项2 4 6 8 10【点睛】此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确.18.在V ABC 中，ABC 90 ，AB 4 ，BC 3，点D 在线段AC 上，若BDC 45 ，则BD ____；cos ABD ________.【答案】(1). 12 25 (2). 7 210【解析】【分析】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.在BDC 、ABD 中应用正弦定理，由cos ABD cos( BDC BAC ) 建立方程，进而得解.【详解】在ABD 中，正弦定理有：AB BDsin ADB sin BAC，而3AB 4, ADB ,42 2AC AB BC 5 ，BC 3 AB 4sin BAC ,cos BACAC 5 AC 5，所以12 2BD .57 2cos ABD cos( BDC BAC ) cos cos BAC sin sin BAC4 4 1012【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.19.已知椭圆2 2x y9 51 的左焦点为 F ，点P 在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是_______ .【答案】15【解析】【分析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.【详解】方法1：由题意可知|OF |=|OM |= c= 2，由中位线定理可得PF1 2| O M | 4 ，设P(x, y) 可得 2 2(x2) y 16 ，联立方程2 2x y9 51可解得3 21x x （舍），点P 在椭圆上且在x轴的上方，,2 215求得3 15P , ，所以2 2kPF21512方法2：焦半径公式应用13解析1：由题意可知|OF |=|OM |= c= 2，由中位线定理可得PF1 2| O M | 4 ，即 a ex 4 xp p 3 2求得3 15P , ，所以2 2152 15k .PF12【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.20.已知a R，函数 3f (x) ax x ，若存在t R ，使得2| f (t 2) f (t) | ，则实数a 的最大值是____.3a 【答案】max 4 3【解析】【分析】本题主要考查含参绝对值不等式、函数方程思想及数形结合思想，属于能力型考题. 从研究2f (t 2) f (t) 2a 3t 6t 4 2入手，令2m 3t 6t 4 [1, ) ，从而使问题加以转化，通过绘制函数图象，观察得解.【详解】使得 2 2 2f (t 2) f (t) a{2 (t2) t(t 2) t ]} 2 2 a 3t6t 4 2 ，使得令 2m 3t 6t 4 [1, ) ，则原不等式转化为存在1m 1, |am 1| ，由折线函数，如图3只需1 1a 1 ，即3 32 4a ，即a 的最大值是3 343【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.21.已知正方形ABCD 的边长为1，当每个i (i 1, 2,3, 4,5,6) 取遍时，14| AB BC CD DA AC BD |的最小值是________；最大值是_______.1 2 3 4 5 6【答案】(1). 0 (2). 2 5【解析】分析】本题主要考查平面向量的应用，题目难度较大.从引入“基向量”入手，简化模的表现形式，利用转化与化归思想将问题逐步简化.【详解】正方形ABCD 的边长为1，可得AB AD AC ，BD AD AB ，AB ? AD 0，【1 AB2 BC 3CD 4 DA 5 AC 6 BD 13 5 6 AB 2456 AD 要使 1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD 的最小，只需要1 3 5 62 4 5 6 0，此时只需要取 1 1, 2 1,3 1,4 1,5 1,6 1此时 1 2 3 4 5 6AB BC CD DA AC BD 0min2 2 1 AB 2 BC 3CD 4 DA 5 AC 6 BD1 3 5 6 AB2 4 5 6 AD2 21 3 5 62 4 5 62 21 3 5 62 4 5 62 2 225 6 5 62 28 45 6 5 6 5 6 5 62 2 28 4 25 6 5 6 5 62 2 2 212 4 25 6 5 6 5 62 2 2 212 4 2 2 205 6 5 6等号成立当且仅当1, 3, 5 6 均非负或者均非正，并且 2 , 4, 5 6 均非负或者均非正。
2019高考浙江卷数学试卷及答案(word版)
2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P AB P A P B 若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B 若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)kkn kn nP k p p k n 台体的体积公式11221()3VS S S S h其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式13VSh其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高球的表面积公式24S R球的体积公式343VR其中R 表示球的半径选择题部分（共40分）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1,0,1,2,3U ，集合0,1,2A，1,0,1B，则U A B e =（）A ．1B ．C ．1,2,3D ．1,0,1,32．渐近线方程为x ±y=0的双曲线的离心率是（）A ．22B ．1C ．2D ．23．若实数x ，y 满足约束条件3403400x yx yxy，则z=3x+2y 的最大值是（）A ．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，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式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．158 B．162C．182 D．325．若a＞0，b＞0，则“a+b≤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y =1xa，y=log a(x+12)，(a>0且a≠0)的图像可能是（）7．设0＜a＜1，则随机变量X的分布列是则当a在（0,1）内增大时（）A．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V-ABC 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α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P-AC-B 的平面角为γ，则（）A ．β<γ，α<γB ．β<α，β<γC ．β<α，γ<αD ．α<β，γ<β9．已知,a bR ，函数32,0()11(1),032x xf x x a x ax x，若函数()yf x axb 恰有三个零点，则（）A ．a<-1，b<0B ．a<-1，b>0C ．a ＞-1，b ＞0D ．a ＞-1，b<010．设a ，b ∈R ，数列{a n }中a n =a ，a n +1=a n 2+b ，b N,则（）A ．当b=12，a 10＞10 B ．当b=14，a 10＞10C ．当b=-2，a 10＞10D ．当b=-4，a 10＞10非选择题部分（共110分）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。
2019年浙江省高考数学试卷
2019年浙江省高考数学试卷一、选择题1. 已知全集U={−1, 0, 1, 2, 3}，集合A={0,1,2},B={−1,0,1}，则(∁U A)∩B=( )A.{−1}B.{0,1}C.{−1,2,3}D.{−1,0,1,3}2. 渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是( )A.√22B.1C.√2D.23. 若实数x, y满足约束条件{x−3y+4≥0,3x−y−4≤0,x+y≥0,则z=3x+2y的最大值是( )A.−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（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是( )A.158B.162C.182D.3245. 若a>0，b>0，则$``a + b \leq 4"$是$``ab \leq 4"$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y=1a x ，y=log a(x+12)，(a>0且a≠0)的图象可能是( )A. B.C. D. 7. 设0<a<1，则随机变量x的分布列如图，则当a在(0,1)内增大时( )A.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V−ABC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α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P−AC−B的平面角为γ，则( )A.β<γ, α<γB.β<α, β<γC. β<α, γ<αD.α<β, γ<β9. 已知a,b∈R，函数f(x)={x,x<013x3−12(a+1)x2+ax,x≥0，若函数y=f(x)−ax−b恰有三个零点，则( )A.a<−1,b<0B.a<−1,b>0C.a>−1,b<0D.a>−1,b>010. 设a,b∈R，数列{a n}中，a1=a，a n+1=a n2+b，n∈N∗则()A.当b=12时，a10>10B.当b=14时，a10>10C.当b=−2时，a10>10D.当b=−4时，a10>10二、填空题11. 复数z=11+i(i为虚数单位)，则|z|=________.12. 已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是r.若直线2x−y+3=0与圆C相切于点A(−2,−1)，则m=，r= .13. 在二项式(√2+x)9展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是_______.14. 在△ABC中，∠ABC=90∘,AB=4,BC=3，点D在线段AC上，若∠BDC=45∘，则BD=________，cos∠ABD=________.15. 已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF 的斜率是________.16. 已知a ∈R ，函数f(x)=ax 3−x ，若存在t ∈R ，使得|f(t +2)−f(t)|≤23，则实数a 的最大值是________.17. 已知正方形ABCD 的边长为1，当每个λi (i =1,2,3,4,5,6)取遍±1时，|λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →|的最小值是________，最大值是________. 三、解答题18. 