2019年高考真题——文科数学(浙江卷) 精校版 Word版含答案

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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年高考浙江卷数学真题(含答案)

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。

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 k n n P k p p k n -=-=L 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 I 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 <0 B ．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 ，b *∈N ，则A ．当b =12时，a 10>10 B ．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年浙江省高考文科数学试卷及答案解析【word版】

2019年高考浙江卷数2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（文科）一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.设集合 {|2}S x x =≥，}5|{≤=x x T ，则S T =I （）A. ]5,(-∞B. ),2[+∞C. )5,2(D.]5,2[【答案】D【解析】试题分析：依题意[2,5]S T =I ，故选D.点评：本题考查结合的交运算，容易题.2. 设四边形ABCD 的两条对角线为AC 、BD ，则“四边形ABCD 为菱形”是“BD AC ⊥”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不成分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：若四边形ABCD 为菱形，则对角线BD AC ⊥；反之若BD AC ⊥，则四边形比一定是平行四边形，故“四边形ABCD 为菱形”是“BD AC ⊥”的充分不必要条件，选A.点评：本题考查平行四边形、菱形的性质，充分条件与必要条件判断，容易题.3. 某几何体的三视图（单位：cm ）若图所示，则该几何体的体积是（）A. 372cmB. 390cmC. 3108cmD. 3138cm【答案】B【解析】试题分析：由三视图知，原几何体是由一个长方体与一个三棱柱组成，其体积为)(90343216432cm V =⨯⨯⨯+⨯⨯=，故选B. 点评：本题考查根据三视图还原几何体，求原几何体的体积，容易题.4.为了得到函数x x y 3cos 3sin +=的图象，可以将函数x y 3sin 2=的图象（） A.向右平移12π个单位长 B.向右平移4π个单位长C.向左平移12π个单位长 D.向左平移4π个单位长【答案】C【解析】试题分析：因为)43sin(23cos 3sin π+=+=x x x y ，所以将函数x y 3sin 2=的图象向左平移12π个单位长得函数3()12y x π=+，即得函数x x y 3cos 3sin +=的图象，选C.点评：本题考查三角函数的图象的平移变换，公式)4sin(2cos sin π+=+x x x 的运用，容易题. 5.已知圆02222=+-++a y x y x 截直线02=++y x 所得弦的长度为4，则实数a 的值为（）A.2-B. 4-C. 6-D.8-【答案】B【解析】试题分析：由02222=+-++a y x y x 配方得a y x -=-++2)1()1(22，所以圆心坐标为)1,1(-，半径a r -=22，由圆心到直线02=++y x 的距离为22|211|=++-，所以a -=+2)2(222，解得4-=a ，故选B. 点评：本题考查直线与圆相交，点到直线的距离公式的运用，容易题.6.设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则（）A.若n m ⊥，α//n ，则α⊥mB.若β//m ，αβ⊥，则α⊥mC.若β⊥m ，β⊥n ，α⊥n ，则α⊥mD.若n m ⊥，β⊥n ，αβ⊥，则α⊥m【答案】C【解析】试题分析：对A ，若n m ⊥，α//n ，则α⊂m 或α//m 或α⊥m ，错误；对B ，若β//m ，αβ⊥，则α⊂m 或α//m 或α⊥m ，错误；对C ，若β⊥m ，β⊥n ，α⊥n ，则α⊥m ，正确；对D ，若n m ⊥，β⊥n ，αβ⊥，则α⊥m 或α⊂m 或α//m ，错误.故选C.点评：本题考查空间中的线线、线面、面面的闻之关系，容易题.7.已知函数c bx ax x x f +++=23)(，且3)3()2()1(0≤-=-=-<f f f ，则（）A.3≤cB.63≤<cC. 96≤<cD.9>c【答案】C【解析】试题分析：设k f f f =-=-=-)3()2()1(，则一元二次方程0)(=-k x f 有三个根1-、2-、3-，所以)3)(2(1()(+++=-x x x a k x f ，由于)(x f 的最高次项的系数为1，所以1=a ，所以966≤+=<k c . 点评：本题考查函数与方程的关系，中等题.8.在同一坐标系中，函数)0()(>=x x x f a，x x g a log )(=的图象可能是（）【答案】D【解析】试题分析：对A ，没有幂函数的图象，；对B,)0()(>=x x x f a 中1>a ，x x g a log )(=中10<<a ，不符合题题；对C ，)0()(>=x x x f a 中10<<a ，x x g a log )(=中1>a ，不符合题题；对D ，)0()(>=x x x f a 中10<<a ，x x g a log )(=中10<<a ，符合题题；故选D.点评：本题考查幂函数与对数函数的图象判断，容易题.9.设θ为两个非零向量a 、b 的夹角，已知对任意实数t ，||t a b +的最小值为1（）A.若θ确定，则 ||a 唯一确定B.若θ确定，则 ||b 唯一确定C.若||a 确定，则 θ唯一确定D.若||b 确定，则 θ唯一确定【答案】D【解析】试题分析：依题意，对任意实数t ，1||≥+t a b 恒成立，所以1cos ||||2)(≥⋅⋅⋅++θb a b a 22t t 恒成立，，若θ为定值，则当||b 为定值时二次函数才有最小值. 故选B.点评：本题考查平面向量的夹角、模，二次函数的最值，难度中等.10.如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 刀枪面对而距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小（仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成的角），若m AB 15=，m AC 25=，ο30=∠BCM ，则θtan 的最大值是（）A. 530B. 1030C.934D. 935 【答案】C【解析】试题分析：由勾股定理知，20=BC ，过点P 作BC P P ⊥'交BC 于P '，连结P A '，则P A P P ''=θtan ，设m P B ='，则m P C -='20，因为ο30=∠BCM ，所以222252033225)20(33tan m m mm +-⋅=+-=θ，所以当0=x 时去的最大值341520=，故θtan 的最大值为9343334=⨯. 考点：本题考查函数的奇函数的性质、分段函数、最值及恒成立，难度中等.二．填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.请将答案天灾答题卡对应题号的位置上，答错位置，书写不清，模棱两可均不得分.11.设已知i 是虚数单位，计算21(1)i i -=+________. 【答案】1122i -- 【解析】试题分析：因为211111(1)2222i i i i i i --+===--+-. 点评：本题考查复数的运算，容易题.12.若、y 满足和240101x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩，则y x +的取值范围是________.【答案】2【解析】试题分析：不等式组表示的平面区域如图中ABC ∆，令y x z +=，解方程组24010x y x y +-≤⎧⎨--≤⎩得)1,2(C ，解方程组101x y x --≤⎧⎨≥⎩得)0,1(B ，平移直线y x z +=经过点C 使得z 取得最大值，即312=+=Max z ，当直线y x z +=经过点)0,1(B 使得z 取得最小值，即101min =+=z ，故y x +的取值范围是]3,1[.点评：本题考查不等式组表示的平面区域，求目标函数的最值，容易题.13.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运行后输出的结果是________.【答案】6【解析】试题分析：当0=S ，1=i ，则第一次运行1102=+⨯=S ，211=+=i ；第二次运行4112=+⨯=S ，312=+=i ；第三次运行11342=+⨯=S ，413=+=i ；第四次运行264112=+⨯=S ，514=+=i ；第五次运行50575262>=+⨯=S ，615=+=i 终止循环，故输出6=i .点评：本题考查程序框图，直到型循环结构，容易题.14.在三张奖劵中有一、二等各一张，另有一张无奖，甲乙两人各抽取一张，两人都中奖的概率为 . 【答案】31 【解析】试题分析：基本事件的总数是6123=⨯⨯，甲乙两人各抽取一张，两人都中奖只有2种情况，由古典概型公式知，所求的概率3162==p . 点评：本题考查古典概型，容易题.15.设函数⎪⎩⎪⎨⎧>-≤++=0,0,22)(22x x x x x x f ，若2))((=a f f ，则=a . 【答案】4【解析】试题分析：若0≤a ，无解；若0>a ，解得2±=a .故2±=a点评：本题考查分段函数，复合函数，容易题.16.已知实数a 、b 、c 满足0=++c b a ，1222=++c b a ，则a 的最大值为为_______. 【答案】332 【解析】试题分析：因为0=++c b a ，所以)(b a c +-=，所以1)]([222=+-++b a b a ，所以0122222=-++a ab b ，故实数a 的最大值为332. 点评：本题考一元二次方程的根的判别式，容易题.17. 设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的两条渐近线分别交于A 、B ，若)0,(m P 满足||||PB PA =，则双曲线的离心率是 . 【答案】25 【解析】试题分析：由双曲线的方程数知，其渐近线方程为x a b y =与x ab y -=，分别与直线03=+-m y x 联立方程组，解得)3,3(b a bm b a am A ----，)3,3(ba bmb a am B ++-，由||||PB PA =，设AB 的中点为E ，因为PE 与直线03=+-m y x 垂直，所以)(8822222ac b a -==，所以25=e . 点评：本题考查双曲线的性质、渐近线与离心率，中等题.。

