浙江省高考数学试卷(理科)解析

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2022浙江高考理数试卷及答案

2022浙江高考理数试卷及答案【一】:2022年高考浙江卷理数试题及答案2022年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。

1、已知集合P=，Q=，则P=，则A。

[2,3]B。

(-2,3]C。

[1,2)D。

2、已知互相垂直的平面A。

B。

C。

交于直线l，若直线m,n满足D。

3、在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线+y-2=0上的投影构成的线段记为AB，则，AB，=A。

B。

4C。

D。

6使得”的否定形式是B。

D。

则的最小正周期使得使得4、命题“A。

C。

5、设函数使得使得A。

与b有关，且与c有关B。

与b有关，但与c无关C。

与b无关，且与c无关D。

与b无关，但与c有关6。

如图，点列分别在锐角的两边上，且，（若A。

表示点P与Q不重合），为的面积，则是等差数列，。

是等差数列B。

C。

是等差数列D。

是等差数列7。

已知椭圆与双曲线的焦点重合，则A。

C。

且且B。

D。

则则则则且且分别为的离心率，8。

已知实数A。

若B。

若C。

若D。

若二、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。

9。

若抛物线10。

已知上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是。

，则A=，b=。

11、几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是cm，体积是cm。

12、已知，若，则a=，b=。

13、设数列的前n项和为，若，则=，=。

14、如图，在中，AB=BC=2，。

若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是。

15、已知向量a，b，a，=1，b，=2，若对任意单位向量e，均有，a·e，+，b·e，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。

16。

2022年理数高考试题答案及解析-浙江

绝密★考试结束前2022年普通高等学校招生全国同一考试〔浙江卷〕数学〔理科〕本试题卷分选择题和非选择题两局部．全卷共5页，选择题局部1至3页，非选择题局部4至5页．总分值150分，考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．选择题局部〔共50分〕本卷须知：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上．2．每题选出答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

不能答在试题卷上．参考公式：如果事件A ，B 互斥，那么柱体的体积公式如果事件A ，B 相互独立，那么其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 ()()()P A B P A P B ⋅=⋅ 锥体的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么 13V Sh =n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高()()()1,0,1,2,,n kk kn n P k C p p k n -=-=球的外表积公式台体的体积公式 24πS R =()1213V h S S = 球的体积公式其中12,S S 分别表示台体的上底、下底面积， 34π3V R =h 表示台体的高其中R 表示球的半径一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的．1．设集合A ＝{x |1＜x ＜4}，B ＝{x |x 2－2x －3≤0}，那么A ∩(C R B )＝A ．(1，4)B ．(3，4)C ．(1，3)D ．(1，2) 【解析】A ＝(1，4)，B ＝(－3，1)，那么A ∩(C R B )＝(1，4)．【答案】A 2．i 是虚数单位，那么3+i1i-＝ A ．1－2i B ．2－i C ．2＋i D ．1＋2i 【解析】3+i 1i -＝()()3+i 1+i 2＝2+4i2＝1＋2i ．【答案】D3．设a ∈R ，那么“a ＝1”是“直线l 1：ax ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋(a ＋1)y ＋4＝0平行〞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【解析】当a ＝1时，直线l 1：x ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋2y ＋4＝0显然平行；假设直线l 1与直线l 2平行，那么有：211a a =+，解之得：a ＝1 or a ＝﹣2．所以为充分不必要条件．【答案】A4．把函数y ＝cos2x ＋1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图像是【解析】把函数y ＝cos2x ＋1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得：y 1＝cos x ＋1，向左平移1个单位长度得：y 2＝cos(x —1)＋1，再向下平移1个单位长度得：y 3＝cos(x —1)．令x ＝0，得：y 3＞0；x ＝12π+，得：y 3＝0；观察即得答案．【答案】B5．设a ，b 是两个非零向量．A ．假设|a ＋b |＝|a |－|b |，那么a ⊥bB ．假设a ⊥b ，那么|a ＋b |＝|a |－|b |C ．假设|a ＋b |＝|a |－|b |，那么存在实数λ，使得a ＝λbD ．假设存在实数λ，使得a ＝λb ，那么|a ＋b |＝|a |－|b |【解析】利用排除法可得选项C 是正确的，∵|a ＋b |＝|a |－|b |，那么a ，b 共线，即存在实数λ，使得a ＝λb ．如选项A ：|a ＋b |＝|a |－|b |时，a ，b 可为异向的共线向量；选项B ：假设a ⊥b ，由正方形得|a ＋b |＝|a |－|b |不成立；选项D ：假设存在实数λ，使得a ＝λb ，a ，b 可为同向的共线向量，此时显然|a ＋b |＝|a |－|b |不成立．【答案】C6．假设从1，2，2，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，那么不同的取法共有A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种【解析】1，2，2，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，那么取法有：4个都是偶数：1种；2个偶数，2个奇数：225460C C =种； 4个都是奇数：455C =种．∴不同的取法共有66种．【答案】D7．设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，那么以下命题错误的选项是．．．．．．A ．假设d ＜0，那么数列{S n }有最大项B ．假设数列{S n }有最大项，那么d ＜0C ．假设数列{S n }是递增数列，那么对任意的n ∈N*，均有S n ＞0D ．假设对任意的n ∈N*，均有S n ＞0，那么数列{S n }是递增数列【解析】选项C 显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…．满足数列{S n }是递增数列，但是S n ＞0不成立．【答案】C8．如图，F 1，F 2分别是双曲线C ：22221x y a b-=(a ，b ＞0)的左右焦点，B 是虚轴的端点，直线F 1B 与C 的两条渐近线分别交于P ，Q 两点，线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M ．假设|MF 2|＝|F 1F 2|，那么C 的离心率是 A 23 B 6C 2D 3【解析】如图：|OB |＝b ，|OF 1|＝c ．∴k PQ ＝b c，k MN ＝﹣b c．直线PQ 为：y ＝b c (x ＋c )，两条渐近线为：y ＝b a x ．由()b y x c c b y x a ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩＝＋＝，得：Q (ac c a -，bc c a -)；由()b y x c cb y xa ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩＝＋＝-，得：P (ac c a -+，bc c a +)．∴直线MN 为：y －bc c a +＝﹣b c(x －acc a -+)，令y ＝0得：x M ＝322c c a -．又∵|MF 2|＝|F 1F 2|＝2c ，∴3c ＝x M ＝322c c a -，解之得：2232a c e a==，即e 6．【答案】B9．设a ＞0，b ＞0A ．假设2223a b a b +=+，那么a ＞bB ．假设2223a b a b +=+，那么a ＜bC ．假设2223a b a b -=-，那么a ＞bD ．假设2223a b a b -=-，那么a ＜b【解析】假设2223a b a b +=+，必有2222a b a b +>+．构造函数：()22x f x x =+，那么()2ln 220x f x '=⋅+>恒成立，故有函数()22x f x x =+在x ＞0上单调递增，即a ＞b 成立．其余选项用同样方法排除．【答案】A10．矩形ABCD ，AB ＝1，BC 2∆ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻着，在翻着过程中，A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三直线“AC 与BD 〞，“AB 与CD 〞，“AD 与BC 〞均不垂直【解析】最简单的方法是取一长方形动手按照其要求进行翻着，观察在翻着过程，即可知选项C 是正确的．【答案】C2022年普通高等学校招生全国同一考试〔浙江卷〕数学〔理科〕非选择题局部〔共100分〕本卷须知：1．用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上．2．在答题纸上作图，可先使用2B 铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑．二、填空题：本大题共7小题，每题4分，共28分． 11．某三棱锥的三视图(单位：cm)如下列图，那么该三棱锥的体积等于___________cm 3．【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角 11312123⨯⨯⨯⨯=．形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于【答案】112．假设程序框图如下列图，那么该程序运行后输出的值是______________．【解析】T ，i 关系如以下列图： T 1 12 16 124 1120i 23 4 5 6【答案】112013．设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为{S n }．假设2232S a =+，4432S a =+，那么q ＝______________．q 表示的式子．【解析】将2232S a =+，4432S a =+两个式子全部转化成用1a ，即111233111113232a a q a q a a q a q a q a q +=+⎧⎨+++=+⎩，两式作差得：2321113(1)a q a q a q q +=-，即：2230q q --=，解之得：312q or q ==-(舍去)．【答案】3214．假设将函数()5f x x =表示为其中0a ，1a ，2a ，…，5a 为实数，那么3a ＝______________．【解析】法一：由等式两边对应项系数相等．即：545543315544310100a C a a a C a C a a =⎧⎪+=⇒=⎨⎪++=⎩．法二：对等式：()()()()2550125111f x x a a x a x a x ==+++++++两边连续对x 求导三次得：2234560624(1)60(1)x a a x a x =++++，再运用赋值法，令1x =-得：3606a =，即310a =．【答案】1015．在∆ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，那么AB AC ⋅＝______________．【解析】此题最适合的方法是特例法．假设∆ABC 是以AB ＝AC 的等腰三角形，如图， AM ＝3，BC ＝10，AB ＝AC 34 cos ∠BAC ＝3434102923434+-=⨯．AB AC ⋅＝cos 29AB AC BAC ⋅∠=【答案】2916．定义：曲线C 上的点到直线l 的距离的最小值称为曲线C 到直线l 的距离．曲线C 1：y ＝x 2＋a 到直线l ：y ＝x 的距离等于C 2：x 2＋(y ＋4) 2 ＝2到直线l ：y ＝x 的距离，那么实数a ＝______________．【解析】C 2：x 2＋(y ＋4) 2 ＝2，圆心(0，—4)，圆心到直线l ：y ＝x 的距离为：0(4)222d --==C 2到直线l ：y ＝x 的距离为22d d r d '=-== 另一方面：曲线C 1：y ＝x 2＋a ，令20y x '==，得：12x =，曲线C 1：y ＝x 2＋a 到直线l ：y ＝x 的距离的点为(12，14a +)，111()72442422a ad a -++'==⇒=．【答案】7417．设a ∈R ，假设x ＞0时均有[(a －1)x －1]( x 2－ax －1)≥0，那么a ＝______________．【解析】此题按照一般思路，那么可分为一下两种情况： (A )2(1)1010a x x ax ≤⎧⎨≤⎩－－－－，无解； (B )2(1)1010a x x ax ≥⎧⎨≥⎩－－－－，无解．因为受到经验的影响，会认为此题可能是错题或者解不出此题．其实在x ＞0的整个区间上，我们可以将其分成两个区间(为什么是两个)，在各自的区间内恒正或恒负．(如下答图) 我们知道：函数y 1＝(a －1)x －1，y 2＝x 2－ax －1都过定点P (0，1)．考查函数y 1＝(a －1)x －1：令y ＝0，得M (11a -，0)，还可分析得：a ＞1；考查函数y 2＝x 2－ax －1：显然过点M (11a -，0)，代入得：211011a a a ⎛⎫--= ⎪--⎝⎭，解之得：2a =，舍去2a =，得答案：2a = 【答案】2a =三、解答题：本大题共5小题，共72分，解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．(本小题总分值14分)在∆ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．cos A ＝23，sin B 5C ． (Ⅰ)求tan C 的值；(Ⅱ)假设a 2∆ABC 的面积．【解析】此题主要考察三角恒等变换，正弦定理，余弦定理及三角形面积求法等知识点。