设函数f(x)=sinx ，x ∈R .(1)已知θ∈[0,2π)，函数f(x +θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数y =[f (x +π12)]2+[f (x +π4)]2的值域.19. 如图，已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC =90∘，∠BAC =30∘，A 1A =A 1C =AC ，E, F 分别是AC ，A 1B 1的中点.(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.20. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=4,a 4=S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N ∗,S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n =√an2bn, n ∈N ∗，证明： c 1+c 2+⋯+c n <2√n,n ∈N ∗.21. 如图，已知点F(1,0)为抛物线y 2=2px(p >0)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△AFG,△CQG 的面积分别为S 1,S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标.22. 已知实数a ≠0，设函数f(x)=alnx +√1+x,x >0. (1)当a =−34时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x ∈[1e2,+∞)均有f(x)≤√x2a，求a 的取值范围.注：e =2.71828⋯为自然对数的底数.参考答案与试题解析2019年浙江省高考数学试卷一、选择题1.【答案】A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ U={−1,0,1,2,3},A={0,1,2},B={−1,0,1}，∴(∁U A)∩B={−1,3}∩{−1,0,1}={−1}.故选A.2.【答案】C【考点】双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：∵±x=y，∴b2a2=1，∵c2=a2+b2，∴ca=√2，故选C.3.【答案】C【考点】简单线性规划【解析】此题暂无解析【解答】解：根据约束条件作出可行域如图：联立{x−3y+4=0,3x−y−4=0,解得A(2, 2)，化目标函数z=3x+2y为y=−32x+12z，由图可知，当直线y=−32x+12z过点A(2, 2)时，直线在y轴的截距最大，z有最大值10.故选C.4.【答案】B【考点】由三视图求体积【解析】此题暂无解析【解答】解：如图所示，该三视图的直观图为一个直五棱柱.底面可以看成两个直角梯形拼凑而成，故体积为:V=[12×(2+6)×3+12×(4+6)×3]×6=162. 故选B.5.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】此题暂无解析 【解答】解：∵ a +b ≤4 ∴ 4≥a +b ≥2√ab ∴ ab ≤4，所以是充分条件； 当a =1,b =4时满足ab ≤4但是不满足a +b ≤4，所以不是必要条件； 故选A. 6.【答案】 D【考点】指数函数的图像变换 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由函数y =1a x ，y =log a (x +12)，当a >1时，可得y =1a x 是递减函数，图象恒过(0,1)点， y =log a (x +12)是递增函数，图象恒过(12,0)；当0<a <1时，可得y =1a 是递增函数，图象恒过(0,1)点， y =log a (x +12)是递减函数，图象恒过(12,0). ∴ 满足要求的图象为D . 故选D . 7.【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差 离散型随机变量及其分布列 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由表格数据可得：E(X)=13×0+13×a +13×1=13(a +1)， 由D(X)=E{[X −E(X)]2}可知：D(X)=13[0−13(a +1)]2+13[a −13(a +1)]2+13[1−13(a +1)]2=29(a 2−a +1)，∴ D(X)为关于a 的二次函数， 其图象开口向上，对称轴为a =12.故当a 在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大.故选D . 8.【答案】 B【考点】二面角的平面角及求法 直线与平面所成的角 异面直线及其所成的角 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：作PD//CA 交VC 于D ,由于AB =BC =CA ，AV =BV =CV ，则V −ABC 为正三棱锥，由对称性知BD =PB ,取PD 中点E ，连结BE ，作EH ⊥平面ABC 于点H ，连结BH ，作PF ⊥平面ABC 于点F ，连结BF ，作PG ⊥AC 于点C ，连结GF ，所以BE ⊥PD , 由PD//AC ，知α=∠BPD ， 由PF ⊥平面ABC 知β=∠PBF ，由PG ⊥AC ，PF ⊥平面ABC ,知γ=∠PGF ， 则sinα=BE BP=√EH2+BH 2BP ,√EH 2+BH 2BP>√EH 2BP=EH BP,又因为PD//CA ，点E 在PD 上，EH ⊥平面ABC 于点H ,PF ⊥平面ABC 于点F ， 所以EH =PF ，所以sinβ=PFBP =EHBP ， 则sinα>sinβ,由α∈(0,π2) β∈(0,π2)可知α>β，由于P 在VA 上，由对称性BP =CP ，而CP >PG ， 则sinγ=PFPG >PFCP =PFBP =sinβ， 故γ>β,则α>β,γ>β. 故选B . 9.【答案】C【考点】函数的零点 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：函数y =f(x)−ax −b 恰有三个零点，则方程g(x)=f(x)−ax =b 有三个不同的实根，则g(x)={(1−a)x (x <0)13x 3−12(a +1)x 2(x ≥0)，且当x =0时，g(x)=0， 即g(x)的图象必经过点(0,0)，则g ′(x)={1−a (x <0)x 2−(a +1)x (x ≥0)，①当a +1≤0，即a ≤−1时，1−a ≥0，可知函数g(x)在R 上单调递增， 则g(x)=b 仅有1个零点，不符合题意；②当a +1>0，即a >−1时，可知g(x)在(0,a +1)上单调递减，在(a +1,+∞)上单调递增， 要满足g(x)=b 有三个不同的实根，需g(x)在(−∞,0)上单调递增， 即1−a >0，得−1<a <1，此时函数g(x)图象大致如下，则b 需满足g(1+a)<b <0，即−16(1+a)3<b <0. 综上，a >−1,b <0. 故选C . 10.【答案】 A【考点】 数列的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：当b =14时，a n+1=a n 2+14，由不动点可得：a n+1−12=a n2−14=(a n +12)(a n −12)，则当a 1=a =12时，a 10=12<10，不合题意，故B 错误，当b =−2时，a n+1=a n 2−2，由不动点可得：a n+1+1=a n 2−1=(a n +1)(a n −1)， 则当a 1=a =−1时，a 10=−1<10，不合题意，故C 错误， 当b =−4时，a n+1=a n 2−4，由不动点可得：a n+1−1+√172=a n 2−9+√172=(a n +1+√172)(a n −1+√172)，则当a 1=a =1+√172时，a 10=1+√172<10，不合题意，故D 错误，故选A .二、填空题 11.【答案】√22【考点】 复数的模 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：z =11+i =12−12i ∴ |z|=√(12)2+(−12)2=√22，故答案为：√22.12.【答案】−2,√5 【考点】直线和圆的方程的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：已知圆C 的圆心坐标是(0,m)，半径长是r ， 则圆C 的方程为x 2+(y −m)2=r 2.又因为直线2x −y +3=0与圆相切于点A(−2,−1)， 把A(−2,−1)代入圆C 的方程，得4+(−1−m)2=r 2， 即4+(1+m)2=r 2.①∵ 直线2x −y +3=0与圆相切，∴ 圆心(0,m)到直线2x −y +3=0的距离为r ， ∴22=r ，化简得(3−m)2=5r 2.②联立①②，消去r 2得m 2+4m +4=0，解得m =−2， 代入②得r =√5. 故答案为：−2;√5. 13.【答案】 16√2；5. 【考点】二项式系数的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(√2+x)9的展开式的二项式的项为C 9r ×(√2)9−r ×x r ,由二项式可知，只有当r =0时，展开式为常数项：(√2)9−0=16√2. 当r =1,3,5,7,9时，展开式的二项式的系数为有理数，共5项. 故答案为：16√2；5. 14.【答案】12√25,7√210 【考点】 勾股定理三角形的面积公式 正弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：根据题意，以点A 为原点，AC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，过点B 作BE ⊥AC 交AC 于点E ， 则S △ABC =12AC ⋅BE =12AB ⋅BC =6， 又∵ 在Rt △ABC 中，AC =2+BC 2=5， ∴ BE =125， AE =√AB 2−BE 2=√16−(125)2=165，则A(0,0), C(5,0), B(165,125). 设点D 坐标为(x,0)，连接BD ， 则|DE|=165−x ，∵ ∠BDC =45∘， ∴ |DE|=|BE|=125，解得x =45， |BD|=|BE|sin∠BDE=12√25. ∴ S △ABD =12|AB|⋅|BD|⋅sin∠ABD =12|AD|⋅|BE| =12×45×125，解得sin∠ABD =√210，∵ ∠ABD 为锐角， ∴ cos∠ABD =7√210. 综上：BD =12√25,cos∠ABD =7√210. 故答案为：12√25,7√210. 15.【答案】 √15【考点】圆与圆锥曲线的综合问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由椭圆方程可知a =3，c =2，∴ F(−2, 0)， 根据题意，画出图形：设线段PF 中点为M ，椭圆右焦点为F 1， ∵ M 在以O 为圆心，|OF|为半径的圆上， ∴ F 1也在圆上，连接OM, PF 1, MF 1，则∠FMF 1=90∘， OM 是△FPF 1的中位线，∴ |PF 1|=2|OM|=2|OF|=2×2=4， 由椭圆定义|PF|+|PF 1|=2a =6，得|PF|=2，|MF|=|PF|2=1，又∵∠FMF1为直角，|MF1|2=|FF1|2−|MF|2=15，∴tan∠MFF1=|MF1||MF|=√151=√15，∴直线PF的斜率是√15. 