2019年高考数学浙江卷-答案

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江省）数学答案解析选择题部分一、选择题 1.【答案】A【解析】={1,3}U C A -，则(){1}U C A B =- 【考点】交集、补集的定义【考查能力】基础知识、基本计算 2.【答案】C【解析】根据渐近线方程为0x y ±＝的双曲线，可得a b =，所以c =，则该双曲线的离心率为ce a==，故选：C.【考点】双曲线的离心率【考查能力】基本计算 3.【答案】C【解析】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=3+2z x y 经过平面区域的点(2,2)时，=3+2z x y 取最大值max 322210z =⨯+⨯=.【考点】线性规划 4.【答案】B【解析】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264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭.【考点】空间几何体的三视图及体积【考查能力】基础知识、视图用图，基本计算 5.【答案】A【解析】当0, 0a >b >时，a b +≥，则当4a b +≤时，有4a b ≤+≤，解得4ab ≤，充分性成立；当=1, =4a b 时，满足4ab ≤，但此时=5>4a +b ，必要性不成立，综上所述，“4a b +≤”是“4ab ≤”的充分不必要条件.【考点】充分条件，必要条件【考查能力】逻辑推理能力 6.【答案】D【解析】当01a <<时，函数x y a =过定点BH ⊂且单调递减，则函数1xy a =过定点BH ⊂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x y a =过定点BH ⊂且单调递增，则函数1x y a =过定点BH ⊂且单调递减，函数1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭过定点1(,02）且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.【考点】函数图象的识别【考查能力】逻辑推理 7.【答案】D【解析】方法1：由分布列得1()3aE X +=，则 2222111111211()01333333926a a a D X a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则当a 在BH ⊂内增大时，()D X 先减小后增大.方法2：则()222221(1)222213()()03399924a a a a D X E X E X a ⎡⎤+-+⎛⎫=-=++-==-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故选D.【考点】随机变量的分布列及期望、方差【考查能力】运算求解 8.【答案】B【解析】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//PF AC 交VG 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，则cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即y β>，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理βα<，记V AB C --的平面角为γ'（显然γγ'=）由最大角定理βγγ<'=，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cos sin sin ααβγ=⇒===B. 【考点】空间中直线与直线、直线与平面所成的角及二面角的大小【考查能力】空间想象，分析问题，解决问题 9.【答案】C【解析】当0x <时，()(1)0y f x ax b x ax b a x b =--=--=--=，得1bx a=-；()y f x ax b =--最多一个零点；当0x 时，32321111()(1)(1)3232y f x ax b x a x ax ax b x a x b =--=-++--=-+-， 2(1)y x a x '=-+，当10a + ，即1a - 时，0y ' ，()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10a +>，即13==时，令0y '>得[1x a ∈+，)+∞，函数递增，令0y '<得[0x ∈，1)a +，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：∴01ba <-且32011(1)(1)(1)032b a a a b ->⎧⎪⎨+-++-<⎪⎩，解得0b <，10a ->，310(116,)b a a >>-+∴>-．故选：C ．【考点】函数的零点【考查能力】运算求解 10.【答案】A【解析】对于B ，令2104x λ-+=，得12λ=，取112a =，∴2111022n a a == ，＜， ∴当14b =时，1010a ＜，故B 错误；对于C ，令220x λ--＝，得2λ＝或1λ＝-，取12a ＝，∴22a ＝，…，210n a ＝＜， ∴当2b ＝-时，1010a ＜，故C 错误；对于D ，令240x λ--＝，得λ=，取1a =2a =…，10n a =， ∴当4b -＝时，1010a ＜，故D 错误；对于A ，221122a a =+≥，223113(224a a =++≥， 4224319117(14216216a a a =+++≥+=＞，10n n a a +-＞，{}n a 递增，当4n ≥时，1113222n n n n a a a a +=++=＞1， ∴5445109323232a a a a a a ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⋅⎨⎪⋅⎪⋅⎪⎪⎪⎪⎩＞＞＞，∴610432a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴1072964a ＞＞10．故A 正确．故选：A ．【考点】数列的综合应用【考查能力】分析问题与解决问题，运算求解非选择题部分二、填空题 11.【解析】1|||1|z i ===+【考点】复数的运算及复数的模【考查能力】化归与转化，运算求解 12.【答案】2-【解析】可知11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+，把(0,)m 代入得2m =-，此时||r AC ===. 【考点】圆的标准方程及直线与圆的位置关系【考查能力】推理认证，运算求解 13.【答案】5【解析】9)x +的通项为919(0,1,29)r r r r 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246810T , T , T , T , T 共5个项【考点】二项式定理的应用【考查能力】运算求解，分析问题，解决问题14.【解析】在ABD △中，正弦定理有：sin sin AB BD ADB BAC =∠∠，而34,4AB ADB π=∠=,5AC ==，34sin ,cos 55BCABBAC BAC AC AC ∠==∠==，所以BD =cos cos()coscos sinsin 44ABD BDC BAC BAC BAC ππ∠=∠-∠=∠+∠=【考点】正弦定理，两角和的正弦公式，诱导公式【考查能力】划归与转化，运算求解15. 【解析】【详解】方法1：由题意可知||=|2OF OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，设(,)P x y 可得22(2)16x y -+=，联立方程22195x y +=可解得321,22x x =-=（舍），点P 在椭圆上且在x 轴的上方，求得32P ⎛- ⎝⎭，所以212PF k ==方法2：焦半径公式应用解析1：由题意可知|2OF |=|OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，即342p p a ex x -=⇒=-求得32P ⎛- ⎝⎭，所以212PF k ==【考点】圆的标准方程，椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系【考查能力】逻辑推理，运算求解 16.【答案】43【解析】使得()222(2)()2[(2)({]2)223642}f t f t a t t t t a t t +-=⋅++++-=++-，使得令2364[1,)m t t =++∈+∞，则原不等式转化为存在1m ≥，113am -≤，由折线函数，如图只需11133a --≤，即2433a ≤，即a 的最大值是43【考点】函数的最值，绝对值不等式的解法【考查能力】逻辑推理，划归与转化，运算求解 17.【答案】0【解析】正方形ABCD 的边长为1，可得AB AD AC += ，BD AD AB =-，0AB AD =⋅， ()()12345613562456AB BC CD DA AC BD AB AD λλλλλλλλλλλλλλ+++++=-+-+-++要使123456AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++的最小，只需要561356240λλλλλλλλ-+-=-++=，此时只需要取1234561,1,1,1,1,1λλλλλλ==-====此时123456min 0AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++=()()2212345613562456AB BC CD DA AC BD AB AD λλλλλλλλλλλλλλ+++++=-+-+-++()()2213562456λλλλλλλλ=-+-+-++ ()()2213562456λλλλλλλλ≤++-++++()()22565622λλλλ=+-+++()()()225656565684λλλλλλλλ=+-+++-++()225682λλ=+++12=+1220=+等号成立当且仅当1356,,λλλλ--均非负或者均非正，并且2456,,λλλλ-+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。