(完整版)浙江高考理科数学试题和解析

WORD 完满格式2017 年一般高等学校招生全国一致考试（浙江卷）数学（理科）选择题部分（共50 分）1.(2017年浙江)已知会合P={x|-1 ＜ x＜ 1} ， Q={0＜ x＜ 2} ，那么 P∪Q=（）A．（ 1， 2）B．（ 0， 1）C．（ -1 ， 0）D．（ 1， 2）【分析】利用数轴，取P， Q全部元素，得P∪Q=（ -1 ， 2） .2. (2017年浙江 ) 椭圆x2y2）+=1 的离心率是（9413525A．3B．3C．3D．99-452.B 【分析】 e= 3=3.应选 B．3. (2017 年浙江 ) 某几何体的三视图如下图（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）（第 3 题图）A．1B．3C．31 D ．3322223. A 【分析】依据所给三视图可复原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所1π×12 1π以，几何体的体积为V=3×3×（2+2×2×1） = 2 +1. 应选 A.x≥0，4. (2017年浙江)若x，y知足拘束条件x+y- 3≥0，则 z=x+2y 的取值范围是（）x- 2y≤0，WORD 完满格式A． [0 ， 6]B． [0 ， 4]C． [6 ，+∞）D．[4，+∞）4. D【分析】如图，可行域为一开放地区，所以直线过点(2,1) 时取最小值4，无最大值，选 D．5. (2017 年浙江 ) 若函数f2M，最小值是m，则 M–( x)= x + ax+b在区间 [0 ， 1] 上的最大值是（）mA．与a相关，且与b相关B．与a相关，但与b没关C．与a没关，且与b没关D．与a没关，但与b相关a a25. B【分析】由于最值 f （ 0）=b， f （ 1） =1+a+b，f （ - 2） =b- 4中取，所以最值之差必定与 b 没关 . 应选 B.6.(2017 年浙江 ) 已知等差数列 { a n} 的公差为d，前n项和为S n，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的（）A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充足必需条件D．既不充足也不用要条件6. C【分析】由S4+ S6-2 S5=10a1+21d-2（5a1+10d）=d，可知当d＞0时，有S4+S6-2S5＞0，即 S4+ S6>2S5，反之，若S4+ S6>2S5，则d＞0，所以“ d>0”是“ S4+ S6>2S5”的充要条件，选 C．7. (2017年浙江)函数y=f(x)的导函数y=f ′（ x）的图象如下图，则函数y=f ( x)的图象可能是（）（第 7 题图）7. D【分析】原函数先减再增，再减再增，且x=0 位于增区间内 . 应选 D.1 8.(2017 年浙江 ) 已知随机变量ξi知足P（ξi =1）=p i，P（ξi =0）=1–p i，i =1，2．若 0<p1<p2<2，则（）E ξ E ξ D ξ D ξ2)B E ξ E ξ D ξ D ξ2)A． (1)＜(2)，(1)＜(． (1)＜(2)，(1)＞(E ξ E ξ D ξ D ξ2)D E ξ E ξ D ξ D ξ2)C． (1)＞(2)，(1)＜(． (1)＞(2)，(1)＞(8. A 【分析】∵E( ξ1)= p1，E( ξ2)= p2，∴E( ξ1) ＜E( ξ2) ，∵D( ξ1 )= p1(1- p1) ，D( ξ2)= p2(1- p2) ，∴D(ξ1)- D(ξ2)=( p1- p2)(1- p1- p2)＜0.应选A．9.(2017 年浙江 ) 如图，已知正四周体D–ABC（全部棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别BQ CR为 AB， BC， CA 上的点， AP=PB，= =2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–PQC RA的平面角为α，β，γ，则（）（第 9 题图）A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α9.B 【分析】设 O为三角形 ABC中心，则 O 到 PQ距离最小， O到 PR距离最大， O到 RQ10.(2017 年浙江 ) 如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝ 2，CD＝ 3，AC与BD→→→→→→）交于点 O，记I1=OA·OB，I2=OB·OC，I3=OC·OD，则（（第 10 题图）A．I 1＜I 2＜I 3 B ．I 1＜I 3＜I 2C．I 3＜I 1＜I 2D．I 2＜I 1＜I 310. C 【分析】由于∠ AOB=∠COD＞90°， OA＜ OC，OB＜ OD，所以→·→＞ 0＞→·→＞OB OC OA OB→→OC ·OD . 应选 C.非选择题部分（共100 分）11. (2017年浙江 ) 我国古代数学家刘徽创办的“割圆术”能够估量圆周率π，理论上能把π 的值计算到随意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π 的值精准到小数点后七位，其结果当先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S ，6 S6=．33【分析】将正六边形切割为 6 个等边三角形，则S =6×（111.22×1×1×sin 60 °）63 3=．212. (2017年浙江 ) 已知a，b∈R，（ a+bi ）2=3+4i （i是虚数单位）则a2+b2=___________，=___________.ab22=3，2，a -b a =412.5 2【分析】由题意可得a2-b 2+2abi=3+4i ，则ab=2，解得b2=1，则 a2+b2=5，ab=2.13.325432，，则 a =________，(2017 年浙江 ) 已知多项式（ x+1）（ x+2）=x +a x +a x +a x +a x+a123454a5=________．13.16 4 【分析】由二项式睁开式可得通项公式为Cr 3x r2-m2-mr+m Cm2·2= Cr 3·Cm2·2 ·x，2分别取 r=0 ， m=1和 r=1 ， m=0可得 a4=4+12=16，取 r=m，可得 a5=1×2=4．14.(2017 年浙江 ) 已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为AB延伸线上一点，BD=2，连结CD，则△ BDC的面积是___________，cos∠ BDC=___________.1510BE 114. 24【分析】取 BC中点 E，由题意， AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=AB=4，∴cos1115115∠DBC=- 4，sin ∠DBC=1- 16= 4，∴S△BCD=2×BD×BC×sin∠DBC=2 . ∵∠ ABC=2∠BDC，211010∠BDC-1= 4，解得 cos∠BDC= 4或 cos∠B DC=- 4（舍去） .∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos1510综上可得，△ BCD 面积为2，cos∠BDC= 4 .15. (2017 年浙江 ) 已知向量a，b知足 | a|=1,| b|=2,则 | a+b|+| a- b| 的最小值是 ________，最大值是 _______．15.4，2 5 【分析】设向量a，b的夹角为θ，由余弦定理有 | a- b|=12+22- 2×1×2×cos θ=5-4 cos θ， | a+b|=12 +22- 2×1×2×cos( π- θ ) =5+4cos θ，则| a+b|+|a- b|=5+4cos θ +5-4co sθ ，令y=5+4cos θ+ 5-4cosθ ，则2=10+22∈[16,20]，据此可得 (|a+b|+| a- b|)max20y25-16cos θ==25,(|a+b|+|a- b|)min=16=4，即 | a+b|+|a- b|的最小值是4，最大值是 2 5．16. (2017年浙江)从6男2女共8名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，一般队员 2 人组成 4 人服务队，要求服务队中起码有1 名女生，共有 ______种不一样的选法．（用数字作答）16. 660【分析】由题意可得，“从8 名学生中选出队长 1 人，副队长1 人，一般队员 2人构成 4 人服务队”中的选择方法为C4 8×C1 4×C1 3（种）方法，此中“服务队中没有女生”的选法有 C4 6×C1 4×C1 3（种）方法，则知足题意的选法有C4 8×C1 4×C1 3- C46×C1 4×C1 3=660（种） .417. (2017 年浙江 ) 已知 a R ，函数 f （ x ）=|x+ x -a|+a 在区间 [1 ， 4] 上的最大值是 5，则 a的取值范围是 ___________ ．94417. （ - ∞， 2]【分析】 x ∈[1,4],x+x ∈[4,5] ，分类议论：①当 a ≥5时， f （ x ）=a-x- x4944+a=2a-x- x ，函数的最大值2a-4=5 ，∴ a=2，舍去；②当 a ≤4时， f （ x ） =x+x -a+a=x+ x ≤5，此时命题建立； ③当 4＜ a ＜ 5 时，[f(x)] max =max{|4-a|+a,|5-a|+a}|4- a|+a ≥ |5 -a|+a ，，则|4-a|+a=5 9 9a 的取值范围是（ - ∞， 9 或 |4-a|+a ＜ |5-a|+a ，解得 a= 或 a ＜ . 综上可得，实数 ] ． |4-a|+a=5 2 22 18. (2017 年浙江 ) 已知函数 f （ x ） =sin 2x – cos 2x –23sin x cos x （x ∈ R ）．（ 1）求 f （ 2π）的值．3（ 2）求 f （ x ）的最小正周期及单一递加区间．2π 3 2π 118. 解：（ 1）由 sin 3 = 2 ， cos 3 =- 2，f （ 2π 3 2 - （- 1 2 3 1 ）．）=（）） -2 3× ×（-3 2 2 2 22π 得 f （ 3 ） =2．（2）由 cos 2x=cos2x-sin 2x 与 sin 2x=2sin xcos x，π得 f(x)=-cos 2x- 3sin 2x=-2sin(2x+6 ) ．所以 f(x) 的最小正周期是π．ππ 3π由正弦函数的性质得2 +2k π≤ 2x+ 6 ≤ 2 +2k π， k ∈ Z ，解得π+k π≤ x ≤ 3π+2k π， k ∈Z ，62π3π所以， f （ x ）的单一递加区间是[+k π，+2k π] ，k ∈Z ．6219. (2017 年浙江 ) 如图，已知四棱锥 P – ABCD ，△ PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC ∥AD ， CD ⊥ AD ， PC =AD =2DC =2CB ， E 为 PD 的中点．PEA DB C（第 19 题图）（1）证明： CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．19.解：（ 1）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．由于 E， F分别为 PD， PA中点，1所以 EF∥AD 且 EF=2AD，1又由于 BC∥AD， BC= AD，2所以 EF∥BC 且 EF=BC，即四边形 BCEF为平行四边形，所以 CE∥BF，所以 CE∥平面PAB．（2）分别取BC， AD的中点为M， N，连结 PN交 EF 于点 Q，连结 MQ.由于 E， F， N 分别是 PD， PA，AD的中点，所以Q为 EF 中点，在平行四边形BCEF中， MQ∥CE.由△ PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由 DC⊥ AD， N是 AD的中点得 BN⊥ AD．所以 AD⊥平面 PBN，由 BC// AD得 BC⊥平面 PBN，那么平面 PBC⊥平面 PBN．过点 Q作 PB的垂线，垂足为 H，连结 MH．MH是 MQ在平面 PBC上的射影，所以∠QMH是直线 CE与平面 PBC所成的角．设 CD=1．在△ PCD中，由 PC=2， CD=1，PD= 2得 CE=2，1在△ PBN中，由 PN=BN=1， PB=3得QH= ，41在 Rt△MQH中，QH=，MQ=2，4所以 sin ∠=2，QMH8所以直线 CE与平面 PBC所成角的正弦值是2 8 ．20. (2017年浙江 ) 已知函数f (x)=（–-x12x-1 ） e（x≥）．x2（1）求f ( x) 的导函数；（2）求f ( x) 在区间 [ 1，+∞) 上的取值范围．220. 解：（ 1）由于（x–2x-1 ）′ =1-1，（ e-x）′=-e -x，2x-11-x-x (1-x)(2x-1-2)e-x1所以 f （ x） =（ 1-2x-1 ）e- （x– 2x-1 ） e =2x-1(x ＞2).(1-x)(-x2x-1-2)e（2）由f′( x)=2x-1=05解得 x=1 或 x=2．由于x 115552（2，1）1（1，2）2（2，+∞）f ′( x)–0+0–f （ x）1 -11-5 e2↘↗e2↘221 2 -x11 - 1所以 f （ x ）在区间 [ 2，+∞) 上的取值范围是 [0 ，2e 2] ．21. (2017 年浙江 ) 如图，已知抛物线 x 2=y ，点 A （ - 1，1），B （3，9），抛物线上的点 p(x,y)(- 12 4 2 4 23＜ x ＜ ) ．过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q ． 2（第 19 题图）（ 1）求直线 AP 斜率的取值范围；（ 2）求 |PA| ·|PQ| 的最大值． 21. 解：（ 1）设直线 AP 的斜率为 k ，x 2- 141k=1 =x- 2，x+2由于 -1 3-1 ， 1）．2 ＜ x ＜，所以直线 AP 斜率的取值范围是（2kx-y+1 1k+ =0，（2）联立直线 AP 与 BQ 的方程2 49 3x+ky- 4k- 2=0，-k 2+4k+3解得点 Q 的横坐标是 x Q = 2(k 2+1) ．由于 ||= 1+k 2(x+ 1 )= 1+k 2(k+1) ，PA 2(k-1)(k+1) 2| PQ |=2 Q ，1+k (x -x)=- k 2+1所以 |PA| ·|PQ|= -(k-1)(k+1)3．令 f(k)=-(k-1)(k+1)3，由于 f ′(k)= -(4k-2)(k+1) 2，所以 f ( k ) 在区间 (-1,1 1) 上单一递加，( ,1) 上单一递减，22所以当k 1， |PA| ·|PQ| 获得最大27 =．21622. (2017年浙江)已知数列{x n}足x1=1，x n=x n+1+ln(1+x n+1)（n∈ N*）．*明：当n∈ N ，（1） 0＜x n+1＜x n；x n x n+1（2） 2x n+1-x n≤2；1 1（3）2n-1≤x n≤2n-2．22.解：（ 1）用数学法明x n＞ 0．当 n=1， x1=1>0．假 n=k ， x k>0，那么 =+1 ，若 x k+1≤0， 0＜k=x k+1 +ln（1+xk+1）≤0，矛盾，故xk +1＞0．n k x所以 x n＞ 0（n∈ N*）．所以 x n=x n+1+ln （ 1+x n+1）＞ x n+1，所以 0＜ x n+1＜ x n（n∈ N*）．（2）由 x n=x n+1+ln （ 1+x n+1），得 x n x n+1-4x n+1+2x n=x n+12-2x n+1+（ x n+1+2） ln （ 1+x n+1） .函数 f （x） =x2-2x+ （ x+2）ln （ 1+x）（x≥0），2x 2+x+ln （ 1+x）＞ 0（x＞ 0），f ′（ x） =x+1函数 f （ x）在 [0 ，+∞] 上增，所以 f （ x）≥ f （ 0） =0，2-2x n+1+（ x n+1+2） ln （1+x n+1） =f （ x n+1）≥ 0，所以 x n+1x n x n+1*故 2x n+1-x n≤（ n∈ N）．2（3）因 x n=x n+1+ln （ 1+x n+1）≤ x n+1+x n+1=2x n+1，1所以 x n≥2n-1，x n x n+1由2≥2x n+1-x n，1 111得 - ≥2（ - ）＞0，x n+1 2x n 21 1 1 1n-1（1 1n-2，所以 -≥ 2（- ）≥⋯≥ 2- ）=2 x n2x n-1 2x1 2(完整版)浙江高考理科数学试题和解析 11 / 11 WORD 完满格式故 x n ≤ 1n-2 ．21 1 *）．综上， n-1 ≤ x n ≤ n-2 （n ∈ N 2 2..整理分享 ..。