故答案为：√15.16.【答案】43【考点】绝对值不等式【解析】此题暂无解析【解答】解：∵|f(t+2)−f(t)|≤23，代入f(x)函数式，得|a(6t2+12t+8)−2|≤23，∴a(6t2+12t+8)−2≤23或2−a(6t2+12t+8)≤23，即23(3t2+6t+4)≤a≤43(3t2+6t+4)，∵23(3t2+6t+4)∈(0,23],43(3t2+6t+4)∈(0,43]，∴0<a≤43，a的最大值为43.故答案为：43.17.【答案】0，2√5【考点】向量的概念与向量的模【解析】此题暂无解析【解答】解：如图所示，解：如图所示，∵|λ1AB→+λ2BC→+λ3CD→+λ4DA→+λ5AC→+λ6BD→|=|(λ1−λ3+λ5−λ6)AB→+(λ2−λ4+λ5+λ6)AD→|∴当λ1=1,λ2=−1,λ3=1,λ4=1,λ5=1,λ6=1，即|(λ1−λ3+λ5−λ6)AB→+(λ2−λ4+λ5+λ6)AD→|=|0|时，|λ1AB→+λ2BC→+λ3CD→+λ4DA→+λ5AC→+λ6BD→|取到最小值为0，∵λ5=±1,λ6=±1，∴λ5AC→+λ6BD→=(λ5−λ6)AB→+(λ5+λ6)AD→=±2AB→或±2AD→,令λ5=1,λ6=−1，原式=|(λ1−λ3+2)AB→+(λ2−λ4)AD→|，∴当λ1=1,λ2=1,λ3=−1,λ4=−1时，即|(λ1−λ3+2)AB→+(λ2−λ4)AD→|=|4AB→+2AD→|=2√5，|λ1AB→+λ2BC→+λ3CD→+λ4DA→+λ5AC→+λ6BD→|取到最大值为2√5.故答案为：0；2√5.三、解答题18.【答案】解：(1)∵f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函数，∴对任意实数x都有sin(x+θ)=sin(−x+θ)，即sinxcosθ+cosxsinθ=−sinxcosθ+cosxsinθ故2sinxcosθ=0，∴cosθ=0.又θ∈[0,2π)，∴θ=π2或3π2；(2)y=[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2=sin2(x+π12)+sin2(x+π4)=1−cos(2x+π6)2+1−cos(2x+π2)2=1−12(√32cos2x−32sin2x)=1−√32cos(2x+π3)，∴函数的值域是[1−√32,1+√32].【考点】二倍角的余弦公式三角函数的恒等变换及化简求值函数的值域及其求法【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)∵f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函数，∴对任意实数x都有sin(x+θ)=sin(−x+θ)，即sinxcosθ+cosxsinθ=−sinxcosθ+cosxsinθ故2sinxcosθ=0，∴cosθ=0.又θ∈[0,2π)，∴θ=π2或3π2；(2)y=[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2=sin2(x+π12)+sin2(x+π4)=1−cos(2x+π6)2+1−cos(2x+π2)2=1−12(√32cos2x−32sin2x)=1−√32cos(2x+π3)，∴函数的值域是[1−√32,1+√32].19.【答案】(1)证明：如图，连接A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，∴A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，又∵A1F//AB，∠ABC=90，故BC⊥A1F，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC.(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGFA1为矩形，由(1)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，连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2√3，EG=√3，由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=√152，∴cos∠EOG=EO2+OG2−EG22EOOG=35，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.【考点】直线与平面所成的角两条直线垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：如图，连接A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，∴A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，又∵A1F//AB，∠ABC=90，故BC⊥A1F，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC.(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGFA1为矩形，由(1)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，连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2√3，EG=√3，由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=√152，∴cos∠EOG=EO2+OG2−EG22EOOG =35，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.20.【答案】(1)解：设数列{a n}的公差为d，由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，解得a1=0,d=2.从而a n=2n−2,n∈N∗.所以S n=n2−n,n∈N∗.由S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列得(S n+1+b n)2=(S n+b n)(S n+2+b n).解得b n=1d (S n+12−S n S n+2).所以b n=n2+n,n∈N∗.(2)证明：c n=√a n2b n =√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1),n∈N∗.我们用数学归纳法证明.①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；②假设n=k(k∈N∗)时不等式成立，即c1+c2+⋯+c k<2√k. 那么，当n=k+1时，c1+c2+⋯+c1+c k+1<2√k+√k(k+1)(k+2)<2√k+√1k+1<2√k√k+1+√k=2√k+2(√k+1−√k)=2√k+1,即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②，不等式c1+c2+⋯+c n<2√n对任意n∈N∗恒成立. 【考点】数列递推式数学归纳法【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：设数列{a n}的公差为d，由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，解得a1=0,d=2.从而a n=2n−2,n∈N∗.所以S n=n2−n,n∈N∗.由S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列得(S n+1+b n)2=(S n+b n)(S n+2+b n).解得b n=1d(S n+12−S n S n+2).所以b n=n2+n,n∈N∗.(2)证明：c n=√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1),n∈N∗.我们用数学归纳法证明.①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；②假设n=k(k∈N∗)时不等式成立，即c1+c2+⋯+c k<2√k. 那么，当n=k+1时，c1+c2+⋯+c1+c k+1<2√k+√k(k+1)(k+2)<2√k+√1k+1<2√kk+1+k=2√k+2(√k+1−√k)=2√k+1,即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②，不等式c1+c2+⋯+c n<2√n对任意n∈N∗恒成立.21.【答案】解：(1)由题意得p2=1，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.(2)设A(x A,y A),B(x B,y B),C(x C,y C)，重心G(x G,y G).令y A=2t,t≠0，则x A=t2.由于直线AB过F，故直线AB方程为x=t2−12ty+1，代入y2=4x，得y 2−2(t 2−1)ty −4=0.故2ty B =−4，即y B =−2t , 所以B (1t 2,−2t ).又由于x G =13(x A +x B +x C ), y G =13(y A +y B +y C )及重心G 在x 轴上， 故2t −2t +y C =0,得C ((1t −t)2,2(1t −t)),G (2t 4−2t 2+23t 2,0).所以，直线AC 方程为y −2t =2t (x −t 2)， 得Q(t 2−1,0).由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2. 从而S1S 2=12|FG||y A |12|QG||y c |=|2t 4−2t 2+23t 2−1||2t||t 2−1−2t 4−2t 2+23t 2||2t −2t|=2t 4−t 2t 4−1 =2−t 2−2t 4−1.令m =t 2−2，则m >0, S 1S 2=2−m m 2+4m +3 =2−1m +3m +4≥2−12√m 3m+4 =1+√32. 当m =√3时，S 1S 2取得最小值1+√32，此时G(2,0).【考点】圆锥曲线中的定点与定值问题 抛物线的性质 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由题意得p2=1，即p =2.所以，抛物线的准线方程为x =−1.(2)设A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),C (x C ,y C )，重心G(x G ,y G ). 令y A =2t,t ≠0，则x A =t 2.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为x =t 2−12ty +1，代入y 2=4x ，得 y 2−2(t 2−1)ty −4=0.故2ty B =−4，即y B =−2t ,所以B (1t 2,−2t ).又由于x G =13(x A +x B +x C ), y G =13(y A +y B +y C )及重心G 在x 轴上， 故2t −2t +y C =0,得C ((1t −t)2,2(1t −t)),G (2t 4−2t 2+23t 2,0).所以，直线AC 方程为y −2t =2t (x −t 2)， 得Q(t 2−1,0).由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2. 