(完整版)2019年浙江省高考数学试卷解析(精品)

2019年浙江省高考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）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.渐进线方程为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≥03x−y−4≤0x+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≤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=1a x ，y=1og a（x+12）（a＞0且a≠1）的图象可能是（）A. B.C. D.7.X0a1P 131313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. 设a ，b ∈R ，函数f （x ）={x ，x ＜0，13x 3−12(a +1)x 2+ax ，x ≥0．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 >0 10. 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>10 B. 当b =14时，a 10>10 C. 当b =−2时，a 10>10D. 当b =−4时，a 10>10二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）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x 29+y 25=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，|λ1AB⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是______，最大值是______．三、解答题（本大题共5小题，共71.0分） 18. 设函数f （x ）=sin x ，x ∈R ．（Ⅰ）已知θ∈[0，2π），函数f （x +θ）是偶函数，求θ的值；（Ⅱ）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．（Ⅰ）证明：EF ⊥BC ；（Ⅱ）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．（Ⅰ）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（Ⅱ）记c n =√an2b n，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．（Ⅰ）求p 的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求S 1S 2的最小值及此时点G 点坐标．22.已知实数a≠0，设函数f（x）=a ln x+√1+x，x＞0．（Ⅰ）当a=-34时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤√x2a，求a的取值范围．注意：e=2.71828……为自然对数的底数．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵∁U A={-1，3}，∴（∁U A）∩B={-1，3}∩{-1，0，l}={-1}故选：A．由全集U以及A求A的补集，然后根据交集定义得结果．本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2.【答案】C【解析】解：根据渐进线方程为x±y=0的双曲线，可得a=b，所以c=则该双曲线的离心率为e==，故选：C．由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．3.【答案】C【解析】【分析】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．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．【解答】解：由实数x，y满足约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，2），化目标函数z=3x+2y为y=-x+z，由图可知，当直线y=-x+z过A（2，2）时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值：10．故选：C．4.【答案】B【解析】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=27，高为6，则该柱体的体积是V=27×6=162．故选：B．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．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.【答案】A【解析】【分析】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．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.【解答】解：∵a＞0，b＞0，∴4≥a+b≥2，∴2≥，∴ab≤4，即a+b≤4⇒ab≤4，若a=4，b=，则ab=1≤4，但a+b=4+＞4，即ab≤4推不出a+b≤4，∴a+b≤4是ab≤4的充分不必要条件故选A．6.【答案】D【解析】解：由函数y=，y=1og a（x+），当a＞1时，可得y=是递减函数，图象恒过（0，1）点，函数y=1og a（x+），是递增函数，图象恒过（，0）点；当1＞a＞0时，可得y=是递增函数，图象恒过（0，1）点，函数y=1og a（x+），是递减函数，图象恒过（，0）点；∴满足要求的图象为D，故选D．对a进行讨论，结合指数，对数函数的性质即可判断.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.【答案】D【解析】解：E（X）=0×+a×+1×=，D（X）=（）2×+（a-）2×+（1-）2×=[（a+1）2+（2a-1）2+（a-2）2]=（a2-a+1）=（a-）2+∵0＜a＜1，∴D（X）先减小后增大故选：D．方差公式结合二次函数的单调性可得结果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.【答案】B【解析】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DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α=∠BPF，β=∠PBD，γ=∠PED，则cosα===＜=cosβ，可得β＜α；tanγ=＞=tanβ，可得β＜γ，方法二、由最小值定理可得β＜α，记V-AC-B的平面角为γ'（显然γ'=γ），由最大角定理可得β＜γ'=γ；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V-ABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，易得cosα==，可得sinα=，sinβ==，sinγ==，故选：B．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，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.【答案】C【解析】解：当x＜0时，y=f（x）-ax-b=x-ax-b=（1-a）x-b=0，得x=；y=f（x）-ax-b最多一个零点；当x≥0时，y=f（x）-ax-b=x3-（a+1）x2+ax-ax-b=x3-（a+1）x2-b，y′=x2-（a+1）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y′＞0得x∈[a+1，+∞），函数递增，令y′＜0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，如右图：∴＜0且，解得b＜0，1-a＞0，b＞-（a+1）3．故选：C．当x＜0时，y=f（x）-ax-b=x-ax-b=（1-a）x-b最多一个零点；当x≥0时，y=f（x）-ax-b=x3-（a+1）x2+ax-ax-b=x3-（a+1）x2-b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．10.【答案】A【解析】解：对于B，令=0，得λ=，取，∴，∴当b=时，a10＜10，故B错误；对于C，令x2-λ-2=0，得λ=2或λ=-1，取a1=2，∴a2=2，…，a n=2＜10，∴当b=-2时，a10＜10，故C错误；对于D，令x2-λ-4=0，得，取，∴，…，＜10，∴当b=-4时，a10＜10，故D错误；对于A，，，≥，a n+1-a n＞0，{a n}递增，当n≥4时，=a n+＞1+=，∴，∴＞（）6，∴a10＞＞10．故A正确．故选：A．对于B，令=0，得λ=，取，得到当b=时，a10＜10；对于C，令x2-λ-2=0，得λ=2或λ=-1，取a1=2，得到当b=-2时，a10＜10；对于D，令x2-λ-4=0，得，取，得到当b=-4时，a10＜10；对于A，，，≥，当n≥4时，=a n+＞1+=，由此推导出＞（）6，从而a10＞＞10．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．11.【答案】√22【解析】解：∵z==．∴|z|=．故答案为：．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．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.【答案】-2 √5【解析】解：如图，由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得m=-2．∴圆心为（0，-2），则半径r=．故答案为：-2，．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．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.【答案】16√2 5【解析】解：二项式的展开式的通项为=．由r=0，得常数项是；当r=1，3，5，7，9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：，5．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．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.【答案】12√257√2 10【解析】解：在直角三角形ABC中，AB=4，BC=3，AC=5，sinC=，在△BCD中，可得=，可得BD=；∠CBD=135°-C，sin∠CBD=sin（135°-C）=（cosC+sinC）=×（+）=，即有cos∠ABD=cos（90°-∠CBD）=sin∠CBD=，故答案为：，，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．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.【答案】√15【解析】解：椭圆=1的a=3，b=，c=2，e=，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，设P的坐标为（m，n），可得3-m=4，可得m=-，n=，由F（-2，0），可得直线PF的斜率为=．故答案为：．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．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.【答案】43【解析】解：存在t∈R，使得|f（t+2）-f（t）|≤，即有|a（t+2）3-（t+2）-at3+t|≤，化为|2a（3t2+6t+4）-2|≤，可得-≤2a（3t2+6t+4）-2≤，即≤a（3t2+6t+4）≤，由3t2+6t+4=3（t+1）2+1≥1，可得0＜a≤，可得a的最大值为．故答案为：．由题意可得|a（t+2）3-（t+2）-at3+t|≤，化为|2a（3t2+6t+4）-2|≤，去绝对值化简，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．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．17.