高考真题浙江卷解析-数学理

普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理）试题解析一、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）设函数2,0,()()4,0.x x f x f x xα-≤⎧==⎨⎩若,则实数α=（A ）-4或-2 （B ）-4或2 （C ）-2或4 （D ）-2或2 【答案】B【解析】当0≤α时，4,42)(-==-=ααf ；当0>α，4,42)(2===ααf .（2）把复数z 的共轭复数记作z ，i 为虚数单位，若z=1+I,则(1)z z +⋅= （A ）3-i （B ）3+i （C ）1+3i （D ）3 【答案】A【解析】∵i z +=1，∴i z -=1，∴i z z z z -=-+=•+3)1)(2()1(.(3)若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图能够是【答案】D【解析】由正视图可排除A 、B 选项；由俯视图可排除C 选项. （4）下列命题中错误的是（A ）如果平面αβ⊥平面，那么平面α内一定存有直线平行于平面β （B ）如果平面不垂直于平面β，那么平面α内一定不存有直线垂直于平面β （C ）如果平面αγ⊥平面，平面βγ⊥平面，=l αβ⋂，那么l γ⊥平面（D ）如果平面αβ⊥平面，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 【答案】D【解析】若面⊥α面β，在面α内与面的交线不相交的直线平行平面β，故A 准确；B 中若α内存有直线垂直平面β，则βα⊥，与题没矛盾，所以B 准确；由面⊥面的性质知选项C 准确.（5）设实数,x y 满足不等式组250270,0x y x y x +-⎧⎪+-⎨⎪⎩＞＞≥，y ≥0，若,x y 为整数，则34x y +的最小值是（A ）14 （B ）16 （C ）17 （D ）19 【答案】B【解析】可行域如图所示联立⎩⎨⎧=-+=-+072052y x y x ，解之得⎩⎨⎧==13y x ，又∵边界线为虚线取不到，且目标函数线的斜率为43-，∴当y x z 43+=过点（4，1）时，有最小值16.（6）若02πα＜＜，02πβ-＜＜，1cos()43πα+=，cos()42πβ-=则cos()2βα+= （A）3 （B）3- （C）9 （D）9-【答案】C【解析】∵31)4cos(=+απ，20πα<<，∴332)4sin(=+απ，又∵33)24cos(=-βπ，02<<-βπ，∴36)24sin(=-βπ，∴)]24()4cos[()2cos(βπαπβα--+=+＝)24sin()4sin()24cos()4cos(βπαπβπαπ-++-+＝363323331⨯+⨯＝935. （7）若,a b 为实数，则“01m ab ＜＜”是11a b b a＜或＞的（A ）充分而不必要条件（B ）必要而不充分条件（C ）充分必要条件（D ）既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当0,0>>b a 时，由10<<ab 两边同除b 可得ba 1<成立；当0,0<<b a 时，两边同除以a 可得a b 1>成立，∴“10<<ab ”是“b a 1<或a b 1>”的充会条件，反过来0<ab ，由b a 1<或ab 1>得不到10<<ab .（8）已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b +=＞＞与双曲线221:14y C x -=有公共的焦点，2C 的一条渐近线与以1C 的长轴为直径的圆相交于,A B 两点，若1C 恰好将线段AB 三等分，则（A ）2132a =（B ）213a = （C ）212b = （D ）22b = 【答案】 C【解析】由双曲线422y x -＝1知渐近线方程为x y 2±=，又∵椭圆与双曲线有公共焦点，∴椭圆方程可化为22x b ＋()225y b +＝()225b b +，联立直线与椭圆方程消y 得，()20552222++=b b b x，又∵1C 将线段AB 三等分，∴()3220552212222a b b b =++⨯+，解之得212=b .（9）有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本.若将其随机的并排摆放到书架的同一层上，则同一科目的书都不相邻的概率[（A ）15 （B ）25 （C ）35 D 45【答案】B【解析】由古典概型的概率公式得522155222233232222=+-=A A A A A A A P .（10）设a ，b ，c 为实数，)1)1()(),)(()(22+++=+++=bx cx ax x g c bx x a x x f （.记集合S=()0,,()0,,x f x x R T x g x x R =∈==∈若S ，T 分别为集合元素S ，T 的元素个数，则下列结论不可能．．．的是（A ）S =1且T =0 （B ）1T =1S =且（C ）S =2且T =2 （D ）S =2且T =3 【答案】C【解析】当0===c b a 时，1=s 且 0||=T ；当0,0≠=b a 且042<-c b 时，1=s 且1||=T ；当04,02>-≠a b a 时，2=s 且3||=T .非选择题部分（共100分）二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分（11）若函数2()f x x x a =-+为偶函数，则实数a = 。

高考真题——理科数学(浙江卷)解析版(1) Word版含答案

数学理试题（浙江卷）一．选择题1、已知i 是虚数单位，则=-+-)2)(1(i iA. i +-3B. i 31+-C. i 33+-D.i +-12、设集合}043|{},2|{2≤-+=->=x x x T x x S ，则=⋃T S C R )( A. ]1,2(- B. ]4,(--∞ C. ]1,(-∞ D.),1[+∞ 答案：C 解析：如图1所示，由已知得到考点定位：此题考查集合的使用之补集和并集体，考查一元二次不等式的解法，利用数轴即可解决此题，体现数形结合思想的应用，此考点是历年来高考必考考点之一，属于简单题； 3、已知y x ,为正实数，则 A.y x yx lg lg lg lg 222+=+ B.y x y x lg lg )lg(222•=+ C.y x yx lg lg lg lg 222+=• D.y x xy lg lg )lg(222•=答案：D解析：此题中，由考点定位：此题考查对数的运算法则和同底数幂的乘法的运算法则；4、已知函数),0,0)(cos()(R A x A x f ∈>>+=ϕωϕω，则“)(x f 是奇函数”是2πϕ=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：B 解析：考点定位：充分条件的判断和三角函数的奇偶性性质知识点；5、某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是59，则 A.4=a B.5=a C. 6=a D.7=a 答案：A解析：由图可知考点定位：此题考查算法及数列的列项相消求和的方法；6、已知210cos 2sin ,=+∈αααR ，则=α2tan A.34 B. 43 C.43- D.34- 答案：C解析：由已知得到：考点定位：此题考查同角三角函数商数关系和平方关系的灵活应用，考查二倍角正切公式的应用，考查学生的运算求解水平；7、设0,P ABC ∆是边AB 上一定点，满足AB B P 410=，且对于边AB 上任一点P ，恒有C P B P PC PB 00•≥•。

【高三】浙江2021年高考数学理科试卷(附答案和解释)

【高三】浙江2021年高考数学理科试卷（附答案和解释）浙江卷数学（理）试题答案与解析选择题部分（共50分）一、选择题：每小题5分，共50分．1．已知i是虚数单位，则(?1+i)(2?i)=A．?3+iB．?1+3i C．?3+3i D．?1+i【命题意图】本题考查复数的四则运算，属于容易题【答案解析】B2．设集合S={xx>?2}，T={xx2+3x?4≤0}，则(?RS)∪T=A．(?2，1]B．(?∞，?4]C．(?∞，1]D．[1，+∞)【命题意图】本题考查集合的运算，属于容易题【答案解析】C 因为(?RS)={xx≤?2}，T={x?4≤x≤1}，所以(?RS)∪T=(?∞，1]. 3．已知x，y为正实数，则A．2lgx+lgy=2lgx+2lgyB．2lg(x+y)=2lgx ? 2lgyC．2lgx ? lgy=2lgx+2lgy D．2lg(xy)=2lgx ? 2lgy【命题意图】本题考查指数和对数的运算性质，属于容易题【答案解析】D 由指数和对数的运算法则，易知选项D正确4．已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A>0，ω>0，φ?R)，则“f(x)是奇函数”是“φ=π2”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【命题意图】本题考查简易逻辑以及函数的奇偶性，属于中档题【答案解析】B 由f(x)是奇函数可知f(0)=0，即cosφ=0，解出φ=π2+kπ，k?Z，所以选项B正确5．某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是95，则A．a=4B．a=5C．a=6D．a=7【命题意图】本题考查算法程序框图，属于容易题【答案解析】A6．已知α?R，sin α+2cos α=102，则tan2α=A．43B．34C．?34D．?43【命题意图】本题考查三角公式的应用，解法多样，属于中档题【答案解析】C 由(sin α+2cos α)2=1022可得sin2α+4cos2α+4sin αcos α sin2α+cos2α=104，进一步整理可得3tan2α?8tan α?3=0，解得tan α=3或tanα=?13，于是tan2α=2tan α1?tan2α=?34.7．设△ABC，P0是边AB上一定点，满足P0B=14AB，且对于AB上任一点P，恒有→PB?→PC≥→P0B?→P0C，则A．?ABC=90?B．?BAC=90?C．AB=ACD．AC=BC【命题意图】本题考查向量数量积的几何意义，不等式恒成立的有关知识，属于中档题【答案解析】D 由题意，设→AB=4，则→P0B=1，过点C作AB的垂线，垂足为H，在AB上任取一点P，设HP0=a，则由数量积的几何意义可得，→PB?→PC=→PH→PB=(→PB ?(a+1))→PB，→P0B?→P0C=?→P0H→P0B=?a，于是→PB?→PC≥→P0B?→P0C恒成立，相当于(→PB?(a+1))→PB≥?a恒成立，整理得→PB2?(a+1)→PB+a≥0恒成立，只需?=(a+1)2?4a=(a?1)2≤0即可，于是a=1，因此我们得到HB=2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，所以AC=BC8．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)=(ex?1)(x?1)k(k=1，2)，则A．当k=1时，f(x)在x=1处取到极小值B．当k=1时，f(x)在x=1处取到极大值C．当k=2时，f(x)在x=1处取到极小值D．当k=2时，f(x)在x=1处取到极大值【命题意图】本题考查极值的概念，属于中档题【答案解析】C 当k=1时，方程f(x)=0有两个解，x1=0，x2=1，由标根法可得f(x)的大致图象，于是选项A，B错误；当k=2时，方程f(x)=0有三个解，x1=0，x2=x3=1，其中1是二重根，由标根法可得f(x)的大致图象，易知选项C正确。