从而S 1S 2=12|FG||y A |12|QG||y c |=|2t 4−2t 2+23t 2−1||2t||t 2−1−2t 4−2t 2+23t 2||2t −2t|=2t 4−t 2t 4−1 =2−t 2−2t 4−1.令m =t 2−2，则m >0, S 1S 2=2−m m 2+4m +3 =2−1m +3m+4≥2−2√m 3m +4=1+√32. 当m =√3时，S 1S 2取得最小值1+√32，此时G(2,0).22.【答案】解：(1)当a=−34时，f(x)=−34lnx+√1+x,x>0，则f′(x)=−34x2√1+x=√1+x−2)(2√1+x+1)4x√1+x，当f′(x)>0时，解得x>3；当f′(x)<0时，解得0<x<3；所以，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(1)≤12a ，得0<a≤√24，当0<a≤√24时，f(x)≤√x2a，等价于√x a2−2√1+xa−2lnx≥0，令t=1a，则t≥2√2，设g(t)=t2√x−2t√1+x−2lnx,t≥2√2，则g(t)=√x(t−√1+1x )2−√x−2lnx，①当x∈[17,+∞)时，√1+1x≤2√2，则g(t)≥g(2√2)=8√x−4√2√1+x−2lnx，记p(x)=4√x−2√2√1+x−lnx,x≥17，则p′(x)=2√x√2√x+11x=√x√x+1√2x√x+1x√x+1=√x(√2x+2−1)]x x+1(x+1)(x+1+√2x)，故所以，p(x)≥p(1)=0，因此，g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0；②当x∈[1e2,17)时，g(t)≥g(√1+1x )=√xlnx−(x+1)√x，令q(x)=2√xlnx+(x+1),x∈[1e2,17]，则q′(x)=√x+1>0，故q(x)在[1e2,17]上单调递增，所以q(x)≤q(17)，由①得，q(17)=−2√77p(17)<−2√77p(1)=0所以，q(x)<0，因此，g(t)≥g(√1+1x)=√x>0，由①②知对任意x∈[1e2,+∞)，t∈[2√2,+∞)，g(t)≥0，即对任意x∈[1e2,+∞)，均有f(x)≤√x2a，综上所述，所求a的取值范围是(0,√24].【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性函数的单调性及单调区间【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当a=−34时，f(x)=−34lnx+√1+x,x>0，则f′(x)=−34x2√1+x=√1+x−2)(2√1+x+1)4x1+x，当f′(x)>0时，解得x>3；当f′(x)<0时，解得0<x<3；所以，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(1)≤12a，得0<a≤√24，当0<a≤√24时，f(x)≤√x2a，等价于√xa2−2√1+xa−2lnx≥0，令t=1a，则t≥2√2，设g(t)=t2√x−2t√1+x−2lnx,t≥2√2，则g(t)=√x(t−√1+1x)2√x−2lnx，①当x∈[17,+∞)时，√1+1x≤2√2，则g(t)≥g(2√2)=8√x−4√2√1+x−2lnx，记p(x)=4√x−2√2√1+x−lnx,x≥17，则p ′(x)=2√x√2√x +11x=√x √x +1√2x √x +1x √x +1 =√x(√2x+2−1)]x x+1(x+1)(x+1+√2x)，故所以，p(x)≥p(1)=0，因此，g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0； ②当x ∈[1e 2,17)时，g(t)≥g (√1+1x )=√xlnx−(x+1)x，令q(x)=2√xlnx +(x +1),x ∈[1e 2,17]，则 q ′(x)=√x +1>0，故q(x)在[1e ,17]上单调递增，所以q(x)≤q (17)， 由①得，q (17)=−2√77p (17)<−2√77p(1)=0所以，q(x)<0，因此，g(t)≥g (√1+1x )=√x>0，由①②知对任意x ∈[1e 2,+∞)，t ∈[2√2,+∞)，g(t)≥0，即对任意x ∈[1e 2,+∞)，均有f(x)≤√x2a，综上所述，所求a 的取值范围是(0,√24].。
2019年浙江省高考数学试卷和答案
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．（4分）已知全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，B ＝{﹣1，0，1}，则（∁U A）∩B＝（）A．{﹣1}B．{0，1}C．{﹣1，2，3}D．{﹣1，0，1，3}2．（4分）渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是（）A．B．1C．D．23．（4分）若实数x，y满足约束条件则z＝3x+2y的最大值是（）A．﹣1B．1C．10D．124．（4分）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（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是（）A．158B．162C．182D．324 5．（4分）若a＞0，b＞0，则“a+b≤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．（4分）在同一直角坐标系中，函数y＝，y＝1og a（x+）（a＞0且a≠1）的图象可能是（）A．B．C．D．7．（4分）设0＜a＜1．随机变量X的分布列是X0a1P则当a在（0，1）内增大时，（）A．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．（4分）设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱V A上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β9．（4分）设a，b∈R，函数f（x）＝若函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点，则（）A．a＜﹣1，b＜0B．a＜﹣1，b＞0C．a＞﹣1，b＜0D．a＞﹣1，b＞010．（4分）设a，b∈R，数列{a n}满足a1＝a，a n+1＝a n2+b，n∈N*，则（）A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时，a10＞10C．当b＝﹣2时，a10＞10D．当b＝﹣4时，a10＞10二、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。
2019年浙江卷数学高考试题(含答案)
2019年浙江卷数学高考试题(含答案)2019年浙江省高考数学试卷一、选择题：1.已知全集 $U=\{-1,0,1,2,3\}$，集合 $A=\{0,1,2\}$，$B=\{-1,1\}$，则 $(U-A) \cap B=$（）。
A。
$\{-1\}$。
B。
$\{0,1\}$。
C。
$\{-1,2,3\}$。
D。
$\{-1,1,3\}$2.渐进线方程为 $x^2-y^2=4$ 的双曲线的离心率是（）。
A。
$\sqrt{2}$。
B。
$1$。
C。
$2$。
D。
$\sqrt{2}/2$3.若实数 $x,y$ 满足约束条件 $\begin{cases}3x-y\leq 4 \\ x+y\geq 1\end{cases}$，则 $z=3x+2y$ 的最大值是（）。
A。
$-1$。
B。
$1$。
C。
$10$。
D。
$12$4.XXX是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式$V_{\text{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。
$158$。
B。
$162$。
C。
$182$。
D。
$324$5.若 $a>0,b>0$，则“$a+b^4$ 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 $y=\dfrac{11}{a^2x}$，$y=\log_a(x+1)$，$(a>0,a\neq 1)$ 的图象可能是（）。
7.设 $0<a<1$。
随机变量 $X$ 的分布列是begin{array}{c|cc}X & 1 & 2 \\XXXP & a & 1-aend{array}则当 $a$ 在 $(0,1)$ 内增大时，（）。
A。
$D(X)$ 增大。
2019年浙江卷数学高考试题(含答案)
A．158B．162C．182
D．324
5．若a>0，b>0，则“a+b≤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
若事件A，B互斥，则P(AB)P(A)P(B)
柱体的体积公式VSh
6．在同一直角坐标系中，函数y=1
，y=log (x+1)(a>0，且a≠1)的图象可能
7．设0＜a＜1，则随机变量X的分布列是
则当a在（0,1）内增大时，
A．1C．1,2,3
2．渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是
B．0,1D．1,0,1,3
A．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V–ABC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所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P–AC–B的平面角为γ，则
若事件A，B相互独立，则P(AB)P(A)P(B)
若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率
P(k)Ckpk(1p)nk(k0,1, 2,,n)
台体的体积公式V1(SS)h
312
其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高
其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高
本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。满分150
分。考试用时120分钟。考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
2019年全国高考试题数学浙江卷附答案详解