【答案】0 2√5【解析】解：正方形ABCD 的边长为1，可得+=，=-， •=0， |λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6| =|λ1+λ2-λ3-λ4+λ5+λ5+λ6-λ6|=|（λ1-λ3+λ5-λ6）+（λ2-λ4+λ5+λ6）| =，由于λi （i=1，2，3，4，5，6）取遍±1，可得λ1-λ3+λ5-λ6=0，λ2-λ4+λ5+λ6=0，可取λ5=λ6=1，λ1=λ3=1，λ2=-1，λ4=1，可得所求最小值为0；由λ1-λ3+λ5-λ6，λ2-λ4+λ5+λ6的最大值为4，可取λ2=1，λ4=-1，λ5=λ6=1，λ1=1，λ3=-1，可得所求最大值为2．故答案为：0，2．由题意可得+=，=-，•=0，化简|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|=，由于λi （i=1，2，3，4，5，6）取遍±1，由完全平方数的最值，可得所求最值．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． 18.【答案】解：（1）由f （x ）=sin x ，得f （x +θ）=sin （x +θ），∵f （x +θ）为偶函数，∴θ=π2+kπ（k ∈Z ）， ∵θ∈[0，2π），∴θ=π2或θ=3π2，（2）y =[f （x +π12）]2+[f （x +π4）]2=sin 2（x +π12）+sin 2（x +π4） =1−cos(2x+π6)2+1−cos(2x+π2)2=1-12(cos2xcos π6−sin2xsin π6−sin2x) =34sin2x −√34cos2x +1=√32sin(2x −π6)+1，∵x ∈R ，∴sin(2x −π6)∈[−1，1]，∴y =√32sin(2x −π6)+1∈[1−√32，1+√32]，∴函数y =[f （x +π12）]2+[f （x +π4）]2的值域为：[1−√32，1+√32]．【解析】（1）函数f （x+θ）是偶函数，则=（k ∈Z ），根据的范围可得结果；（2）化简函数得y=，然后根据x 的范围求值域即可．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.【答案】方法一：证明：（Ⅰ）连结A 1E ，∵A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，∴A 1E ⊥AC ，又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，∴A 1E ⊥平面ABC ，∴A 1E ⊥BC ，∵A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，∴BC ⊥A 1F ， ∴BC ⊥平面A 1EF ，∴EF ⊥BC ．解：（Ⅱ）取BC 中点G ，连结EG 、GF ，则EGFA 1是平行四边形，由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ， ∴平行四边形EGFA 1是矩形，由（Ⅰ）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，∴EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上，连结A 1G ，交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成角（或其补角），不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =2√3，EG =√3，∵O 是A 1G 的中点，故EO =OG =A 1G 2=√152， ∴cos ∠EOG =EO 2+OG 2−EG 22×EO×OG=35， ∴直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35．方法二：证明：（Ⅰ）连结A 1E ，∵A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点， ∴A 1E ⊥AC ，又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， ∴A 1E ⊥平面ABC ，如图，以E 为原点，EC ，EA 1所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设AC =4，则A 1（0，0，2√3），B （√3，1，0），B 1（√3，3，2√3），F （√32，32，2√3），C （0，2，0），EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（√32，32，2√3），BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-√3，1，0），由EF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得EF ⊥BC ．解：（Ⅱ）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ，由（Ⅰ）得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-√3，1，0），A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，2，-2√3），设平面A 1BC 的法向量n⃗ =（x ，y ，z ），则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3x +y =0A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =y −√3z =0，取x =1，得n⃗ =（1，√3，1）， ∴sinθ=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=45， ∴直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35．【解析】法一：（Ⅰ）连结A 1E ，则A 1E ⊥AC ，从而A 1E ⊥平面ABC ，A 1E ⊥BC ，推导出BC ⊥A 1F ，从而BC ⊥平面A 1EF 由此能证明EF ⊥BC ．（Ⅱ）取BC 中点G ，连结EG 、GF ，则EGFA 1是平行四边形，推导出A 1E ⊥EG ，从而平行四边形EGFA 1是矩形，推导出BC ⊥平面EGFA 1，连结A 1G ，交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成角（或其补角），由此能求出直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．法二：（Ⅰ）连结A 1E ，推导出A 1E ⊥平面ABC ，以E 为原点，EC ，EA 1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A 1BC 所成角的余弦值．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.【答案】解：（Ⅰ）设数列{a n }的公差为d ，由题意得{a 1+2d =4a 1+3d =3a 1+3d，解得a 1=0，d =2， ∴a n =2n -2，n ∈N *． ∴S n =n 2-n ，n ∈N *，∵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． ∴（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)，解得b n =n 2+n ，n ∈N *．证明：（Ⅱ）c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N *，用数学归纳法证明：①当n =1时，c 1=0＜2，不等式成立；②假设n =k ，（k ∈N *）时不等式成立，即c 1+c 2+…+c k ＜2√k ，则当n =k +1时， c 1+c 2+…+c k +c k +1＜2√k +√k (k+1)(k+2)＜2√k +√1k+1＜2√k +2√k+1+√k =2√k +2(√k +1−√k)=2√k +1，即n =k +1时，不等式也成立．由①②得c 1+c 2+…+c n ＜2√n ，n ∈N *．【解析】（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a 1=0，d=2，从而a n =2n-2，n ∈N *．S n =n 2-n ，n ∈N *，利用（S n+1+b n ）2=（S n +b n ）（S n+2+b n ），能求出b n ．（Ⅱ）==，n ∈N *，用数学归纳法证明，得到c 1+c 2+…+c n ＜2，n ∈N *．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.【答案】解：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：p2=1，∴p =2，∴抛物线的准线方程为x =-1；（Ⅱ）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 的方程为x =t 2−12ty +1，代入y 2=4x ，得：y 2−2(t 2−1)t y −4=0，∴2ty B =-4，即y B =-2t ，∴B （1t 2，-2t ），又x G =13（x A +x B +x C ），y G =13（y A +y B +y C ），重心在x 轴上， ∴2t −2t +y C =0，∴C （（1t −t ）2，2（1t −t ）），G （2t 4−2t 2+23t 2，0），∴直线AC 的方程为y -2t =2t （x -t 2），得Q （t 2-1，0）， ∵Q 在焦点F 的右侧，∴t 2＞2， ∴S 1S 2=12|FG|⋅|y A |12|QG|⋅|y C |=|2t 4−2t 2+13t 2|⋅|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-mm 2+4m+3=2-1m+3m+4≥2-12√m⋅3m+4=1+√32，∴当m =√3时，S 1S 2取得最小值为1+√32，此时G （2，0）．【解析】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：=1，由此能求出抛物线的准线方程；（Ⅱ）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，从而直线AB 的方程为x=，代入y 2=4x ，得：，求出B （，-），由重心在x 轴上，得到=0，从而C （（）2，2（）），G （，0），进崦直线AC 的方程为y-2t=2t （x-t 2），得Q （t 2-1，0），由此结合已知条件能求出结果．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． 22.【答案】解：（1）当a =-34时，f （x ）=-34lnx +√1+x ，x ＞0，f ′（x ）=-34x 21+x =√1+x−2)(2√1+x+1)4x √1+x，∴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 ）≤12a ，得0＜a ≤√24，当0＜a ≤√24时，f （x ）≤√x4a，等价于√x a 2-2√1+xa-2ln x ≥0，令t =1a ，则t ≥2√2，设g （t ）=t 2√x -2t √1+x -2ln x ，t ≥2√2，则g （t ）=√x （t -√1+1x）2-x -2ln x ，（i ）当x ∈[17，+∞）时，√1+1x≤2√2，则g （x ）≥g （2√2）=8√x −4√2√1+x −2lnx ，记p （x ）=4√x -2√2√1+x -ln x ，x ≥17，则p ′（x ）=√x√2√x+1-1x=√x √x+1−√2x−√x+1x √x+1 =√x(√2x+2−1)]x √x+1(√x+1)(√x+1+√2x)，∴g （t ）≥g （2√2)=2p(x)=2p （x ）≥0．（ii ）当x ∈[1e 2，17）时，g （t ）≥g （√1+1x）=√xlnx−(x+1)2√x，令q （x ）=2√x ln x +（x +1），x ∈[1e ，17]，则q ′（x ）=√x +1＞0，故q （x ）在[1e 2，17]上单调递增，∴q （x ）≤q （17），由（i ）得q （17）=-2√77p （17）＜-2√77p （1）=0，∴q （x ）＜0，∴g （t ）≥g （√1+1x）=-2√x ＞0，由（i）（ii）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，所求的a的取值范围是（0，√24]．【解析】（1）当a=-时，f′（x）=-=，利用导数性质能求出函数f（x）的单调区间．（2）由f（x）≤，得0＜a≤，当0＜a≤时，f（x）≤，等价于--2lnx≥0，令t=，则t，设g（t）=t2-2t-2lnx，t，则g（t）=（t-）2--2lnx，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．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．。