(word完整版)2017年浙江高考理科数学试题及解析

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）选择题部分（共50分）1.(2017年浙江)已知集合P={x|-1＜x ＜1}，Q={0＜x ＜2}，那么P ∪Q=（） A ．（1，2）B ．（0，1）C ．（-1，0）D ．（1，2）1.A 【解析】利用数轴，取P ，Q 所有元素，得P ∪Q=（-1，2）.2. (2017年浙江)椭圆x 29+y 24=1的离心率是（）A ．133B ．53C ．23D ．592.B 【解析】e=9-43=53.故选B ．3. (2017年浙江)某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）（第3题图） A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+ D ．332π+ 3. A 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为V=13×3×（π×122+12×2×1）=π2+1.故选A.4. (2017年浙江)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，x+y-3≥0，x-2y≤0，则z=x+2y 的取值范围是（）A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，+∞）D ．[4，+∞）4. D 【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D ．5. (2017年浙江)若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – m （）A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关5. B 【解析】因为最值f （0）=b ，f （1）=1+a+b ，f （-a 2）=b-a 24中取，所以最值之差一定与b 无关.故选B.6. (2017年浙江)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”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. C 【解析】由S 4 + S 6-2S 5=10a 1+21d-2（5a 1+10d ）=d ，可知当d ＞0时，有S 4+S 6-2S 5＞0，即S 4 + S 6>2S 5，反之，若S 4 + S 6>2S 5，则d ＞0，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件，选C ．7. (2017年浙江)函数y=f (x )的导函数y=f′（x ）的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是（）（第7题图）7. D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0位于增区间内.故选D.8. (2017年浙江)已知随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1–p i ，i =1，2．若0<p 1<p 2<12，则（）A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2)D ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)8. A 【解析】∵E (ξ1)=p 1，E (ξ2)=p 2，∴E (ξ1)＜E (ξ2)，∵D (ξ1)=p 1(1-p 1)，D (ξ2)=p 2(1-p 2)，∴D (ξ1)- D (ξ2)=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)＜0.故选A ．9. (2017年浙江)如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，BQ QC =CRRA =2，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P的平面角为α，β，γ，则（）（第9题图） A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α9. B 【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此α<γ<β.故选B.10. (2017年浙江)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=→OA ·→OB ，I 2=→OB ·→OC ，I 3=→OC ·→OD，则（）（第10题图） A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 310. C 【解析】因为∠AOB=∠COD ＞90°，OA ＜OC ，OB ＜OD ，所以→OB ·→OC ＞0＞→OA ·→OB ＞→OC ·→OD .故选C.非选择题部分（共100分）11. (2017年浙江)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6= ． 11. 332 【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S 6=6×（12×1×1×sin 60°）=332．12. (2017年浙江)已知a ，b ∈R ，（a+bi ）2=3+4i （i 是虚数单位）则a 2+b 2=___________，ab =___________.12.5 2 【解析】由题意可得a 2-b 2+2abi=3+4i ，则⎩⎨⎧a 2-b 2=3，ab=2，解得⎩⎨⎧a 2=4，b 2=1，则a 2+b 2=5，ab=2.13. (2017年浙江)已知多项式（x+1）3（x+2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a 5，，则a 4=________，a 5=________．13. 16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr 3x r Cm 2·22-m = Cr 3·Cm 2·22-m ·x r+m ，分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得a 4=4+12=16，取r=m ，可得a 5=1×22=4．14. (2017年浙江)已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是___________，cos∠BDC=___________.14. 152104【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=BEAB=14，∴cos ∠DBC=-14，sin∠DBC=1-116=154，∴S△BCD=12×BD×BC×sin∠DBC=152.∵∠ABC=2∠BDC，∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos2∠BDC-1=14，解得cos∠BDC=104或cos∠BDC=-104（舍去）.综上可得，△BCD面积为152，cos∠BDC=10 4.15. (2017年浙江)已知向量a，b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是________，最大值是_______．15. 4，2 5 【解析】设向量a，b的夹角为θ，由余弦定理有|a-b|=12+22-2×1×2×cos θ=5-4cos θ，|a+b|=12+22-2×1×2×cos (π-θ)=5+4cos θ，则|a+b|+|a-b|=5+4cos θ+5-4c os θ，令y=5+4cos θ+5-4cos θ，则y2=10+225-16cos2θ∈[16,20]，据此可得(|a+b|+|a-b|)max=20 =25,(|a+b|+|a-b|)min=16=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是25．16. (2017年浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有______种不同的选法．（用数字作答）16. 660 【解析】由题意可得，“从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队”中的选择方法为C4 8×C1 4×C1 3（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有C4 6×C1 4×C1 3（种）方法，则满足题意的选法有C4 8×C1 4×C1 3- C4 6×C1 4×C1 3=660（种）.17. (2017年浙江)已知a ∈R ，函数f （x ）=|x+4x -a|+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是___________．17.（-∞，92]【解析】x ∈[1,4],x+4x ∈[4,5]，分类讨论：①当a≥5时，f （x ）=a-x-4x +a=2a-x-4x ，函数的最大值2a-4=5，∴a=92，舍去；②当a≤4时，f （x ）=x+4x -a+a=x+4x≤5，此时命题成立；③当4＜a ＜5时，[f(x)]max =max{|4-a|+a,|5-a|+a}，则⎩⎨⎧|4-a|+a≥|5-a|+a ，|4-a|+a=5或⎩⎨⎧|4-a|+a ＜|5-a|+a ，|4-a|+a=5解得a=92或a ＜92.综上可得，实数a 的取值范围是（-∞，92]．18. (2017年浙江)已知函数f （x ）=sin 2x –cos 2x –23sin x cos x （x ∈R ）．（1）求f （2π3）的值．（2）求f （x ）的最小正周期及单调递增区间． 18.解：（1）由sin2π3=32，cos 2π3=-12， f （2π3）=（32）2-（-12）2-23×32×（-12）．得f （2π3）=2．（2）由cos 2x=cos 2x-sin 2x 与sin 2x=2sin xcos x ，得f(x)=-cos 2x-3sin 2x=-2sin(2x+π6)．所以f(x)的最小正周期是π．由正弦函数的性质得π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k ∈Z ，解得π6+kπ≤x≤3π2+2kπ，k ∈Z ，所以，f （x ）的单调递增区间是[π6+kπ，3π2+2kπ]，k ∈Z ．19. (2017年浙江)如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（1）证明：CE ∥平面PAB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值． 19.解：（1）如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB ．因为E ，F 分别为PD ，P A 中点，所以EF ∥AD 且EF=12AD ，又因为BC ∥AD ，BC=12AD ，所以EF ∥BC 且EF=BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF ，因此CE ∥平面P AB ．（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N ，连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ. 因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE. 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD.PAB CDE由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．所以AD ⊥平面PBN ，由BC //AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD =1．在△PCD 中，由PC =2，CD =1，PD=2得CE =2，在△PBN 中，由PN =BN =1，PB =3得QH =14，在Rt △MQH 中，QH=14，MQ =2，所以sin ∠QMH =28，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28． 20. (2017年浙江)已知函数f (x )=（x –2x-1）e -x （x≥12）．（1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间[12，+∞)上的取值范围．20.解：（1）因为（x –2x-1）′=1-12x-1，（e -x ）′=-e -x ，所以f （x ）=（1-12x-1）e -x -（x –2x-1）e -x =(1-x)(2x-1-2)e -x 2x-1(x ＞12).（2）由f′(x )=(1-x)(2x-1-2)e -x2x-1=0解得x=1或x=52．因为又f （x ）=12（2x-1-1）2e -x ≥0，所以f （x ）在区间[12，+∞)上的取值范围是[0，12e -12]．21. (2017年浙江)如图，已知抛物线x 2=y ，点A （-12，14），B （32，94），抛物线上的点p(x,y)(-12＜x ＜32)．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（第19题图）（1）求直线AP 斜率的取值范围；（2）求|PA|·|PQ|的最大值． 21. 解：（1）设直线AP 的斜率为k ， k=x 2-14x+12=x-12，因为-12＜x ＜32，所以直线AP 斜率的取值范围是（-1，1）．（2）联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎨⎧kx-y+12k+14=0，x+ky-94k-32=0，解得点Q 的横坐标是x Q =-k 2+4k+32(k 2+1)．因为|P A |=1+k 2(x+12)=1+k 2(k+1)，|PQ |=1+k 2(xQ -x)=-(k-1)(k+1)2k 2+1，所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3．令f(k)=-(k-1)(k+1)3，因为f′(k)=-(4k-2)(k+1)2，所以f (k )在区间(-1,12)上单调递增，(12,1)上单调递减，因此当k =12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716．22. (2017年浙江) 已知数列{x n }满足x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n ∈N *）．证明：当n ∈N *时，（1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤x n x n +12；（3）12n-1≤x n ≤12n-2．22.解：（1）用数学归纳法证明x n ＞0．当n =1时，x 1=1>0．假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若x k+1≤0，则0＜x k = x k +1+ln （1+ x k +1）≤0，矛盾，故x k +1＞0．因此x n ＞0（n ∈N *）．所以x n =x n+1+ln （1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n （n ∈N *）．（2）由x n =x n+1+ln （1+x n+1），得x n x n+1-4x n+1+2x n =x n+12-2x n+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）. 记函数f （x ）=x2-2x+（x+2）ln （1+x ）（x≥0）， f′（x ）=2x 2+x x+1+ln （1+x ）＞0（x ＞0），函数f （x ）在[0，+∞]上单调递增，所以f （x ）≥f （0）=0，因此x n+12-2x n+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）=f （x n+1）≥0，故2x n+1-x n ≤x n x n +12（n ∈N *）．（3）因为x n =x n+1+ln （1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，所以x n ≥12n-1，由x n x n +12≥2x n+1-x n ，得1x n+1-12≥2（1x n -12）＞0，所以1x n -12≥2（1x n-1-12）≥…≥2n-1（1x 1-12）=2n-2，故x n ≤12n-2．1 2n-1≤x n≤12n-2（n∈N*）．综上，。

年高考浙江卷理科数学试题及详细解答

普通高等学校招生全国统一考试数学（理科）浙江卷本试题卷第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

全卷共4页，第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页满分150分，考试时间120钟请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上。