2019年全国高考试题数学浙江卷一、选择题1.已知全集{1,0,1,2,3}U =-，集合{0,1,2}A =，{1,0,1}B =-，则()U C A B ⋂=（ ）A.{1}-B.{0,1}C.{1,2,3}-D.{1,0,1,3}- 答案：A解答：{1,3}U C A =-，则(){1}U C A B ⋂=-. 2.渐近线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是（ ）B.1D.2答案：C解答：因为双曲线的渐近线为0x y ±=，所以1a b ==，则c ==ce a==3.若实数x ，y 满足约束条件3403400x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则32z x y =+的最大值是（ ）A.1-B.1C.10D.12 答案：C解答：在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以(1,1)-，(1,1)-，(2,2)为顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数32z x y =+经过平面区域内的点(2,2)时，32z x y =+取得最大值max 322210z =⨯+⨯=.4.祖恒是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出“幂势既同，则积不容异”称为祖恒原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 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.182 答案：B解答：由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个上底为2，下底6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222()++⨯+⨯⨯=. 5.若0a >，0b >，则“4a b +≤” 是“4ab ≤”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：A解答：当0a >，0b >时，a b +≥4a b +≤时，有4a b ≤+≤，解得4ab ≤，充分性成立；当1a =，4b =时，满足4ab ≤，但此时54a b +=>，必要性不成立，综上所述，“4a b +≤” 是“4ab ≤”的充分不必要条件. 6.在同一直角坐标系中，函数1x y a =，1log ()2a y x =+，（0a >且0a >）的图像可能是（ ）答案：D解答：当01a <<时，函数xy a =过定点(0,1)且单调递减，则函数1x y a=过定点(0,1)且单调递增，函数1log ()2a y x =+过定点1(,0)2且单调递减，D 选项符合；当1a >时，函数xy a =过定点(0,1)且单调递增，则函数1x y a =过定点(0,1)且单调递减，函数1log ()2a y x =+过定点1(,0)2且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.7.设01a <<，随机变量X 的分布列是则当a 在(0,1)内增大时（ ）A.()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 答案：D解答：由分布列得1()3aE X +=，则222111111()01333()())33(3a a a D X a +++=-⨯+-⨯+-⨯=221192()6a -+，则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大.8.设三棱锥V ABC -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α，直线PB 与ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则（ ）A.βγ<，αγ<B.βα<，βγ<C.βα<，γα<D.αβ<，γβ< 答案：B解答：如图G 为AC 中点，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面投影D 在线段AO 上，过点D 作DE 垂直AE ，易得//PE VG ，过P 作//PF AC 于点F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则BPF α=∠，PBD β=∠，PED γ=∠，则cos cos PE EG DH BDPB PB PB PB αβ===<=，即αβ>， tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>.综上所述，答案为B.9.已知函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，函数()()F x f x ax b =--恰有3个零点，则（ ） A.1a <-，0b > B.1a <-，0b < C.1a >-，0b > D.1a >-，0b < 答案：D解答：当0x <时，x ax b =+，即1b x a =-，最多一个零点（取决于1bx a=-与0的大小），所以关键研究当0a ≥时，即方程3211(1)32x a x ax ax b -++=+的解得个数，即3221113(1)(1)()323]2[b x a x x x a g x =-+=-+=，于是利用奇穿偶回画右边三次函数()g x 的函数，我们可以发现讨论的依据是3(1)2a +与0的大小关系.（1）若3(1)02a +<，即1a <-时，0x =处为偶重零点反弹，3(1)2x a =+为奇重零点穿过，显然在0x ≥时()g x 单调递增，故与y b =做多只有一个交点，不符合题意了； （2）若3(1)02a +=，即1a =-，0处为3次零点穿过，也不符合；（3）若3(1)02a +>，即1a >-，0x =处为偶重零点反弹，3(1)2x a =+为奇重零点穿过，当0b <时，()g x 与y b =可以有两个交点，且此时要求01bx a=<-，故11a -<<，11a -<<，选C .10.设,a b R ∈，数列{}n a 中1a a =，21n n a a b +=+，21n n a a b +=+，则（ ）A.当12b =时，1010a > B.当14b =时，1010a >C.当2b =-时，1010a >D.当2b =-时，1010a > 答案：A解答：选项B ：不动点满足2211()042x x x -+=-=，如图，若11(0,)2a a =∈，12n a <，排除；如图若a 为不动点12，则12n a =；选项C ：不动点满足22192()024x x x --=--=，不动点为2x =，令2a =，则210n a =<，排除；选项D ：不动点满足221174()024x x x --=--=，不动点为122x =±，令122a =±，则1102n a =<，排除； 选项A ：证明：当12b =时，2211122a a =+≥，2321324a a =+≥，2431171216a a =+≥≥，处理一：可依次迭代到n a ；处理二：当4n ≥时，221112n n n a a a +=+≥≥，则117117171161616log 2log log 2n n n n a a a -++>⇒>，则1217()(4)16n n a n +≥≥，则641022617164(646311114710161616210()6a ⨯≥=+=++⨯+>++>，故选A.二、填空题 13.复数11z i=+（i 为虚数单位），则||z = .答案：2解答：1|||1|2z i ===+ 12.已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r ，若直线230x y -+=与圆相切于点(2,1)A --，则m = ，r = .答案：2-解答：可知11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+，把(0,)m 代入得2m =-，此时||r AC ===13.在二项式9)x 的展开式中，常数项是 ，系数为有理数的项的个数是 .答案：，5解答：9)x的通项为919(0,1,2,,9)r r rr T C x r -+==，可得常数项为0919T C ==因系数为有理数1,3,5,7,9r =，有246820,,,,T T T T T 共5个项.14.在ABC ∆中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若45BDC ∠=︒，则BD = ，cos ABD ∠= .答案：，4.5解答：如图所示，设CD x =，则5AD x =-，再设DBC α∠=，2ABD πα∠=-，在BDC ∆中，正弦定理有：3sin sin sin4x απα==⇒=ABD ∆中，正弦定理有：54cos 3sin s ()in 24αππα===-，2222(5)sin cos 11832x x αα-+=+=，解得135x =（舍去），29922x BD =⇒=，在ABD ∆中，正弦定理有：0.84sin sin 4ABD π=⇒∠sin cos 5ABD ABD ∠=⇒∠=. 15.已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，||OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是 .解答：由题意可知||||2OF OM c ===，由中位线定理可得1||2||4PF OM ==，设(,)P x y ，可得22(2)16x y -+=，联立方程22195x y +=，可解得32x =-，212x =（舍），点P 在椭圆上且在x轴的上方，求得3(2P -，所以212PF k ==.16.已知a R ∈，函数3()f x ax x =-，若存在t R ∈，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是 . 答案：max 43a =解答：22|()2222|(2)()|6128261282333)3|(f t f t a t t a t t +-≤⇔++-≤⇔-≤++-≤有解22483612()8128)6(3a t t t t ⇔≤≤++++有解，因26128[2,)t t ++∈+∞，可得242(0,]3(6128)3t t ∈++，284(0,]36128)3(t t ∈++有解，所以只需要403a <<，即max43a =. 17.已知正方形ABCD 的边长为1，当每个)6,5,4,3,2,1(=i i λ取遍1±时，+++321|λλλ|654λλλ++的最小值是 ，最大值是答案：520解析：AB AB BD AC DA CD BC AB )()(65426531654321λλλλλλλλλλλλλλ-+-+-+--=+++++要使|654321λλλλλλ+++++取得最小值，只需要0||||65426531=-+-=-+--λλλλλλλλ只需要1,1,1,1,1,1654321====-==λλλλλλ此时0||min 654321=+++++λλλλλλ由于265±=+λλ或AD 2±,取其中一种265=+λλ讨论此时AD AB BD AC DA CD BC AB )()2(4231654321λλλλλλλλλλ-++-=+++++ 要使得||654321λλλλλλ+++++取得最大值， 只需要|||,2|4231λλλλ-+-最大取1,1,1,14321=-===λλλλ此时52|24|||max 654321=+=+++++λλλλλλ 三、解答题18.设函数()sin f x x =，x R ∈.（1）已知[0,2]θπ∈，函数()f x θ+是偶函数，求θ的值； （2）求函数22()[()][()]124g x f x f x ππ=+++的值域.解答：（1）()sin()f x x θθ+=+，又[0,2]θπ∈，结合函数图像不难求得：当2πθ=或32πθ=时，函数()f x θ+是偶函数. （2）2222[()][()]sin ()sin ()124124f x f x x x ππππ+++=+++1cos(2)1cos(2)1162sin cos(2)122226x x x x πππ-+-+=+=-++1113sin 2sin 2)1sin 12224x x x x x =--+=+)[1]x ϕ=+∈+. 19.