2019年高考浙江卷数学真题试题(word版,含答案与解析)

2019年高考数学真题试卷（浙江卷）原卷+解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

1.（2019•浙江）已知全集U={-1，0，1，2，3}，集合A={0，1，2}，B={-1，0，1}，则=（）A. {-1}B. {0，1}C. {-1，2，3}D. {-1，0，1，3}【答案】 A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】解：，所以={-1}.故答案为：A.【分析】根据集合的补写出即可得到.2.（2019•浙江）渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是（）A. B. 1 C. D. 2【答案】 C【考点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：根据双曲线的渐近线方程，得，所以离心率e= .故答案为：C.【分析】根据双曲线的渐近线方程，得到，即可求出离心率e.3.（2019•浙江）若实数x，y满足约束条件，则z=3x+2y的最大值是（）A. -1B. 1C. 10D. 12【答案】 C【考点】简单线性规划的应用【解析】【解答】作出可行域和目标函数相应的直线，平移该直线，可知当过（2,2）时，目标函数取最大值10.故答案为：C.【分析】作出可行域和目标函数相应的直线，平移该直线，即可求出相应的最大值.4.（2019•浙江）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. 32【答案】 B【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】根据三视图，确定几何体为五棱柱，其底面积,所以体积V=27 .故答案为：B.【分析】根据三视图确定几何体的结构特征，根据祖暅原理，即可求出相应的体积.5.（2019•浙江）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【答案】 A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】作出直线y=4-x和函数的图象，结合图象的关系，可确定“a+b≤4“是“ab≤4”的充分不必要条件.故答案为：A.【分析】作出函数的图象，结合图象确定充分必要性即可.6.（2019•浙江）在同一直角坐标系中，函数y= ，y=log a(x+ ），（a>0且a≠0）的图像可能是（）A B C D【答案】 D【考点】函数的图象【解析】【解答】当a>1时，y= 的底数大于0小于1，故过（0,1）单调递减；y=log a(x+ ）过（，0）单调递增，没有符合条件的图象；当0<a<1时，y= 的底数大于1，故过（0,1）单调递增；y=log a(x+ ）过（，0）单调递减；故答案为：D.【分析】对a的取值分类讨论，结合指数函数和对数函数的特点，确定函数的图象即可.7.（2019•浙江）设0＜a＜1随机变量X的分布列是X 0 a 1P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【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解：E（X）= ，，根据二次函数的单调性，可知D（X）先减小后增大；故答案为：D.【分析】根据期望的公式求出E(X),结合方差的计算公式及二次函数的性质即可确定D（X）先减小后增大.8.（2019•浙江）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。