第Ⅰ卷（共 50 分）注意事项：1. 答第 1 卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上。

2. 每小题选出正确答案后，用2B 铅笔把答题纸上对应题目的答案标号填黑.叁考正式：如果事件 A ， B 互斥，那么P （ A+ B ） = P( A)+ P( B) S=24R πP( A+ B)= P( A)． P( B) 其中 R 表示球的半径如果事件A 在一次试验中发生的概念是p 球的体积公式V=234R π 那么n 次独立重复试验中恰好发生其中R 表示球的半径 k 次的概率：k n kn n p p C k P +-=)1()(4一、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{|1A x =-≤x ≤2},B={x |0≤x ≤4},则A ∩B=(A)［0,2］ (B)［1,2］ (C)［0,4］ (D)［1,4］（２）已知=+-=+ni m i n m ni im是虚数单位，则是实数，，，其中11 (A)1+2i (B) 1-2i (C)2+i (D)2-I (3)已知0＜a ＜1，log 1m ＜log 1n ＜0，则(A)1＜n ＜m (B) 1＜m ＜n (C)m ＜n ＜1 (D) n ＜m ＜1(4)在平面直角坐标系中，不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤≥+-≥-+2,02,02x y x y x 表示的平面区域的面积是(A) (B)4(C) (D)2（5）双曲线122=-y m x 上的点到左准线的距离是到左焦点距离的31，则m=（） (A)21 (B)23 (C)81 (D)89（6）函数y=21sin2x+sin 2x,x R ∈的值域是 (A)［-21,23］ (B)［-23,21］ (C)［2122,2122++-］ (D)［2122,2122---］ (7)“a ＞b ＞c ”是“ab ＜222b a +”的(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 (C)充分必要条件 (D)既不允分也不必要条件（8）若多项式=+-+++++=+911102910012a ,)1(a )1(a )1(则x x x a a x x(A)9 (B)10 (C)-9 (D)-10（9）如图，O 是半径为l 的球心，点A 、B 、C 在球面上，OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧AB 与AC 的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是(A)4π (B)3π (C)2π(D)42π（10）函数f:{1,2,3}→{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有(A)1个 (B)4个 (C)8个 (D)10个第Ⅱ卷（共100分）注意事项：1. 用黑色字迹的签字笔或钢笔将答案写在答题纸上，不能答在试题卷上。