如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A AC C ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，30BAC ∠=︒，11AA AC AC ==，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值. 解答：法一：（1）连接1A E ，则1A E AC ⊥，所以1A E BC ⊥，又AB BC ⊥，所以1A F BC ⊥，于是BC ⊥面1A EF ，所以BC EF ⊥. （2）取BC 中点M ，连接FM ，EM ，1A M ，如图，因为E 为中点，所以//EM AB ，则有EM BC ⊥，所以易证1A EMF 为矩形，且面1A EMF ⊥面ABC ，所以直线EF 与平面1A BC 所成角就是EMN ∠，设2AC =，4EN =，4MN =，2EM =，所以151533cos 5θ+-==.法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，设边2AC =，则有(0,1,0)E ，(0,0,0)A，3,0)22B ，(0,2,0)C，1(0,1A，135,22B ，1C ，因为E ，F 分别为中点，所以744F ，33(,44EF =， 又1(,,0)22BC =-，于是0EF BC ⋅=，所以EF BC ⊥. （2）设面1A BC 的法向量为(,,)n x y z =，则10n BC n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，1(,,0)22BC =-，1(0,1,AC =，所以取(1,3,1)n =，设直线EF 与平面1A BC 所成角为θ，4sin 5θ==，设直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值是35.20.设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个*n N ∈，n n S b +，1n n S b ++，2n n S b ++成等比数列.（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）记n c =*n N ∈，证明：12n c c c +++<.解答： （1）由题意得31413124333a a d a a d S a d=+=⎧⎨=+==+⎩，解得102a d =⎧⎨=⎩，从而2(1)n a n =-，2(1)(1)2n n nS n n -==-.又212()()()n n n n n n S b S b S b +++=++， 从而22121122212()2n n n n n n n n n n n n n n n S S S SS b S S b S S b S S S ++++++++-+=++⇒=+-22(1)(1)(1)(2)2(1)(1)(1)(1)(2)2(1)2n n n n n n n n n n n n n n n n +--+++===+-+++-+. （2）法一：n c ===<=， 从而122(10211)2n c c c n n n +++<-+-++--=法二：不妨设数列{}n c 的前n 项和为n T ， ①当1n =时，1102T c ==<=，显然成立； ②假设当n k =时条件成立，即k T < 则当1n k =+时，11k k k TT c++=+<欲证<<<=.综上①②可知，对任意*n N ∈，均有12n c c c +++<.21.过焦点(1,0)F 的直线与抛物线 22(0)y px p =>交于A ，B 两点，点C 在抛物线上，ABC ∆的重心P在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q （点Q 在点F 点右侧）. （1）求抛物线的方程及准线方程；（2）记AFP ∆，CQP ∆的面积为1S ，2S ，求1S 的最小值及此时点P 点坐标. 解答：（1）因为24y x =，设2(,2)A t t ，由焦点弦性质得：1A B x x =，所以点212(,)B t t -，222((2),2)C t t t t--，此时G ：22222(,0)3t t +-，222253t t PF +-=， 利用A ，Q ，C 三点共线，得22222(2)201()Qt t t t t x t t t---=---，解得2(1,0)Q t -， 所以2222222221133t t t t GQ t +---=-==，2422214222222252(252)21(2)(1)12()A C t GF S y t t t t t S GQ y t t t t t t t+--+===------， 令222(252)(2)(21)21()223(2)(1)(2)(1)(1)1(2)42x x x x x x x f x x x x x x x x x x -+---===-=---+-+---++-221≥==当且仅当2(2)3x -=，解得2x =，即22t =+，代入得：2222223t t +-=，所以G ：(2,0).（2）设211(,)4y A y ，222(,)4y B y ，233(,)4y C y ，由重心坐标公式得312y y y =--，所以21212()(,)4y y C y y +--，21212()(,0)6y y y y G +-，根据对称性，下设10y >，直线AC 方程：211124()4y y y y y y -=-+，即1313134y y y x y y y y =+++，令0y =，得21311244Q y y y y y x +=-=.设AB 直线方程：1x my =+（0m ≠，若0m =则30y =不符合题意），由2214404x my y my y x=+⎧⇒-+=⎨=⎩，则124y y m +=，124y y =，12y m =+下面重新改写相关点坐标：282(,0)3m G +，21(1,0)4y Q -，34y m =-，由题知Q 在P 右侧，则22821138m m +>⇒>. 2221231182114422433y m m S QF y m m ++=⋅=--⋅=⋅，2212S S ==224114m +===+2224111m +≥+=，当且仅当2231m m =+，即212m =时取等号，此时(2,0)G ，12S S 的1+. 22.已知实数0a ≠，设函数()ln 0)f x a x x =+>.（1）当34a =-时，求函数()f x 单调区间； （2）对任意21[,)x e ∈+∞，()f x ≤恒成立，求a 的取值范围. 解答：33()ln ()44f x x f x x '=-⇒=-+=，()03f x x '=⇒=，34x =-（舍），当(0,3)x ∈，()0f x '<，(3,)x ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 单调增区间为(3,)+∞，减区间为(0,3).（2）∵ln a x +21[,)x e∈+∞恨成立，令1x =12a <，∴04a <<，ln 2a x a +<等价转化得122a <，①令12t a =(0,]s e ∈，①式变为2ln 0t t s s +≥恒成立，2114ln (4ln )s s s s s s s ∆=+-=+-，令1()4ln G s s s s=+-，2221441()1s s G s s s s --'=--=，(0,]s e ∈，()0G s '<，∴(0,]s e ∈，()G x 单调递减，0s →，()G s =+∞，1()40G e e e=+-<，∴在(0,]e 存在0s 使得0()0G s =，0(0,]s s ∈，()0G s >，0(,]s s e ∈，()0G s <，∴∆在0(,]s s e ∈，0∆<，则恒成立. 0(0,]s s ∈，t ≥令()2F s =，()0F s '==，∴1s =，max 0()max{(1),()}F s F F s ==，∵200014ln 0s s s +-=，0(0,]s e ∈，∴max F ==<.∴t >12a>(0,4a ∈.。
2019年高考数学试题浙江卷数学
2019·浙江卷(数学)1.A1[2019·浙江卷]已知全集U={-1,0,1,2,3},集合A={0,1,2}, B={-1,0,1},则(∁U A)∩B= ( )A.{-1}B.{0,1}C.{-1,2,3}D.{-1,0,1,3}1.A [解析] 由题知,∁U A={-1,3},∴(∁U A)∩B={-1},故选A.2.H6[2019·浙江卷]渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是( )A. B.1 C. D.22.C [解析] ∵=-=1,∴e=,故选C.3.E5[2019·浙江卷]若实数x, y满足约束条件---则z=3x+2y的最大值是( )A.-1B.1C.10D.123.C [解析] 作出可行域如图中阴影部分所示.由z=3x+2y,得y=-x+,易知当直线y=-x+过点A时,z取得最大值,由---得A(2,2),所以z=3x+2y的最大值为10.4.G2,G7[2019·浙江卷]祖暅是我国南北朝时期的伟大科学家,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1-1所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是( )图1-1A.158B.162C.182D.3244.B [解析] 由三视图可得该柱体为五棱柱ABCDE -A1B1C1D1E1,如图所示,其中AB=2,BC=6,CD=4,过E作EF⊥BC,垂足为F,则EF=6,底面积S=S梯形ABFE+S梯形=×(2+6)×3+×(4+6)×3=27,CDEF所以该柱体的体积V=Sh=27×6=162.5.A2,E6[2019·浙江卷]设a>0,b>0,则“a+b≤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5.A [解析] 由题知a>0,b>0,若a+b≤4,则ab≤≤4,当且仅当a=b=2时等号成立;若ab≤4,取a=6,b=,则a+b>4.所以“a+b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件.6.B6,B7[2019·浙江卷]在同一直角坐标系中,函数y=,y=log a(a>0,且a≠1)的图像可能是( )A BC D图1-26.D [解析] 两函数的底数分别为,a,显然两函数的单调性不一致,所以排除B.对数函数y=log a的图像过定点,排除A,C,所以选D.7.B5,K6[2019·浙江卷]设0<a<1,随机变量X的分布列是则当a在(0,1)内增大时, ( )A.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7.D [解析] 方法一:因为E(X)=0×+a×+1×=,所以D(X)=-×+-×+-×=(a2-a+1),其图像的对称轴为a=,所以选D.方法二:因为E(X)=0×+a×+1×=,所以E(X2)=0×+a2×+1×=,所以D(X)=E(X2)-E2(X)=(a2-a+1),其图像的对称轴为a=,所以选D.8.G11,G12[2019·浙江卷]设三棱锥V-ABC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所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则( ) A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β8.B [解析] 由最小角定理知,线面角β是直线PB与平面ABC内任意直线所成的线线角中最小的角,所以β<α. 