2019年浙江省高考文科数学试卷及答案解析【word版】

2019年高考浙江卷数2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（文科）一•选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.设集合S {x|x2} , T {x|x5｝，则SI T ()A.(,5]B.[2,)C.(2,5)D. [2,5]【答案】D【解析】试题分析:依题意SI T [2,5]，故选 D.点评：本题考查结合的交运算，容易题•2.设四边形ABCD的两条对角线为AC、BD，则“四边形ABCD为菱形”是“ AC BD ”的（）A.充分不必要条件B. 必要不成分条件C.充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】试题分析：若四边形ABCD为菱形，则对角线AC BD ;反之若AC BD，则四边形比一定是平行四边形，故“四边形ABCD为菱形”是“ AC BD ”的充分不必要条件，选 A.菱形的性质，充分条件与必要条件判断，容易题cm）若图所示，则该几何体的体积是（）【解析】试题分析：由三视图知，原几何体是由一个长方体与一个三棱柱组成,1 2其体积为V 3 4 6 3 4 3 90（cm2），故选B.2点评：本题考查根据三视图还原几何体，求原几何体的体积，容易题4.为了得到函数y sin3x cos3x的图象，可以将函数y - 2sin3x的图象（）点评：本题考查平行四边形、3.某几何体的三视图（单位:A. 72cm3B.【答案】B90cm3C. 108cm3 D. 138cm3A.向右平移个单位长B.12向右平移一个单位长4试题分析：因为 y sin3x cos3x 2sin(3x)，所以将函数 y .2sin 3x 的图象向左平移个单位长412.2 sin3(x )，即得函数y sin 3x cos3x 的图象，选C.12公式sin x cosx ■, 2 sin(x )的运用，容易题4点评：本题考查直线与圆相交，点到直线的距离公式的运用，容易题 . 6.设m 、n 是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则( ) A.若mn , n 〃，则mB.若m 〃，，则m C.若mn，n ，则 mD. 若mn ，n，，则m【答案】 C【解析】试题分析::对 A , 若m n ， n 〃，则m 或m 〃或m ，错误；对B,若 m 〃，则 m 或m 〃或m，错误；对C,若 mn ，n，则m ，正确；对D,若m n ， n，，则m或m或m 〃，错误.故选C.点评：本题考查空间中的线线、线面、面面的闻之关系，容易题C.向左平移一个单位长 12【答案】C 【解析】D.向左平移—个单位长4得函数y 点评：本题考查三角函数的图象的平移变换, 5.已知圆 2x 2y a截直线y 20所得弦的长度为 4，则实数a 的值为()A. 2B.C.D.【答案】【解析】试题分析：由2x 2y20配方得(x 1) (y1)2 所以圆心坐标为( 1,1)，半径 r 2 a ，由圆心到直线0的距离为| 1 1 2|所以22(・、2)2 2 a ，解得a4，故选B.1，所以a 1，所以6 c 6 k 9.所以 f (x) k a(x 1(x 2)(x 3)，7.已知函数f (x) 3 2x ax bx c，且0f( 1)f( 2)f( 3)3，则( ) A. c 3 B. 3 c 6 C.6c9 D. c 9【答案】C【解析】试题分析：设f(1) f( 2)f( 3)k，则儿—一次方程f(x)k0有三个根1、2、3, 由于f (x)的最高次项的系数为点评：本题考查函数与方程的关系，中等题8.在同一坐标系中，函数 f(x) x a (x 0) , g (x ) Iog a x 的图象可能是(【答案】D 【解析】试题分析：对 A ,没有幕函数的图象，；对B, f(x) x a (x 0)中a 1 , g(x ) Iog a x 中o a 1,不符合题题；对C , f(x) x a (x 0)中 0 a 1，g(x) log a x 中 a 1，不符合题题；对 D , f (x) x a (x 0)中0 a 1， g(x) log a x 中0 a1,符合题题；故选 D.点评：本题考查幕函数与对数函数的图象判断，容易题 9.设为两个非零向量a 、b 的夹角，已知对任意实数 t ，|b at |的最小值为1()A.若确定，则|a|唯一确定 B. 若确定，则 | b |唯一确定C.若|a|确定，则唯一确定D.若|b |确定，则唯一确定【答案】D【解析】试题分析：依题意,对任意实数t ， |b at |1恒成立，所以(ta)2 b 22t | a | | b | cos 1恒成立, ，若为定值，则当|b|为定值时二次函数才有最小值故选B.点评：本题考查平面向量的夹角、模，二次函数的最值，难度中等10. 如图，某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练，已知点 A 刀枪面对而距离为【答案】C 【解析】AB ，某目标点P 沿墙面上的射线 CM 移动，此人为了准确瞄准目标点 P ，需计算由点 A 观察点P 的仰角的大小 (仰角为直线AP 与平面ABC 所成的角) ，若 AB15m ， AC 25m ， BCM 30，则 tan的最大值B.-30 10C.4.3 9D.5,3 9试题分析: 由勾股定理知, BC 20，过点 P 作PP BC 交BC 于P ，连结AP ，则tanPP乔，设BPm ，则 CP 20m ，因为 BCM 30，是()3写不清，模棱两可均不得分 11. 设已知i 是虚数单位，计算1 1 【答案】 1丄)2 2【解析】点评：本题考查复数的运算，容易题x 2y 4 0x y 1 0 ，则x y 的取值范围是x 1【答案】2 【解析】 x 2y 4 0 试题分析：不等式组表示的平面区域如图中ABC ，令z x y ，解方程组得C(2,1),x y 1x y 1 0解方程组 y得B(1,0)，平移直线z x y 经过点C 使得z 取得最大值，即 z Max 2 1 3，当直x 1线z x y 经过点B(1,0)使得z 取得最小值，即Z min 1 0 1 ,故x y 的取值范围是[1,3].点评：本题考查不等式组表示的平面区域，求目标函数的最值，容易题 13.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运行后输出的结果是 ____________ .所以tan#(2°_m ) \ 225 m 220 m..225 m 2 ，所以当x 0时去的最大值2015 4 J3故tan 的最大值为4 — 3 34.3""9-考点：本题考查函数的奇函数的性质、分段函数、最值及恒成立，难度中等 •填空题：本大题共7小题，每小题 4分，共28分.请将答案天灾答题卡对应题号的位置上，答错位置，书试题分析：因为1 i (1 i)21 i 1 i 2i 212.若、y 满足和3【答案】6【解析】试题分析：当 S 0, i 1，则第一次运行 S 2 0 1 1, i1 1 2;第二次运行 S 2 1 1 4, i 2 1 3; 第三次运行 S 2 4 3 11, i 3 1 4 ；第四次运行 S 2 11 4 26, i 4 1 5;第五次运行S 2 26 5 57 50, i 5 1 6终止循环，故输出i 6.点评：本题考查程序框图，直到型循环结构，容易题14.在三张奖券中有一、二等各一张，另有一张无奖，甲乙两人各抽取一张，两人都中奖的概率为【答案】-3【解析】2 1知，所求的概率 p 2 丄.6 3点评：本题考查古典概型，容易题15.设函数f (x) x 22x2,x若 f( f (a))2，则 a2x , x 0【答案】4【解析】试题分析：若a 0，无解；若a 0, 解得a 2.故a 2点评：本题考查分段函数，复合函数，容易题【答案】2 一3 3【解析】试题分析: 因为 a b c 0 ,所以 c(a b),所以a 2b 2 [ (a b)]21所以2b 2 2ab 2a 2 1 0, 故实数a 的最大值为点评：本题考一元二次方程的根的判别式，容易题P(m,0)满足| PA | |PB|，则双曲线的离心率是【答案】 — 2【解析】y b x 与y -X ，分别与直线 x 3y m 0联立方程a a试题分析：基本事件的总数是3 2 16，甲乙两人各抽取一张，两人都中奖只有2种情况，由古典概型公式16.已知实数a 、b 、c 满足a bc 0, a 2 bc 2 1，则a 的最大值为为 17.设直线x 3y m 0(m 0)与双曲线2 x2a2話 1(a 0,b0)的两条渐近线分别交于A 、B ,若试题分析：由双曲线的方程数知，其渐近线方程为,B （—亠丄），由| PA| | PB |，设AB 的中点为E ， a 3b' a 3b 丐0垂直，所以2a 2 8b 2 8（c 2 a 2），所以e .2渐近线与离心率，中等题组，解得A （」m _^m ） a3b 'a 3b因为PE 与直线x 3y m 点评：本题考查双曲线的性质、。

新高考(精校版)2019年浙江卷数学高考试题文档版(有答案)【精校】.doc

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{1U =-，0，l ，2，3}，集合{0A =，1，2}，{1B =-，0，1}，则()U A B =ð（）A ．{1}-B ．{0，1}C ．{1-，2，3}D ．{1-，0，1，3} 2．渐进线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是（） AB ．1 CD ．2 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 ．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 sh =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，则该柱体的体积是（）A ．158B ．162C ．182D ．324 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 6．在同一直角坐标系中，函数1xy a =，11()2ay og x =+，(0a >且1)a ≠的图象可能是（）7．设01a <<．随机变量X 的分布列是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 ．βγ<，αγ< B ．βα<，βγ< C ．βα<，γα< D ．αβ<，γβ< 9．设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 na ab +=+，*n N ∈，则（） A ．当12b =时，1010a > B ．当14b =时，1010a > C ．当2b =-时，1010a > D ．当4b =-时，1010a >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。

(完整版)2019年浙江省高考文科数学试卷及答案解析【word版】,推荐文档

【数学】2019年高考真题——浙江卷(精校版)