年浙江省高考数学试卷(理科)解析

2015年浙江省高考数学试卷(理科）一、选择题:本大题共8小题,每小题5分，共４0分20１5年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷）数学（理科）1．(5分)（2015•浙江）已知集合P=｛x|x2﹣2x≥０｝,Q={x|1<x≤2｝,则(∁R P)∩Ｑ=（) A．[0，１）Ｂ. (０,2]Ｃ. （1,2) D. [1,2]2．（5分）(2015•浙江)某几何体的三视图如图所示（单位:ｃｍ),则该几何体的体积是（)Ａ. 8cm3B．12cm3 C. D.3.(5分）(2０15•浙江)已知{a n}是等差数列，公差ｄ不为零，前n项和是S n，若a3,a4，a8成等比数列，则（)Ｂ．a1d<0,dＳ4<0 C. ａ1d＞0，dS4＜0 D. a１ｄ<０，dS4>0A．a１ｄ＞０,ｄS４＞04．（5分）(２0１5•浙江）命题“∀ｎ∈Ｎ*，f（n)∈N*且f（n)≤ｎ”的否定形式是( ）A. ∀ｎ∈N*,ｆ（n)∉N*且f(n）>n Ｂ．∀n∈N*，f(n）∉Ｎ*或f(n）＞nC. ∃ｎ∈N*，f（n0）∉N*且f(n0)>n０ D. ∃ｎ0∈Ｎ*,f（n0)∉Ｎ*或ｆ（n0)＞n００5．(5分)(201５•浙江)如图,设抛物线ｙ2=4ｘ的焦点为Ｆ,不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，Ｃ,其中点A,Ｂ在抛物线上，点C在y轴上,则△ＢCF与△ＡCF的面积之比是（）Ａ．B．C．Ｄ.6.(5分)(2015•浙江)设A,B是有限集，定义：ｄ(A,B）=card(A∪B)﹣caｒｄ(A∩Ｂ)，其中ｃａrd（A)表示有限集Ａ中的元素个数（）命题①:对任意有限集A,B，“Ａ≠B”是“ｄ(A,B)>0”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A,B，C，d（A，Ｃ）≤d（A，B）＋ｄ（Ｂ,Ｃ)A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立,命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立７.（5分）（2015•浙江）存在函数f（x）满足,对任意x∈R都有(）A. f(siｎ2x）=siｎxB. f(siｎ2x)=x2+x C．f(x2＋１）=|x+1| D．f(x２+2x)=|x＋１|8．（5分)(2015•浙江）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′C Ｄ,所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α,则( ）A．∠A′DＢ≤αＢ．∠A′ＤB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α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.9．(6分）（2０１5•浙江）双曲线=1的焦距是，渐近线方程是. 10．(6分）（201５•浙江)已知函数f（ｘ）=,则f（ｆ（﹣3)）= ，ｆ(ｘ）的最小值是.11.(6分)（201５•浙江)函数f(ｘ）＝ｓｉｎ2x+sｉnxｃosx+１的最小正周期是，单调递减区间是．12．（４分)(2015•浙江）若a=log43,则２ａ＋2﹣ａ=．１3．(4分)（201５•浙江）如图,三棱锥A﹣ＢＣD中，AＢ＝AC=BD=CD=3，AD＝BＣ=２,点M，Ｎ分别是ＡD,ＢC的中点,则异面直线AN，CＭ所成的角的余弦值是.14．(４分）（20１5•浙江）若实数ｘ,y满足x2+y2≤1,则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3ｙ|的最小值是．15.（6分)(2０15•浙江)已知是空间单位向量,,若空间向量满足，且对于任意x,y∈Ｒ，,则x0=,y０=，|= ．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.16.（14分)(２０１５•浙江）在△ＡBC中,内角A，B，C所对的边分别为a，b，ｃ,已知A=,b ２﹣ａ２=ｃ2.(1)求taｎC的值；（２）若△ＡBC的面积为３,求b的值.17．(15分)(2015•浙江）如图，在三棱柱ＡBC﹣A1B1C1中,∠BAC=90°，AB=AC=2,A１A=4，A1在底面ABC的射影为ＢC的中点，D是Ｂ１C1的中点.（1）证明：A１D⊥平面A1ＢＣ；(2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．1８.（１5分）（2015•浙江)已知函数f（x)=x2+ax+ｂ(ａ,b∈Ｒ），记M（a，b)是|ｆ（x)｜在区间[﹣1，1]上的最大值.（1)证明：当|a|≥2时，M(a，b)≥2;(2）当ａ,b满足Ｍ（a，b）≤２时,求|ａ|＋|b|的最大值．19.（15分)（2０15•浙江）已知椭圆上两个不同的点A,Ｂ关于直线y=mx＋对称．(1）求实数ｍ的取值范围;（2)求△AOＢ面积的最大值（O为坐标原点)．2０.（15分）(2015•浙江)已知数列{ａn}满足a1=且a n+1＝aｎ﹣a n２(n∈N*）（1）证明：1≤≤2(n∈N＊)；（2)设数列{aｎ2}的前ｎ项和为Ｓｎ,证明(n∈N*）．ﻬ２０15年浙江省高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共４0分２015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学(理科)1．(5分)考点：交、并、补集的混合运算．专题：集合．分析：求出Ｐ中不等式的解集确定出P,求出P补集与Q的交集即可.解答:解：由P中不等式变形得:x（x﹣2)≥0,解得：x≤0或ｘ≥2,即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞)，∴∁R P=（0,2)，∵Q＝(１,２]，∴（∁R P）∩Q=(1,2),故选:C.点评:此题考查了交、并、补集的混合运算,熟练掌握运算法则是解本题的关键.2．（5分）考点: 由三视图求面积、体积.专题：空间位置关系与距离．分析：判断几何体的形状，利用三视图的数据,求几何体的体积即可．解答：解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形奥为2的正四棱锥,所求几何体的体积为:2３+×2×2×2=．故选:C．点评：本题考查三视图与直观图的关系的判断，几何体的体积的求法,考查计算能力．3．（5分)考点: 等差数列与等比数列的综合.专题: 等差数列与等比数列．分析:由ａ3，a4，a8成等比数列,得到首项和公差的关系，即可判断ａ1ｄ和dS4的符号．解答:解:设等差数列{a n}的首项为a1，则a3＝a1+2d,a4=a１+3ｄ，a8=a1+7d，由a3，a4，ａ８成等比数列，得，整理得:．∵d≠0,∴，∴，=<0.故选:Ｂ.点评:本题考查了等差数列和等比数列的性质,考查了等差数列的前ｎ项和，是基础题．4．(５分）考点: 命题的否定．专题：简易逻辑.分析：根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．解答：解:命题为全称命题，则命题的否定为：∃n0∈Ｎ*,f(n0）∉N*或ｆ(n０)＞n０,故选：Ｄ．点评:本题主要考查含有量词的命题的否定,比较基础.5.(５分）考点：直线与圆锥曲线的关系.专题: 圆锥曲线的定义、性质与方程．分析:根据抛物线的定义,将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可.解答:解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，过A,B分别作ＡE⊥DE于E，交y轴于N，BＤ⊥DE于E,交y轴于M，由抛物线的定义知BF=BD,ＡF=AＥ，则|BM|＝|BD|﹣1=｜BＦ|﹣1,|AN｜=|AＥ｜﹣1=|AF|﹣1，则===,故选：A点评：本题主要考查三角形的面积关系,利用抛物线的定义进行转化是解决本题的关键.6．(5分）考点：复合命题的真假.专题：集合；简易逻辑．分析：命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可，③借助新定义,根据集合的运算，判断即可．解答:解:命题①:对任意有限集A,B，若“Ａ≠B”,则A∪B≠A∩B，则caｒｄ（A∪B）>card(A∩B）,故“ｄ（A，Ｂ）>0”成立，若ｄ（Ａ,B）>0”，则ｃaｒd（Ａ∪Ｂ)＞cａｒｄ(A∩B)，则A∪B≠A∩B,故A≠Ｂ成立,故命题①成立,命题②,ｄ(A,Ｂ)=cａrｄ（A∪Ｂ）﹣ｃａrd(A∩Ｂ）,d（B，C)＝caｒd(Ｂ∪Ｃ）﹣ｃaｒd（B∩C)，∴d（A,B)+ｄ（B，C）=card(A∪B）﹣card(A∩B)＋ｃaｒd（B∪C）﹣card（B∩C）＝[cａｒｄ(Ａ∪B)＋card(Ｂ∪C）]﹣［card（A∩Ｂ)+cａrd（B∩C)］≥ｃard(Ａ∪C)﹣caｒd（A∩C）＝d（Ａ，Ｃ），故命题②成立，故选:Ａ点评：本题考查了，元素和集合的关系,以及逻辑关系，分清集合之间的关系与各集合元素个数之间的关系,注意本题对充要条件的考查．集合的元素个数，体现两个集合的关系,但仅凭借元素个数不能判断集合间的关系，属于基础题．7.（5分）考点: 函数解析式的求解及常用方法.专题：函数的性质及应用．分析：利用ｘ取特殊值,通过函数的定义判断正误即可.解答:解:A．取x＝0，则siｎ2x=0，∴ｆ(0)＝0;取x=，则ｓin2ｘ=０,∴f(0）=1；∴ｆ（0）=0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f(sin2x)=sinｘ;Ｂ.取x=0，则f(0）=0；取x＝π,则f(0)=π2+π；∴ｆ（0)有两个值,不符合函数的定义；∴该选项错误；Ｃ．取x=1,则f（２)＝2，取x=﹣1,则f(2)＝０;这样ｆ（2）有两个值,不符合函数的定义;∴该选项错误；D．令｜ｘ+1|=t,t≥0，则f（t2﹣1）=t；令t2﹣1＝ｘ,则t=；∴；即存在函数f(x)=，对任意x∈R，都有f(ｘ2+2x)＝|x+1|;∴该选项正确.故选:D.点评：本题考查函数的定义的应用，基本知识的考查,但是思考问题解决问题的方法比较难．8．(5分)考点：二面角的平面角及求法.专题：创新题型;空间角.分析:解：画出图形,分AC=ＢC，ＡC≠ＢC两种情况讨论即可.解答:解：①当AＣ=BＣ时,∠Ａ′ＤB=α；②当AC≠BC时，如图，点Ａ′投影在AE上,α＝∠A′OE,连结AA′，易得∠ＡDＡ′<∠AOA′,∴∠A′ＤB>∠A′OＥ,即∠A′ＤＢ＞α综上所述，∠A′ＤB≥α，故选：B．点评：本题考查空间角的大小比较,注意解题方法的积累，属于中档题.二、填空题:本大题共7小题，多空题每题6分,单空题每题4分,共36分．9.（6分)考点: 双曲线的简单性质．专题：计算题;圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：确定双曲线中的几何量,即可求出焦距、渐近线方程．解答:解:双曲线＝1中,ａ=,b=1，c＝,∴焦距是２c=2，渐近线方程是y=±ｘ.故答案为:2;y＝±x．点评：本题考查双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，比较基础.10.(6分）考点: 函数的值.专题：计算题;函数的性质及应用．分析:根据已知函数可先求f(﹣3)=1，然后代入可求f（f(﹣3))；由于x≥1时,f（ｘ)=，当ｘ<１时,f(x)=lg（x２+1），分别求出每段函数的取值范围,即可求解解答：解：∵f(x)=,∴f（﹣3)=lg１０=1，则f（f(﹣３））=f(１)=0,当ｘ≥1时，f(ｘ)=，即最小值，当x＜１时,x2+1≥１，（x)=lｇ（x2+1）≥0最小值0，故f(x）的最小值是.故答案为:0；．点评:本题主要考查了分段函数的函数值的求解,属于基础试题.１1.(6分）考点: 两角和与差的正弦函数;三角函数的周期性及其求法；正弦函数的单调性.专题: 三角函数的求值．分析：由三角函数公式化简可得f(x)=sin（2ｘ﹣)+，易得最小正周期,解不等式２kπ+≤２x﹣≤２ｋπ+可得函数的单调递减区间．解答：解：化简可得f(x）=siｎ2x+ｓinxcosx+１＝(１﹣ｃｏｓ2x）+sin２x+1=sin(2ｘ﹣)+，∴原函数的最小正周期为Ｔ==π,由2kπ+≤2ｘ﹣≤２kπ+可得kπ+≤x≤kπ+,∴函数的单调递减区间为［ｋπ+,kπ+](k∈Z）故答案为:π;[kπ+，ｋπ+]（k∈Ｚ）点评:本题考查三角函数的化简,涉及三角函数的周期性和单调性,属基础题．１2．(4分）考点：对数的运算性质．专题：函数的性质及应用.分析：直接把a代入2a+２﹣a，然后利用对数的运算性质得答案.解答:解：∵a=lｏg43，可知4a＝3,即２a＝，所以2a+2﹣a=+=.故答案为:.点评：本题考查对数的运算性质，是基础的计算题.１３.（4分）考点: 异面直线及其所成的角．专题: 空间角.分析:连结ND,取ND 的中点为：E,连结MＥ说明异面直线ＡN,CＭ所成的角就是∠EMC通过解三角形,求解即可．解答：解:连结NＤ,取ND 的中点为：E,连结ＭE，则ＭE∥AN，异面直线ＡN,ＣM所成的角就是∠EMC，∵AN=2,∴ME==EN,ＭC=2，又∵EN⊥NC，∴EC==，∴cｏs∠EMC=＝=．故答案为：.点评：本题考查异面直线所成角的求法,考查空间想象能力以及计算能力.１4．（4分）考点：函数的最值及其几何意义.专题: 不等式的解法及应用；直线与圆.分析:根据所给ｘ，ｙ的范围,可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，再讨论直线2ｘ+y﹣２=0将圆x２+ｙ２=１分成两部分,分别去绝对值,运用线性规划的知识,平移即可得到最小值.解答:解:由x2+y２≤1，可得6﹣x﹣3y＞0,即｜6﹣x﹣３y|＝6﹣x﹣3ｙ,如图直线2x+y﹣2＝0将圆ｘ2+y２=１分成两部分,在直线的上方（含直线)，即有2x+y﹣2≥0，即|2＋y﹣2|＝2x＋y﹣2，此时｜2x+ｙ﹣２|+|６﹣x﹣3y|=(２x+y﹣２）+(6﹣ｘ﹣３y）=x﹣２y+４,利用线性规划可得在A（,)处取得最小值3；在直线的下方（含直线),即有2x＋ｙ﹣2≤0，即|２+ｙ﹣2|=﹣（2x+ｙ﹣2),此时|2ｘ＋ｙ﹣2｜+|6﹣x﹣３ｙ|＝﹣(２ｘ+y﹣2)+（6﹣x﹣3y)=8﹣3ｘ﹣4y,利用线性规划可得在Ａ(,）处取得最小值3.综上可得，当ｘ=，y=时,|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为３．故答案为:3.点评:本题考查直线和圆的位置关系，主要考查二元函数在可行域内取得最值的方法，属于中档题.１5.（6分)考点: 空间向量的数量积运算；平面向量数量积的运算．专题：创新题型;空间向量及应用.分析:由题意和数量积的运算可得<•>=,不妨设=（,，０），=（1，0，0），由已知可解=(,，t），可得|﹣(｜2=（x＋)2+（y﹣2)2+t2,由题意可得当ｘ=x0=１，y=y０＝2时,(ｘ＋）2+（ｙ﹣2）２+t2取最小值1,由模长公式可得｜．解答:解:∵•=||||cos<•>=cos<•>=，∴<•＞=,不妨设＝(,,０)，=(１，０，0)，=（ｍ,n,t）,则由题意可知=m+n=2，=m＝，解得m=,n=,∴=（,,t)，∵﹣()＝（﹣x﹣y，,t），∴|﹣（|2=（﹣x﹣y)２+()2＋ｔ２＝ｘ２+xy+y2﹣４x﹣5ｙ+t2+7＝（x+）2+(ｙ﹣2）2＋t2，由题意当x＝x0＝１，y=y0=2时，（x+）2＋（ｙ﹣2）2+ｔ2取最小值１,此时t2=1,故|==２故答案为:1;２；２点评：本题考查空间向量的数量积,涉及向量的模长公式,属中档题．三、解答题：本大题共5小题,共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.16．（１４分）考点: 余弦定理．专题：解三角形.分析:（１）由余弦定理可得：，已知b2﹣a2=c２.可得,a=．利用余弦定理可得cｏsC．可得ｓinC=，即可得出tanＣ=．（2)由＝×=3，可得c,即可得出b．解答：解：（1)∵A=,∴由余弦定理可得:，∴b2﹣a２＝bc﹣ｃ2，又b２﹣a2=c2．∴bc﹣ｃ2=c2．∴ｂ= c.可得，∴a2=ｂ2﹣=，即a=.∴cosC===．∵Ｃ∈（０,π),∴ｓinC=＝.∴ｔanＣ＝＝２．(2）∵＝×=3，解得c=2．∴＝3.点评：本题考查了正弦定理余弦定理、同角三角形基本关系式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.17.(15分)考点: 二面角的平面角及求法;直线与平面垂直的判定．专题: 空间位置关系与距离;空间角．分析:（1)以BC中点O为坐标原点，以OB、ＯA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系,通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论；（２）所求值即为平面Ａ1ＢD的法向量与平面B1BＤ的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数,计算即可．解答:(1)证明:如图,以ＢC中点O为坐标原点,以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z 轴建系．则BC=AC=２,Ａ1O==，易知A1（0，0,)，B（，0，0)，C(﹣,0，0），A(０,，0),D(0,﹣，),B1（，﹣,）,=（0，﹣，0),=（﹣，﹣,)，=(﹣，0，0),＝（﹣2,0,0），=(0，0,）,∵•=0，∴A１D⊥OA1,又∵•＝０,∴A1D⊥BC，又∵OA1∩BC＝O,∴A1D⊥平面A1BC；（2）解：设平面Ａ１BＤ的法向量为=（x,y,z）,由，得，取z=1,得=（，0，1),设平面B1BＤ的法向量为＝(x,y，z)，由,得，取z=1,得=（0，,1）,∴ｃos<，>===，又∵该二面角为钝角,∴二面角A1﹣BＤ﹣Ｂ1的平面角的余弦值为﹣.点评：本题考查空间中线面垂直的判定定理,考查求二面角的三角函数值，注意解题方法的积累，属于中档题.１8．(15分)考点: 二次函数在闭区间上的最值.专题：函数的性质及应用.分析:(１)明确二次函数的对称轴，区间的端点值，由a的范围明确函数的单调性，结合已知以及三角不等式变形所求得到证明；（2）讨论a=ｂ＝0以及分析M（a,b)≤2得到﹣3≤a＋b≤１且﹣3≤ｂ﹣ａ≤1,进一步求出｜ａ|＋|b|的求值．解答:解：(1）由已知可得f（1)=1+a+b，f(﹣１）＝１﹣a+ｂ，对称轴为ｘ=﹣,因为|a|≥2,所以或≥1,所以函数ｆ（x)在［﹣１，１]上单调，所以M（ａ，ｂ)=maｘ{|f(１),|ｆ（﹣1)｜}=ｍax{｜1＋ａ+b｜,|１﹣a＋b｜｝,所以Ｍ（ａ，b）≥（|１+ａ+ｂ|+|１﹣a+ｂ|)≥|（1＋a+b)﹣（1﹣a+b)|≥|2a|≥2；（２)当a＝b=0时,|ａ|+|b｜＝0又|a|+|b|≥０，所以0为最小值,符合题意；又对任意x∈[﹣1，１］．有﹣2≤x2+ax+b≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤ｂ﹣ａ≤1,易知|a|+|b|=ｍaｘ{|a﹣b|,｜a+ｂ|｝＝３,在b＝﹣1,ａ=２时符合题意,所以｜ａ|+|b|的最大值为３．点评:本题考查了二次函数闭区间上的最值求法;解答本题的关键是正确理解M（ａ，b)是｜ｆ（x）｜在区间[﹣1，１］上的最大值，以及利用三角不等式变形．19．(15分)考点: 直线与圆锥曲线的关系．专题: 创新题型；圆锥曲线中的最值与范围问题.分析：(1)由题意,可设直线ＡＢ的方程为ｘ＝﹣my＋n,代入椭圆方程可得(ｍ２+2)y2﹣2mny+ｎ2﹣2＝0，设A(x1，y１）,Ｂ（x2,y２）．可得△>0，设线段AB的中点P(ｘ０,y０）,利用中点坐标公式及其根与系数的可得P,代入直线y=mｘ+,可得,代入△＞0,即可解出．(2)直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=,再利用均值不等式即可得出．解答:解：（1）由题意,可设直线AB的方程为ｘ=﹣mｙ+n,代入椭圆方程,可得（m2+2）ｙ２﹣2mny+ｎ2﹣２＝０，设A（ｘ1,y１),B(x2,y２）.由题意，△＝4ｍ2n2﹣4（m２＋２）（n2﹣2)＝8(ｍ2﹣n2+２)＞０，设线段AB的中点P(x0，y0),则.ｘ0=﹣m×+ｎ＝，由于点P在直线ｙ=ｍx＋上，∴=+,∴，代入△＞0，可得３m４+4m2﹣4>0,解得m2，∴或m.（2）直线AB与x轴交点纵坐标为n,∴S△OAB=＝|ｎ|•=，由均值不等式可得:n2（m2﹣n２+2)=，∴S△AOB=,当且仅当ｎ2=m2﹣n2＋2，即2n2=ｍ2＋２，又∵，解得m＝,当且仅当m=时,S△ＡOB取得最大值为.点评:本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、中点坐标公式、线段垂直平分线的性质、三角形面积计算公式、弦长公式、均值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力,属于难题.２0．(15分)考点：数列的求和；数列与不等式的综合.专题: 创新题型；点列、递归数列与数学归纳法.分析：(1）通过题意易得0＜a n≤(n∈Ｎ*），利用ａn﹣ａn＋1=可得≥1，利用=＝≤2，即得结论;（2)通过=aｎ﹣ａｎ＋１累加得S n=﹣a n+1，利用数学归纳法可证明≥a n≥(n≥2），从而≥≥,化简即得结论．解答:证明:（１)由题意可知：0＜a n≤（ｎ∈N＊）,又∵a2＝a1﹣＝,∴＝＝2，又∵a n﹣a n+１＝,∴a n＞a n+1，∴≥1,∴=＝≤2，∴１≤≤2(n∈N＊);（2）由已知，=aｎ﹣a n+1,＝ａｎ﹣１﹣a n,…，=a1﹣a2,累加,得Ｓn=++…+=a１﹣a n+１=﹣a n+1，易知当n=1时,要证式子显然成立;当ｎ≥2时，＝．下面证明:≥a n≥(n≥２)．易知当n=２时成立，假设当n=ｋ时也成立,则ａk+1=﹣＋，由二次函数单调性知：a n＋1≥﹣+=≥，a n+1≤﹣＋=≤,∴≤≤，即当n＝ｋ+１时仍然成立,故对n≥２，均有≥a n≥，∴=≥≥=,即（n∈N＊).点评：本题是一道数列与不等式的综合题，考查数学归纳法，对表达式的灵活变形是解决本题的关键,注意解题方法的积累，属于难题．。