二面角P-AC-B即为二面角V-AC-B, 二面角V-AC-B即为侧面与底面所成二面角.由于三棱锥V-ABC为正三棱锥,所以二面角V-AB-C和二面角V-AC-B相等,易知二面角V-AB-C的平面角是平面VAB内任意直线与平面ABC所成的线面角中最大的角,所以β<γ.所以选B.9.B1,B12[2019·浙江卷]设a,b∈R,函数f(x)=-若函数y=f(x)-ax-b恰有3个零点,则( )A.a<-1,b<0B.a<-1,b>0C.a>-1,b<0D.a>-1,b>09.C [解析] 令F(x)=f(x)-ax-b=----当x≥0时,F(x)=x3-(a+1)x2-b,F'(x)=x2-(a+1)x=x[x-(a+1)].当a≤-1时,F(x)在R上单调递增, 不符合题意,舍去.当a>1时,F(x)在(-∞,0)上单调递减,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去.当a=1时,F(x)在(-∞,0)上为定值,在[0,2]上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,不符合题意,舍去.当-1<a<1时,F(x)在(-∞,0)上单调递增,在[0,a+1]上单调递减,在(a+1,+∞)上单调递增,若函数F(x)=f(x)-ax-b 恰有3个零点,则需F(0)=-b>0,F(a+1)=-(a+1)3-b<0,所以-1<a<1且-(a+1)3<b<0.故选C.10.D5[2019·浙江卷]设a,b∈R,数列{a n}满足a1=a,a n+1=+b,n∈N*,则( )A.当b=时,a10>10B.当b=时,a10>10C.当b=-2时,a10>10D.当b=-4时,a10>1010.A [解析] a2=a2+b≥b,a n+1=+b,所以当b越大时,a10越大.四个选项中A中的b最大,当b=时,a n+1=+,所以a2≥,a3≥,a4≥,a5≥>,a6>,a7>>8,a8>64,所以a10>a9>a8>10.故选A.11.L4[2019·浙江卷]复数z=(i为虚数单位),则|z|= .11.[解析] z==--=-,所以|z|=-=.12.H3,H4[2019·浙江卷]已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C相切于点A(-2,-1),则m= ,r= .12.-2 [解析] ∵k AC==-,∴m=-2,r=|AC|==.13.J3[2019·浙江卷]在二项式(+x)9的展开式中,常数项是,系数为有理数的项的个数是.13.16 5 [解析] (+x)9=a0+a1x+...+a9x9,其中a r=×()9-r,r=0,1,2, (9)常数项为a0=×()9=16,系数为有理数即r为奇数,所以r=1,3,5,7,9,共5项.14.C5,C8[2019·浙江卷]在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若∠BDC=45°,则BD= ,cos∠ABD= .14.[解析] ∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3,∴AC=5,sin∠ACB=.∵在△BCD中,由正弦定理得∠=∠,∴BD=×=.∵cos∠CBD=-cos(∠BCD+∠BDC)=sin∠BCDsin∠BDC-cos∠BCDcos∠BDC=×-×=,0°<∠CBD<90°,∠ABD+∠CBD=90°,∴cos∠ABD=sin∠CBD=.15.H5[2019·浙江卷]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的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是.15.[解析] 由题意得F(-2,0),设PF的中点M(2cos θ,2sin θ),则P(4cos θ+2,4sin θ),将P点坐标代入椭圆方程得+=1,化简得5(16cos2θ+16cos θ+4)+144(1-cos2θ)=45,即64cos2θ-80cos θ-119=0,得cos θ=-舍去.又sin θ>0,∴sinθ=,∴P-,∴k PF=.16.B3,B14[2019·浙江卷]已知a∈R,函数f(x)=ax3-x.若存在t∈R,使得|f(t+2)-f(t)|≤,则实数a的最大值是.16.[解析] |f(t+2)-f(t)|=|a(t+2)3-(t+2)-(at3-t)|=|a(6t2+12t+8)-2|.令m=6t2+12t+8=6(t+1)2+2∈[2,+∞),则设g(m)=f(t+2)-f(t)=am-2.当a=0时,g(m)=-2,不符合题意;当a>0时,g(m)∈[2a-2,+∞),∵|g(m)|≤有解,∴2a-2≤,得0<a≤;当a<0时,g(m)∈(-∞,2a-2],∵|g(m)|≤有解,∴2a-2≥-,得a≥,与a<0矛盾.综上可知,0<a≤,即a的最大值为.17.F1,F2[2019·浙江卷]已知正方形ABCD的边长为1.当每个λi(i=1,2,3,4,5,6)取遍±1时,|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|的最小值是,最大值是.17.0 2[解析] 以A为原点,AB为x轴,AD为y轴建立平面直角坐标系(图略),则A(0,0),B(1,0),C(1,1),D(0,1),∴=(1,0),=(0,1),=(-1,0),=(0,-1),=(1,1),=(-1,1),∴λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6=(λ1-λ3+λ5-λ6,λ2-λ4+λ5+λ6),∴|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|=---.∵λi∈{-1,1},i=1,2,3,4,5,6,∴|λ1-λ3+λ5-λ6|=0或2或4,|λ2-λ4+λ5+λ6|=0或2或4.①当λ1=λ3=λ4=λ5=λ6=-λ2时取到最小值0.②当|λ1-λ3+λ5-λ6|=4时,λ1,-λ3,λ5,-λ6同号,当|λ2-λ4+λ5+λ6|=4时,λ2,-λ4,λ5,λ6同号,显然λ5,λ6同号与λ5,-λ6同号不能同时成立,∴---≤=2,当λ1=λ2=λ5=-λ3=-λ4=-λ6时取到最大值2.18.C3,C5,C6[2019·浙江卷]设函数f(x)=sin x,x∈R.(1)已知θ∈[0,2π),函数f(x+θ)是偶函数,求θ的值;(2)求函数y=+的值域.18.解:(1)因为f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函数,所以对任意实数x都有sin(x+θ)=sin(-x+θ),即sin xcos θ+cos xsin θ=-sin xcos θ+cos xsin θ,故2sin xcos θ=0,所以cos θ=0.又θ∈[0,2π),因此θ=或.(2)y=+=sin2+sin2=-+-=1--=1-cos.因此,函数的值域是-.19.G5,G9,G11[2019·浙江卷]如图1-3,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.图1-3(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.19.解:方法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.又A1E∩A1F=A1,所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,连接A1G交EF于O,则四边形EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.由于O为A1G的中点,故EO=OG==,所以cos∠EOG=-=.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.方法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,C(0,2,0).因此,=,=(-,1,0).由·=0得EF⊥BC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由(1)可得=(-,1,0),=(0,2,-2).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由得--取n=(1,,1),故sin θ=|cos<,n>|==.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.20.D2,D3,D4,M3[2019·浙江卷]设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=4,a4=S3.数列{b n}满足:对每个n∈N*,S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)记c n=,n∈N*,证明:c1+c2+…+c n<2,n∈N*.20.解:(1)设数列{a n}的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1=0,d=2,从而a n=2n-2,n∈N*.所以S n=n2-n,n∈N*.由S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列得(S n+1+b n)2=(S n+b n)(S n+2+b n),解得b n=(-S n S n+2),所以b n=n2+n,n∈N*.(2)c n==-=-,n∈N*.我们用数学归纳法证明.①当n=1时,c1=0<2,不等式成立;②假设n=k(k∈N*)时不等式成立,即c1+c2+…+c k<2.那么,当n=k+1时,c1+c2+…+c k+c k+1<2+<2+<2+=2+2(-)=2,即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②,不等式c1+c2+…+c n<2对任意n∈N*成立.21.H7,H8,E6[2019·浙江卷]如图1-4,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)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△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.图1-4(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求的最小值及此时点G的坐标.21.解:(1)由题意得=1,即p=2.所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(x A,y A),B(x B,y B),C(x C,y C),重心G(x G,y G).令y A=2t,t≠0,则x A=t2.由于直线AB过点F,故直线AB的方程为x=-y+1,代入y2=4x,得y2--y-4=0,故2ty B=-4,即y B=-,所以B-.又由于x G=(x A+x B+x C),y G=(y A+y B+y C)及重心G在x轴上,故2t-+y C=0,得C--,G-.所以,直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t2>2.从而==------=--=2---.令m=t2-2,则m>0,=2-=2-≥2-=1+. 当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0).22.B3,B11,B12[2019·浙江卷]已知实数a≠0,设函数f(x)=aln x+,x>0.(1)当a=-时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x∈均有f(x)≤,求a的取值范围.注:e=2.718 28…为自然对数的底数.22.解:(1)当a=-时,f(x)=-ln x+,x>0.f'(x)=-+=-,所以,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(1)≤,得0<a≤.当0<a≤时,f(x)≤等价于--2ln x≥0.令t=,则t≥2.设g(t)=t2-2t-2ln x,t≥2,则g(t)=---2ln x.(i)当x∈时,≤2,则g(t)≥g(2)=8-4-2ln x.记p(x)=4-2-ln x,x≥,则p'(x)=--==-.故x变化时p'(x),p(x)的变化情况如下所以,p(x)≥p(1)=0.因此,g(t)≥g(2)=2p(x)≥0.(ii)当x∈时,g(t)≥g=.令q(x)=2ln x+(x+1),x∈,则q'(x)=+1>0,故q(x)在上单调递增,所以q(x)≤q.由(i)得,q=-p<-p(1)=0.所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g=->0.由(i)(ii)知对任意x∈,t∈[2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈,均有f(x)≤. 综上所述,所求a的取值范围是.。