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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等于() A．{－1} B．{0,1}C．{－1,2,3} D．{－1,0,1,3}答案 A解析由题意可得∁U A＝{－1,3}，则(∁U A)∩B＝{－1}．2．渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是()A.B．1C.D．2答案 C解析因为双曲线的渐近线方程为x±y＝0，所以无论双曲线的焦点在x轴上还是在y轴上，都满足a＝b，所以c＝a，所以双曲线的离心率e＝＝.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答案 C解析作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，数形结合可知，当直线z＝3x＋2y过点A(2,2)时，z取得最大值，z max＝6＋4＝10.4．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．162 C．182 D．324答案 B解析由三视图可知，该几何体是一个直五棱柱，所以其体积V＝×(4×3＋2×3＋6×6)×6＝162.5．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答案 A解析因为a＞0，b＞0，所以a＋b≥2，由a＋b≤4可得2≤4，解得ab≤4，所以充分性成立；当ab≤4时，取a＝8，b＝，满足ab≤4，但a＋b≥4，所以必要性不成立，所以“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．6．在同一直角坐标系中，函数y＝，y＝log a(a＞0，且a≠1)的图象可能是() A. B.C. D.答案 D解析若0＜a＜1，则函数y＝是增函数，y＝log a是减函数且其图象过点，结合选项可知，选项D可能成立；若a＞1，则y＝是减函数，而y＝log a是增函数且其图象过点，结合选项可知，没有符合的图象．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)先减小后增大答案 D解析由题意可知，E(X)＝(a＋1)，所以D(X)＝＋＋＝＝，所以当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＜β答案 B解析由题意，不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等，因为点P是棱VA上的点(不含端点)，所以直线PB与平面ABC所成的角β小于直线VB与平面ABC所成的角，而直线VB 与平面ABC所成的角小于二面角P－AC－B的平面角γ，所以β＜γ；因为AC⊂平面ABC，所以直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β，即α＞β.9．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＜0 B．a＜－1，b＞0C．a＞－1，b＜0 D．a＞－1，b＞0答案 C解析由题意可得，当x≥0时，f(x)－ax－b＝x3－(a＋1)x2－b，令f(x)－ax－b＝0，则b ＝x3－(a＋1)x2＝x2[2x－3(a＋1)]．因为对任意的x∈R，f(x)－ax－b＝0有3个不同的实数根，所以要使满足条件，则当x≥0时，b＝x2[2x－3(a＋1)]必须有2个零点，所以＞0，解得a＞－1.所以b＜0.10．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＞10答案 A解析当b＝时，因为a n＋1＝＋，所以a2≥，又a n＋1＝＋≥a n，故a9≥a2×()7≥×()7＝4，a10＞≥32＞10.当b＝时，a n＋1－a n＝2，故当a1＝a＝时，a10＝，所以a10＞10不成立．同理b＝－2和b＝－4时，均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0＜10，故a10＞10不成立．二、填空题11．复数z＝(i为虚数单位)，则|z|＝________.答案解析z＝＝＝－，所以|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＝________.答案－2解析方法一设过点A(－2，－1)且与直线2x－y＋3＝0垂直的直线方程为l：x＋2y＋t＝0，所以－2－2＋t＝0，所以t＝4，所以l：x＋2y＋4＝0，令x＝0，得m＝－2，则r＝＝.方法二因为直线2x－y＋3＝0与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为A(－2，－1)，所以×2＝－1，所以m＝－2，r＝＝.13．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________．答案16 5解析该二项展开式的第k＋1项为T k＋1＝()9－k x k，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为()9＝16；当k＝1,3,5,7,9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.14．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________.答案解析在Rt△ABC中，易得AC＝5，sin C＝＝.在△BCD中，由正弦定理得BD＝×sin∠BCD＝×＝，sin∠DBC＝sin [π－(∠BCD＋∠BDC)]＝sin(∠BCD＋∠BDC)＝sin∠BCD·cos∠BDC＋cos∠BCD·sin∠BDC＝×＋×＝.又∠ABD＋∠DBC＝，所以cos∠ABD＝sin∠DBC＝.15．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________．答案解析依题意，设点P(m，n)(n＞0)，由题意知F(－2,0)，|OF|＝2，所以线段FP的中点M在圆x2＋y2＝4上，所以2＋2＝4，又点P(m，n)在椭圆＋＝1上，所以＋＝1，所以4m2－36m－63＝0，所以m＝－或m＝(舍去)，当m＝－时，n＝，所以k PF＝＝.16．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________．答案解析f(t＋2)－f(t)＝[a(t＋2)3－(t＋2)]－(at3－t)＝2a(3t2＋6t＋4)－2，因为存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，所以－≤2a(3t2＋6t＋4)－2≤有解．因为3t2＋6t＋4≥1，所以≤a≤有解，所以a≤max＝，所以a的最大值为.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，|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|的最小值是________，最大值是________．答案02解析以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，所以λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)，所以当时，可取λ1＝λ3＝1，λ5＝λ6＝1，λ2＝－1，λ4＝1，此时|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最小值0；取λ1＝1，λ3＝－1，λ5＝λ6＝1，λ2＝1，λ4＝－1，则|λ1＋λ2＋λ3＋λ4＋λ5＋λ6|取得最大值＝2.三、解答题18．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＝2＋2的值域．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 x cos θ＋cos x sin θ＝－sin x cos θ＋cos x sin θ，故2sin x cos θ＝0，所以cos θ＝0.又θ∈[0,2π)，因此θ＝或.(2)y＝2＋2＝sin2＋sin2＝＋＝1－＝1－cos.因此，函数的值域是.19.如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．方法一(1)证明如图，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⊂平面A1EF，A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)解取BC的中点G，连接EG，GF，则EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGF A1，则平面A1BC⊥平面EGF A1，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)解设直线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．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*.(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＝(－S n S n＋2)．所以b n＝n2＋n，n∈N*.(2)证明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*，k≥1)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.如图，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.(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．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.即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＋.当且仅当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2,0)．22．已知实数a≠0，设函数f(x)＝a ln 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．解(1)当a＝－时，f(x)＝－ln x＋，x＞0.f′(x)＝－＋＝，令f′(x)＞0，得x＞3，令f′(x)＜0，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)≤，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)＝2－－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)＝－－＝＝.故当x变化时，p′(x)，p(x)的变化情况如下表：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，＋∞)时，g(t)≥0，即对任意x∈，均有f(x)≤.综上所述，a的取值范围是.。

2019年浙江卷数学高考试题文档版含答案【高考】

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 -=-=L 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 I 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 ，b *∈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。