2019年浙江省高考理科数学试卷及答案解析

2019年浙江省高考理科数学试卷及答案解析(总11页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）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）设全集{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （） A. ∅ B. }2{ C. }5{ D. }5,2{ 【答案】B 【解析】.},2{},4,,3{},4,3,2{B A C A U u 选=∴==（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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】 ..∴.1-,1∴,2),2),1.1-,1.22,0-∴22-)2222222A b a b a i bi a i bi a b a b a b a ab b a i abi b a bi a 选件综上，是充分不必要条不是必要条件，或（是充分条件，（或（=====+=+∴======∴===+=+（3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm【答案】D 【解析】.138.93*3.186*3.363*4*3.935*34*6363*4*3D S S S S S S S S S S S 。

选几何体表面面积左面面积右面面积前后面面积，上底面面积几何体下底面面积右右前后上下左右前后上下=++++=∴=======+===4.为了得到函数()).∈(33R a a x x x f +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（）A.向右平移4π个单位B.向左平移4π个单位C.向右平移12π个单位D.向左平移12π个单位【答案】D 【解析】.12π3sin 2∴)12π(3sin 2)4π3sin(23cos 3sin D x y x x x x y 可以得到。

高考试题—数学理(浙江卷)解析版.pdf

复习: 电阻一定时,导体中的电流跟导体两端的电压成正比. 电压不变时，导体中的电流跟导体的电阻成反比. 上节课通过实验探究了电流与电压、电阻的关系: 以上实验结果综合起来得出结论，即欧姆定律。

结论是：欧姆于1787年3月16日生于德国巴伐利亚的埃朗根。

1811年毕业于埃朗根大学并取得哲学博士学位， 1854年7月6日在慕尼黑逝世。

欧姆最重要的贡献是建立电路定律，著作:《伽伐尼电路——数学研究》为了纪念他在电路理论方面的贡献，电阻单位命名为欧姆。

导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比。

I——电流——安培（A ）U——电压——伏特（V ） R——电阻——欧姆（Ω）（1）内容：（2）公式：（3）单位：I=U/R 欧姆定律是从实验中总结出来的规律，它适用于任何情况下的电流计算。

欧姆定律公式中各个物理量只能是同一导体在同一时刻所具有的量，也就是说不能用甲导体的电压、电阻去求乙导体的电流。

或用甲时刻的电压、电阻去求乙时刻的电流。

氖管电阻例题：试电笔内必须有一支很大的电阻，用来限制通过人体的电流。

现用一支试电笔，其中的电阻为880KΩ，氖管的电阻和人体的电阻都比这个小得多，可以不计。

使用时流过人体的电流是多少? 解题要求： 1、先读题，后画出电路图，再标出已知量、未知量 2、要换算单位的先换算 3、要对题目进行必要分析，后分步进行计算 4、解题过程中要先写出公式，再在公式中代入数据和单位，最后得结果。

5、每个物理量用自己的字母表示。

氖管电阻例题：试电笔内必须有一支很大的电阻，用来限制通过人体的电流。

现用一支试电笔，其中的电阻为880KΩ，氖管的电阻和人体的电阻都比这个小得多，可以不计。

使用时流过人体的电流是多少? 如果把安培换算成毫安，则解：已知:R ＝880KΩ R=880 KΩ I=? U ＝220V 分析：使用这支试电笔时，流过人体的电流是0.25mA,这个电流的大小对人体是安全的。

2019年浙江省高考理科数学试卷与答案解析

2019年普通高等学校招生全国统一考试（卷）数学（理科）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）设全集{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （）A. ∅B. }2{C. }5{D. }5,2{ 【答案】B 【解析】.},2{},4,,3{},4,3,2{B A C A U u 选=∴==（2）已知i 是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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】..∴.1-,1∴,2),2),1.1-,1.22,0-∴22-)2222222A b a b a i bi a i bi a b a b a b a ab b a i abi b a bi a 选件综上，是充分不必要条不是必要条件，或（是充分条件，（或（=====+=+∴======∴===+=+（3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm【答案】D 【解析】.138.93*3.186*3.363*4*3.935*34*6363*4*3D S S S S S S S S S S S 。

选几何体表面面积左面面积右面面积前后面面积，上底面面积几何体下底面面积右右前后上下左右前后上下=++++=∴=======+===4.为了得到函数()).∈(33R a a xx x f +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（）A.向右平移4π个单位B.向左平移4π个单位 C.向右平移12π个单位 D.向左平移12π个单位【答案】D【解析】.12π3sin 2∴)12π(3sin 2)4π3sin(23cos 3sin D x y x x x x y 可以得到。