2019年高考数学浙江卷含答案
数学试卷第1页（共20页）数学试卷第2页（共20页）绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江省）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150,考试时间120分钟.参考公式：若事件A ,B 互斥,则()()()P A B P A P B +=+若事件A ,B 相互独立,则()()()P AB P A P B =若事件A 在一次试验中发生的概率是P ,则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h =+,其中12,S S 分别表示台体的上、下底面积,h 表示台体的高柱体的体积公式V Sh =,其中S 表示柱体的底面积,h 表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =,其中S 表示锥体的底面积,h 表示锥体的高球的表面积公式24S R =π球的体积公式343V R =π,其中R 表示球的半径选择题部分(共40分)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{}1,0,1,2,3U =-,集合{}0,1,2A =,{}1,0,1B =-,则()U A B =I ð()A .{}1-B .{}0,1C .{}1,2,3-D .{}1,0,1,3-2x ±y =0的双曲线的离心率是()A.22B .1C .D .23.若实数x ,y 满足约束条件3403400x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩,则z =3x +2y 的最大值是()A .1-B .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VSh =柱体,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(单位：cm ),则该柱体的体积(单位：3cm )是()A .158B .162C .182D .3245.若0a ＞,0b ＞,则“4a b +≤”是“4ab ≤”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1x y a =,1(2log )ayx=+(0a ＞,且1a ≠)的图象可能是()A B C D7.设01a ＜＜,则随机变量X 的分布列是X 0a 1P131313则当a 在(0,1)内增大时,()A .D X （）增大B .D X （）减小C .D X （）先增大后减小D .D X （）先减小后增大毕业学校_____________姓名________________考生号_____________________________________________-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷第3页（共20页）数学试卷第4页（共20页）8.设三棱锥V –ABC 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 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角––P AC B 的平面角为γ,则()A .βγ＜,αγ＜B .βα＜,βγ<C .βα＜,γα＜D .αβ＜,γβ＜9.已知,a b ∈R ,函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩.若函数()y f x ax b =--恰有3个零点,则()A .–1a ＜,0b ＜B .–1a ＜,0b ＞C .–1a ＞,0b ＜D .–1a ＞,0b ＞10.设a ,b ∈R ,数列{}n a 满足1a a =,21n n a a b +=+,n *∈N ,则()A .当12b =时,1010a ＞B .当14b =时,1010a ＞C .当–2b =时,1010a ＞D .当–4b =时,1010a ＞非选择题部分(共110分)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.复数11iz =+(i 为虚数单位),则||z =________.12.已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ,半径长是r .若直线230x y -+=与圆C 相切于点(2,1)A --,则m =________,r =________.13.在二项式9)x 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,90ABC ∠=︒,4AB =,3BC =,点D 在线段AC 上,若45BDC ∠=︒,则BD =________,cos ABD ∠=________.15.已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ,点P 在椭圆上且在x 轴的上方,若线段PF 的中点在以原点O 为圆心,OF 为半径的圆上,则直线PF 的斜率是________.16.已知a ∈R ,函数3()f x ax x =-,若存在t ∈R ,使得2|(2)()|3f t f t +-≤,则实数a 的最大值是________.17.已知正方形ABCD 的边长为1,当每个(1,2,3,4,5,6)i i λ=取遍1±时,123456||AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++uu u r uu u r uu u r uu u r uuu r uu u r的最小值是________,最大值是________.三、解答题：本大题共5小题,共74分。
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2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学
选择题部分（共40分）
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={-1，0，1，2，3},集合A={0，1，2}，B={-1，0，1},则（）∩B= A．{-1}
B．{0，1}
C．{-1，2，3}
D．{-1，0，1，3}
2.渐进线方程为x±y=0的双曲线的离心率是
A
．
2
B．1
C
D．2
3.若实数x,y满足约束条件则z=3x+2y的最大值是
A．-1
B．1
C．10
D．12
4. 组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. 158
B. 162
C. 182
D. 32
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y =1a
x
,y =log a (x +12),(α>0且α≠0)的图像可能是（ ）
A ．
B.
C.
D.
7．设0<a <1，随机变量X 的分布列是（ ）
则当a 在（0,1）内增大时 A. 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
9.已知f (x )=x ,x <013x 3-12(a +1)x 2
+ax ,x ³0ìíï
î
ï,函数F (x )=f (x )-ax -b 恰有三个零点 则（ ） A. a <-1,b >0
B. a <-1,b <0
C. a >-1,b >0
D. a >-1,b <0 10.设，数列
a n {}满足a n =a ,a n +1=a n 2+
b ,
,则
A.当b =
1
2时, a 10>10 B.当b =1
4
时, a 10>10
C.当b =-2时, a 10>10
D.当b =-4时, a 10>10
非选择题部分（共110分）
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.复数z =
1
1+i
（i 为虚数单位），则||= 12.已知圆C 的圆心坐标是（0,m ），半径长是r .若直线2x -y +3=0与圆相切与点A （-2,-1），则m = ，r = 13.在二项式
2+x (
)
9
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，∠ABC =90°，AB =4，BC =3，点D 在线段AC 上，若∠BDC =45°则BD = ,cos ∠ABD =
15.已知椭圆
x 29+y 2
5
=1的左焦点为F ,点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心,|OF|为半径的圆上，则直线PF 的斜率是 16.已知，函数
，若存在
，使得
，则实数 a 的最大
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.设函数
（1）已知，函数是偶函数，求的值. （2）求函数的值域
19.如图，已知三棱柱ABC-A
1B
1
C
1
，平面
11
A AC C⊥平面ABC ，，
，A
1
A=A
1
C=AC，E，F分别是AC，A
1
B
1的中点.
（1）证明：
（2）求直线EF与平面A
1
BC所成角的余弦值
20.设等差数列{a
n }的前n项和为S
n
，a
3
=4，a
4
=S
3
，
数列{b
n }满足：对每个，S
n
+b
n
，S
n+1
+b
n
，
S n+2+b
n
成等比数列.
（1）求数列{a
n }，{b
n
}的通项公式
（2）记，，证明：
21.（本题满分15分）过焦点F（1,0）的直线与抛物线y2=2px交于A,B 两点,C 在抛物线,△ABC的重心P在x轴上，AC交x轴于点Q（点Q在点P的右侧）。
（1）求抛物线方程及准线方程;
（2）记△AFP,△CQP的面积分别为S
1,S
2
,求
S
1
S
2
的最小值及此时点P的坐标。
22.已知实数
,设函数f x ()
=a ln x
+x +1,x >0
（1）当a =-
3
4
时，求函数f x ()
的单调区间 （2）对任意
均有
,求a 的取值范围。