【精校】2019年浙江省高考数学试卷

绝密★启用前2019年浙江省高考数学试卷试卷副标题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题)请点击修改第I 卷的文字说明一、单选题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 ．{}0,1 C ．{}1,2,3- D ．{}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】={1,3}U C A -，则(){1}U C A B =-I【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0x y ±=的双曲线的离心率是（）A ．2B ．1C D ．2【答案】C 【解析】试卷第2页，总24页○…………外…………○…※※○…………内…………○…【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=则该双曲线的离心率为eca==，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.3．若实数x,y满足约束条件{x−3y+4≥03x−y−4≤0x+y≥0，则z=3x+2y的最大值是（）A.−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=3x+2y取最大值z max=3×2+2×2=10.【点睛】○…………订…………○…………线班级：___________考号：___________○…………订…………○…………线解答此类问题，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 Sh =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，则该柱体的体积是（）A ．158B ．162C ．182D ．32【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264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 【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0,0ab >>，则“4a b +≤”是 “4ab ≤”的（）试卷第4页，总24页…………○…………装…………※※请※※不※※要※※在※※装…………○…………装…………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0, 0a >b >时，a b +≥，则当4a b +≤时，有4a b ≤+≤，解得4ab ≤，充分性成立；当=1, =4a b 时，满足4ab ≤，但此时=5>4a+b ，必要性不成立，综上所述，“4a b +≤”是“4ab ≤”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y =1a x ,y =log a (x +12)(a >0且a ≠0)的图象可能是（）A. 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】订…………__考号：_________订…………当0<a <1时，函数y =a x 过定点(0,1)且单调递减，则函数y =1a x 过定点(0,1)且单调递增，函数y =log a (x +12)过定点(12,0)且单调递减，D 选项符合；当a >1时，函数y =a x 过定点(0,1)且单调递增，则函数y =1a x 过定点(0,1)且单调递减，函数y =log a (x +12)过定点(12,0）且单调递增，各选项均不符合.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01a <<，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【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()3aE X +=，则 2222111111211()01333333926a a a D X a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大.方法2：则()222221(1)222213()()03399924a a a a D X E X E X a ⎡⎤+-+⎛⎫=-=++-==-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦试卷第6页，总24页………外…………○………内…………○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 ．,βγαγ<<B ．,βαβγ<<C ．,βαγα<<D ．,αβγβ<<【答案】B 【解析】【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//PF AC 交VG 于F ，过D 作//DH AC ，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠，则cos cos PF EG DH BD PB PB PB PB α===<=β，即αβ>，tan tan PD PDED BDγ=>=β，即y >β，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理βα<，记V AB C --的平面角为γ'（显然γ'=γ）由最大角定理β<γ'=γ，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cos sin sin 6633α=⇒α=β=γ=，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.9．已知a,b ∈R ，函数f(x)={x,x <013x 3−12(a +1)x 2+ax,x ≥0 ，若函数y =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【答案】C 【解析】【分析】当x <0时，y =f(x)−ax −b =x −ax −b =(1−a)x −b 最多一个零点；当x ⩾0时，y =f(x)−ax −b =13x 3−12(a +1)x 2+ax −ax −b =13x 3−12(a +1)x 2−b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．【详解】当x <0时，y =f(x)−ax −b =x −ax −b =(1−a)x −b =0，得x =b1−a ；y =f(x)−ax −b 最多一个零点；当x ⩾0时，y =f(x)−ax −b =13x 3−12(a +1)x 2+ax −ax −b =13x 3−12(a +1)x 2−b ，y′=x 2−(a +1)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y′>0得x ∈[a +1，+∞)，函数递增，令y′<0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： ∴b1−a <0且{−b >013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b <0 ，…○…………线…………题※※…○…………线…………解得b<0，1−a>0，0>b>−16(a+1)3,∴a>−1．故选：C．【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.10．设,a b∈R，数列{}n a中，211,n na a a a b+==+，Nn*∈ ,则（）A．当101,102b a=>B．当101,104b a=>C．当102,10b a=->D．当104,10b a=->【答案】A【解析】【分析】对于B，令214xλ-+=0，得λ12=，取112a=，得到当b14=时，a10＜10；对于C，令x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，取a1＝2，得到当b＝﹣2时，a10＜10；对于D，令x2﹣λ﹣4＝0，得λ=1a=，得到当b＝﹣4时，a10＜10；对于A，221122a a=+≥，223113()224a a=++≥，4224319117()14216216a a a=+++≥+=＞，当n≥4时，1nnaa+=an12na+＞11322+=，由此推导出104aa＞（32）6，从而a1072964＞＞10．【详解】试卷第8页，总24页对于B ，令214x λ-+=0，得λ12=，取112a =，∴2111022n a a ==L ，，＜， ∴当b 14=时，a 10＜10，故B 错误；对于C ，令x 2﹣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x 2﹣λ﹣4＝0，得12λ±=取112a +=，∴212a =，…，12n a +=10， ∴当b ＝﹣4时，a 10＜10，故D 错误；对于A ，221122a a =+≥，223113()224a a =++≥， 4224319117()14216216a a a =+++≥+=＞，a n +1﹣a n ＞0，{a n }递增，当n ≥4时，1n na a +=a n 12na +＞11322+=， ∴5445109323232a a a a aa ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⋅⎨⎪⋅⎪⋅⎪⎪⎪⎪⎩＞＞＞，∴104a a ＞（32）6，∴a 1072964＞＞10．故A 正确．故选：A ．【点睛】遇到此类问题，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，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.试卷第10页，总24页第II 卷（非选择题)请点击修改第II 卷的文字说明二、填空题11．复数1z i=+（i 为虚数单位），则||z =________. 【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】1|||1|z i ===+. 【点睛】本题考查了复数模的运算，属于简单题.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】2m =- r =【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11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+，把(0,)m 代入得2m =-，此时||r AC ===【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.试卷第11页，总24页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 【解析】【分析】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)x 的通项为919(0,1,29)rr r r T C x r -+==L 可得常数项为0919T C ==因系数为有理数，1,3,5,7,9r =，有246810T , T , T , T , T 共5个项【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.14．在ABC △中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若45BDC ∠=︒，则BD =____；cos ABD ∠=________.【答案】5 10【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 cos()ABD BDC BAC ∠=∠-∠建立方程，进而得解. 【详解】在ABD ∆中，正弦定理有：sin sin AB BD ADB BAC =∠∠，而34,4AB ADB π=∠=, 5AC ，34sin ,cos 55BC AB BAC BAC AC AC ∠==∠==，所以5BD =………线…………………线…………cos cos()cos cos sin sin4410ABD BDC BAC BAC BACππ∠=∠-∠=∠+∠=【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.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_______.【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||=|2OF OM|=c=，由中位线定理可得12||4PF OM==，设(,)P x y可得22(2)16x y-+=，联立方程22195x y+=可解得321,22x x=-=（舍），点P在椭圆上且在x轴的上方，求得322P⎛-⎝⎭，所以212PFk==试卷第12页，总24页…………线…………○………………线…………○……方法2：焦半径公式应用解析1：由题意可知|2OF|=|OM|=c=，由中位线定理可得12||4PF OM==，即342p pa ex x-=⇒=-求得322P⎛-⎝⎭，所以212PFk==【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.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】max43a=【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()2(2)()23642f t f t a t t+-=++-入手，令2364[1,)m t t=++∈+∞，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()222(2)()2(2)(2)2234{}2]6f t f t a t t t t a t t+-=•[++++-=++-，试卷第13页，总24页试卷第14页，总24页………线………………线………使得令2364[1,)m t t =++∈+∞，则原不等式转化为存在11,|1|3m am ≥-≤，由折线函数，如图只需11133a -≤-≤，即2433a ≤≤，即a 的最大值是43【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. 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+++++u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r的最小值是________；最大值是_______.【答案】0 【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 +=u u u r u u u r u u u r ，BD AD AB =-u u u r u u u r u u u r，AB u u u r •AD =u u u r0，()(123456135624AB BC CD DA AC BD AB λ+λ+λ+λ+λ+λ=λ-λ+λ-λ+λ-λ+u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v要使123456AB BC CD DA AC BD λ+λ+λ+λ+λ+λu u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v的最小，只需要135562460λ-λ+λ-λ=λ-λ+λ+λ=，此时只需要取1234561,1,1,1,1,1λ=λ=-λ=λ=λ=λ=此时123456min0AB BC CD DA AC BDλ+λ+λ+λ+λ+λ=u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v()(212345613562456AB BC CD DA AC BD AB λλλλλλλλλλλλλλ+++++=-+-+-++试卷第15页，总24页()()2213562456λλλλλλλλ=-+-+-++()()2213562456λλλλλλλλ≤++-++++()()22565622λλλλ=+-+++()()()225656565684λλλλλλλλ=+-+++-++()225682λλ=++12=+1220=+=等号成立当且仅当1356,,λ-λλ-λ均非负或者均非正，并且2456,,λ-λλ+λ均非负或者均非正。