(word版)浙江高考理科数学试题及解析

2021年普通高等学校招生全国统一考试〔浙江卷〕数学〔理科〕选择题局部〔共 50分〕1.(2021年浙江)集合P={x|-1＜x ＜1}，Q={0＜x ＜2}，那么P ∪Q=〔〕A ．〔1，2〕B ．〔0，1〕C ．〔-1，0〕D ．〔1，2〕【解析】利用数轴，取P ，Q 所有元素，得P ∪Q=〔-1，2〕.x 2 y 22.(2021年浙江)椭圆 9+4=1的离心率是〔〕13525 A ． 3B ． 3C ． 3D ．99-4 5【解析】e=3=3.应选B ．3.(2021年浙江)某几何体的三视图如下图〔单位： cm 〕，那么该几何体的体积〔单位： cm 3〕是〔〕〔第3题图〕A ．1B ．3C ．31D ．33222 2A 【解析】根据所给三视图可复原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所21 π×11π以，几何体的体积为 V=×3×〔2+×2×1 〕=+1. 应选A.3 2 2≥0，4.(2021年浙江)假设x ，y 满足约束条件 x+y-3≥0，那么z=x+2y 的取值范围是〔〕x-2y ≤0，A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞〕D．[4，+∞〕4.D【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D．5.(2021年浙江)假设函数f(x)=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，那么M–m〔〕A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关aa2B【解析】因为最值f〔0〕=b，f〔1〕=1+a+b，f〔-2〕=b-4中取，所以最值之差一定与b无关.应选B.6.(2021年浙江)等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，那么“d>0〞是“S4+S6>2S5〞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.C【解析】由S+S-2S=10a+21d-2〔5a+10d〕=d，可知当d＞0时，有S+S-2S＞0，46511465即S4+S6>2S5，反之，假设S4+S6>2S5，那么d＞0，所以“d>0〞是“S4+S6>2S5〞的充要条件，选C．7.(2021年浙江)函数y=f(x)的导函数y=f〔′x〕的图象如下图，那么函数y=f(x)的图象可能是〔〕〔第7题图〕7.D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且 x=0位于增区间内.应选D.8.(2021年浙江)随机变量ξ满足P 〔ξ=1〕=p ，P 〔ξ=0〕=1–p ，i=1，2．假设0<p<p< 2iiiii12 1，那么〔〕A ．E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)B ．E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)C ．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)D ．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)A 【解析】∵E(ξ1)=p 1，E(ξ2)=p 2，∴E(ξ1)＜E(ξ2)，∵D(ξ1)=p 1(1-p 1)，D(ξ2)=p 2(1-p 2)，∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)＜0.应选A ．9.(2021年浙江)如图，正四面体 D –ABC 〔所有棱长均相等的三棱锥〕， P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，BQ =CR=2，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –PQCRA的平面角为 α，β，γ，那么〔〕〔第9题图〕A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α9.B【解析】设O 为三角形AB C中心，那么 O 到PQ 距离最小，O 到 PR距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此α<γ<β.应选B.10.(2021年浙江)如图，平面四边形 ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=→ →→ →→→〕·，I 2=·，I 3=·，那么〔OAOB OBOC OCOD〔第10题图〕A．I＜I＜I3B．I＜I＜I21213 C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I310.C【解析】因为∠AOB=∠COD＞90°，OA＜OC，OB＜OD，所以→→＞0＞→→··OBOC OAOB＞→→.应选C.·OCOD非选择题局部〔共100分〕11.(2021年浙江)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术〞可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并开展了“割圆术〞，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术〞的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=．33133．11.2【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，那么S6=6×〔2×1×1×sin60〕°=212.(2021年浙江)a，b∈R，〔a+bi〕2=3+4i〔i是虚数单位〕那么a2+b2=___________，ab=___________.a2-b2=3，a2=4，2【解析】由题意可得a2-b2+2abi=3+4i，那么ab=2，解得b2=1，那么a2+b2=5，ab=2.13.(2021年浙江)多项式〔x+1〕3〔x+2〕2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，，那么a4=________，a=________．513.164【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr3x r Cm2·22-m=Cr3Cm·2·22-m·x r+m，分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=4．14.(2021年浙江)△ABC ，AB=AC=4，BC=2．点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD ，那么△BDC 的面积是___________，cos ∠BDC=___________.1510BE 114.24【解析】取BC 中点E ，由题意，AE ⊥BC ，△ABE 中，cos ∠ABE=AB =4，1 1 15 1∴cos ∠DBC=- 4 ，sin ∠DBC= 1-16= 4， ∴S △BCD = 215 .∵∠ABC=2∠BDC ，∴cos ∠ABC=cos2∠BDC=2cos 2∠BDC-1= 1×BD ×BC ×sin ∠DBC= 24，10 10 15 解得cos ∠BDC=4 或cos ∠BDC=-4〔舍去〕.综上可得，△BCD面积为2，10cos ∠BDC=4.15.(2021年浙江)向量 a ，b 满足|a|=1,|b|=2,那么|a+b|+|a-b|的最小值是________，最大值是_______．15. 4，2 5【解析】设向量a ，b 的夹角为θ，由余弦定理有|a-b|=12+22-2×1×2×cos θ= 5-4cos ，θ|a+b|=12+22-2×1×2×cos(π-θ)=5+4cos θ，那么|a+b|+|a-b|=5+4cos+θ5-4cos θ，令y=5+4cos θ+5-4cos θ，那么y 2=10+225-16cos 2θ∈[16,20]，据此可得(|a+b|+|a-b|)max =20=2 5,(|a+b|+|a-b|)min =16=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是 4，最大值是25．16.(2021年浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长 1人，普通队员 2人组成4人效劳队，要求效劳队中至少有 1名女生，共有______种不同的选法．〔用数字作答〕 16.660【解析】由题意可得， “从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员 2人组成4人效劳队〞中的选择方法为C48×C14×C13〔种〕方法，其中“效劳队中没有女生〞的选法有C46×C14×C13〔种〕方法，那么满足题意的选法有 C48×C14×C13-C46×C1 4×C13=660〔种〕.417.(2021年浙江)a R，函数f〔x〕=|x+x-a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，那么a的取值范围是___________．9444 17.〔-∞，]【解析】x∈[1,4],x+∈[4,5]，分类讨论：①当a≥5时，f〔x〕=a-x-+a=2a-x-，2x x x函数的最大值9，舍去；②当a≤4时，f〔x〕=x+44≤5，此时命题成立；2a-4=5，∴a=-a+a=x+x2x③当4＜a＜5时，[f(x)]max=max{|4-a|+a,|5-a|+a}，那么|4-a|+a≥-a|+a|5，或|4-a|+a＜|5-a|+a，解|4-a|+a=5|4-a|+a=5999得a=或a＜.综上可得，实数a的取值范围是〔-∞，]．22218.(2021年浙江)函数f〔x〕=sin2x–cos2x–23sinxcosx〔x∈R〕．2π〔1〕求f〔3〕的值．〔2〕求f〔x〕的最小正周期及单调递增区间．18.解：〔1〕由sin 2π32π1，3=2，cos=-32f〔2π312-231〕=〔〕2-〔-〕3××〔-〕．32222得f〔2π．〕=232〕由cos2x=cos2x-sin2x与sin2x=2sinxcosx，得f(x)=-cos2x-3sin2x=-2sin(2x+π)．6所以f(x)的最小正周期是π．由正弦函数的性质得ππ≤π3ππ，k∈Z，+2k2x+≤+2k262π3π解得6+kπ≤x2≤+2kπ，k∈Z，所以，f〔x〕的单调递增区间是[π3π6+kπ，2+2kπ]，k∈Z．(2021年浙江)如图，四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．PEA DB C〔第19题图〕1〕证明：CE∥平面PAB；2〕求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．19.解：〔1〕如图，设PA中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA中点，1所以EF∥AD且EF=2AD，1又因为BC∥AD，BC=2AD，所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB．〔2〕分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD ．所以AD ⊥平面PBN ，由BC//AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN ．过点Q 作PB 的垂线，垂足为 H ，连接MH ．MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠ QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角．设CD=1．在△PCD 中，由PC=2，CD=1，PD= 2得CE= 2，在△PBN 中，由PN=BN=1，PB=3得QH=1，4在Rt △MQH 中，QH=1，MQ=2，4所以sin ∠QMH=2 ，8所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是2．8-x120.(2021年浙江)函数f(x)=〔x –2x-1〕e 〔x ≥〕．21〕求f(x)的导函数；2〕求f(x)在区间[12，+∞)上的取值范围．1，〔e -x 〕′=-e -x，20.解：〔1〕因为〔x –2x-1〕′=1-2x-1所以f 〔x 〕=〔1-1 〕e -x-〔x –2x-1 (1-x)(2x-1-2)e-x1 2x-1〕e-x=(x ＞).2x-12（2〕由f(′x)=(1-x)(2x-1-2)e -x =02x-15解得x=1或x=．因为x 1〔 1，1〕1 〔1，5〕5 〔 5，+∞〕22 22 2f(x)′–+0 –1 - 11 - 5f 〔x 〕2e2↘ 0↗2e2↘又f 〔x 〕= 1〔2x-1-1〕2e -x ≥0，2所以f 〔x 〕在区间1 1 1[，+∞)上的取值范围是[0，e -]．22221.(2021年浙江)如图，抛物线x 2=y ，点A 〔-1，1〕，B 〔3，9〕，抛物线上的点 p(x,y)(-1242 42＜x ＜3)．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．2〔第19题图〕1〕求直线AP 斜率的取值范围；2〕求|PA|·|PQ|的最大值．21.解：〔1〕设直线 AP 的斜率为k ，21x-41，k=1=x-2x+213因为-2＜x ＜2，所以直线AP 斜率的取值范围是〔 -1，1〕．1 1〔2〕联立直线AP 与BQ 的方程kx-y+2k+4=0，9 3x+ky-4k-2=0，解得点Q 的横坐标是 x Q = -k 2+4k+3 ．2(k 2+1)因为|PA|= 11+k 2(k+1)，1+k 2(x+)=2|PQ|= (k-1)(k+1) 21+k 2(x Q -x)=-k 2+1 ，所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3．令f(k)=-(k-1)(k+1)3，因为f ′(k)=-(4k-2)(k+1)2，所以f(k)在区间(-1,1 1)上单调递增，(,1)上单调递减，22因此当k=1时，|PA|·|PQ|取得最大值27．216(2021年浙江)数列{x n }满足x 1=1，x n =x n+1+ln(1+x n+1)〔n ∈N *〕．证明：当n ∈N *时，1〕0＜x n+1＜x n ；〔2〕2x n+1nx n x n+1；-x ≤2〔3〕1n-1 ≤x n ≤1n-2．2 222.解：〔1〕用数学归纳法证明 n＞0．x当n=1时，x 1=1>0．假设n=k 时，x k >0，那么n=k+1时，假设x k+1≤0，那么0＜x k =x k+1+ln 〔1+x k+1〕≤0，矛盾，故 x k+1＞0．因此x n ＞0〔n ∈N *〕．所以x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n 〔n ∈N *〕． 2〕由x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕，得x n x n+1-4x n+1+2x n =x n+12-2x n+1+〔x n+1+2〕ln 〔1+x n+1〕.记函数f 〔x 〕=x2-2x+〔x+2〕ln 〔1+x 〕〔x ≥0〕，2x 2+xf 〔′x 〕=x+1+ln 〔1+x 〕＞0〔x ＞0〕，函数f 〔x 〕在[0，+∞]上单调递增，所以 f 〔x 〕≥f 〔0〕=0，因此x n+12-2x n+1+〔x n+1+2〕ln 〔1+x n+1〕=f 〔x n+1〕≥0，故2x n+1 -x nx n x n+1〔n ∈N *〕．≤ 23〕因为x n =x n+1+ln 〔1+x n+1〕≤x n+1+x n+1=2x n+1，1所以x n ≥2n-1，由x n x n+1≥2x n+1-x n ，2得1-1≥2〔1-1〕＞0，x n+12x n 2所以 1 - 1≥2〔 1 - 1〕≥≥2n-1〔 1 - 1〕=2n-2，x n 2 x n-12 x 1 21故x n ≤2n-2．(word版)浙江高考理科数学试题及解析综上，1n-1≤x n≤1n-2〔n∈N*〕．2211 / 1111。

2019年浙江省高考理科数学试卷与答案解析[word版]

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）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）设全集{}2|≥∈=x N x U ，集合{}5|2≥∈=x N x A ，则=A C U （）A. ∅B. }2{C. }5{D. }5,2{（2）已知是虚数单位，R b a ∈,,则“1==b a ”是“i bi a 2)(2=+”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（3）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则此几何体的表面积是 A. 902cm B. 1292cm C. 1322cm D. 1382cm4.为了得到函数 x x y 3cos 3sin +=的图像，可以将函数x y 3sin 2=的图像（）A.向右平移4π个单位 B.向左平移4π个单位C.向右平移12π个单位D.向左平移12π个单位5.在46)1()1(y x ++的展开式中，记nm y x 项的系数为),(n m f ，则=+++)3,0(2,1()1,2()0,3(f f f f ）（）A.45B.60C.120D. 2106.已知函数则且,3)3()2()1(0,)(23≤-=-=-≤+++=f f f c bx ax x x f （）A.3≤cB.63≤<cC.96≤<cD. 9>c 7.在同意直角坐标系中，函数x x g x x x f a a log )(),0()(=≥=的图像可能是（）8.记,max{,},x x y x y y x y ≥⎧=⎨<⎩，,min{,},y x yx y x x y≥⎧=⎨<⎩，设,a b r r 为平面向量，则（）A.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≤B.min{||,||}min{||,||}a b a b a b +-≥C.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≥+ D.2222min{||,||}||||a b a b a b +-≤+9.已知甲盒中仅有1个球且为红球，乙盒中有m 个红球和n 个篮球 ()3,3m n ≥≥，从乙盒中随机抽取()1,2i i =个球放入甲盒中.（a ）放入个球后，甲盒中含有红球的个数记为()1,2ii ξ=；（b ）放入个球后，从甲盒中取1个球是红球的概率记为 ()1,2i p i =. 则A.()()1212,p p E E ξξ><B.()()1212,p p E E ξξ<>C.()()1212,p p E E ξξ>>D.()()1212,p p E E ξξ<<10.设函数21)(x x f =，),(2)(22x x x f -=|2sin |31)(3x x f π=，99,,2,1,0,99Λ==i ia i ，记|)()(||)()(||)()(|98991201a f a f a f a f a f a f I k k k k k k k -++-+-=Λ，.3,2,1=k 则A.321I I I <<B. 312I I I <<C. 231I I I <<D. 123I I I << 二、填空题：本大题共7小题，每小题4分，共28分.11.若某程序框图如图所示，当输入50时，则该程序运算后输出的结果是________.12.随机变量ξ的取值为0,1,2，若()105P ξ==，()1E ξ=，则()D ξ=________.13.当实数x ，y 满足240,10,1,x y x y x +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩时， 14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围是________.14.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有_____种（用数字作答）.15.设函数()⎪⎩⎪⎨⎧≥-<+=0,0,22x x x x x x f 若()()2≤a f f ，则实数a 的取值范围是______16.设直线)0(03≠=+-m m y x 与双曲线12222=-by a x （0a b >>）两条渐近线分别交于点B A ,，若点)0,(m P 满足PB PA =,则该双曲线的离心率是__________17、如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练. 已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小.若则的最大值19（本题满分14分）已知数列{}n a 和{}n b 满足()()*∈=N n a a a nb n 221Λ. 若{}na 为等比数列，且.6,2231b ba +==（1）求n a 与n b ；（2）设()*∈-=N n b a c nn n 11。

2019年浙江省高考理科数学试卷及答案解析(可编辑修改word版)

⇒ f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3) = 20+15* 4+6*6+1* 4 =120.选C.
6.已知函数 f (x) x3 ax2 bx c,且0 f (1) f (2) f (3) 3,则（）
A. c 3
B. 3 c 6
【答案】D
【解析】
y = sin 3x+cos 3x = 2 sin(3x+ π ) = 4
C. {5}
D. {2,5}
【答案】B 【解析】
U ={2,3,4}, A ={3,,4},∴ Cu A ={2},选B.
（2）已知 i 是虚数单位， a, b R ,则“ a b 1 ”是“ (a bi)2 2i ”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
（3）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的表面积是
A. 90 cm2
B. 129 cm2
C. 132 cm2
D. 138 cm2
【答案】D
【解析】
几何体下底面面积S下 = 3* 4*3= 36，上底面面积S上 = 6* 4+3*5 = 39. 前后面面积S前后 = 3* 4*3= 36.右面面积S右 = 3*6 =18.左面面积S左 = 3*3= 9. ∴ 几何体表面面积S = S下 + S上 + S前后 + S右 + S右 =138。选D.
4
12
12
5.在 (1 x)6 (1 y)4 的展开式中，记 xm yn 项的系数为 f (m, n) ，则 f (3,0) f (2,1) f (1,2） f (0,3)