2019年高考数学浙江卷含答案.docx

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1、数学试卷 第 1 页（共 26 页） 数学试卷 第 2 页（共 26 页） 绝密启用前2019 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江省） 数 学本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分 150,考试时间 120 分钟.参考公式：若事件 A,B 互斥,则()( )( )P ABP AP B若事件 A,B 相互独立,则()( ) ( )P ABP 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 k nnP kppkn台体的体积公式,其中分别表示台体的上、下底11221()3VSS SSh12,S S面积,表

2、示台体的高h柱体的体积公式,其中表示柱体的底面积,表示柱体的高VShSh锥体的体积公式,其中表示锥体的底面积,表示锥体的高1 3VShSh球的表面积公式24SR 球的体积公式,其中表示球的半径34 3VRR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,集合,则( )1,0,1,2,3U 0,1,2A1,0,1B ()UAB IA.B. 1 0,1C.D.1,2,31,0,1,32.渐近线方程为 xy=0 的双曲线的离心率是( )A.B.12 2C.D.223.若实数 x,y 满足约束条

3、件,则 z=3x+2y 的最大值是( )340 340 0xy xy xy A. B.11C.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,其中 S 是柱体的底面积,h 是柱VSh柱体体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位：),则该柱体的体积(单位：)是( )cm3cmA.158B.162C.182D.3245.若,则“”是 “”的( )0a0b4ab 4abA.充分不必要条件B.必要不充分条件毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效- -数学试卷 第 3 页（共 26 页） 数学

4、试卷 第 4 页（共 26 页）C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件6.在同一直角坐标系中,函数, (,且)的图象可能是1xya1(2log)ayx0a1a ( )ABCD7.设,则随机变量的分布列是01aXX0a1P1 31 31 3则当在内增大时,( )a(0,1)A.增大B.减小D X（）D X（）C.先增大后减小D.先减小后增大D X（）D X（）8.设三棱锥 VABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P 是棱 VA 上的点(不含端点).记直线 PB 与直线 AC 所成的角为 ,直线 PB 与平面 ABC 所成的角为,二面角的平面角为,则( )PACBA.,B.,C.,D., 9.

5、已知,函数.若函数恰有, a bR32,0 ( )11(1),032x x f xxaxax x( )yf xaxb3 个零点,则( )A.,B.,1a0b1a0bC.,D., 1a0b1a0b10.设,数列满足,则( )abR na1aa2 1nnaabnNA.当时,B.当时,1 2b 1010a 1 4b 1010a C.当时,D.当时,2b 1010a 4b 1010a 非选择题部分(共 110 分)二、填空题：本大题共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分.11.复数( 为虚数单位),则_.1 1iz i| z 12.已知圆的圆心坐标是,半径长是.若直线与圆

6、C 相切于点C(0,)mr230xy,则_,_.( 2, 1)A m r 13.在二项式的展开式中,常数项是_,系数为有理数的项的个数是9( 2)x_.14.在中,点在线段上,若,ABC90ABC4AB 3BC DAC45BDC则_,_.BD cosABD15.已知椭圆的左焦点为 ,点 在椭圆上且在轴的上方,若线段22 195xyFPx的中点在以原点为圆心,为半径的圆上,则直线的斜率是_.PFOOFPF数学试卷 第 5 页（共 26 页） 数学试卷 第 6 页（共 26 页） 16.已知,函数,若存在,使得,则实数的aR3( )f xaxxtR2|(2)( )|3f tf ta最大值是_.17

7、.已知正方形的边长为 1,当每个取遍时,ABCD(1,2,3,4,5,6)ii1的最小值是_,最大值是123456|ABBCCDDAACBDuu u ruu u ruuu ruu u ruuu ruuu r_.三、解答题：本大题共 5 小题,共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.(本小题满分 14 分)设函数.( )sin ,f xx xR()已知函数是偶函数,求的值；0,2 ),()f x()求函数的值域.22 () ()124yf xf x19.(本小题满分 15 分)如图,已知三棱柱,平面平面,111ABCABC11A ACC ABC,分别是 AC, 的中点.90A

8、BC1130 ,BACA AACAC E F11AB()证明：；EFBC()求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值. .20.(本小题满分 15 分)设等差数列的前 n 项和为,数列满足：nanS34a 43aS nb对每个成等比数列.12,nnnnnnnSb Sb Sb N(1)求数列的通项公式；, nnab()记 证明：,2n n nacnbN12+2,.ncccn nNL-在-此-卷-上-答-题-无-效- - 毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学试卷 第 7 页（共 26 页） 数学试卷 第 8 页（共 26 页）21.(本小题满分 15 分)如图,已知点为抛物线的焦点,过点

9、 F 的(10)F ，22(0)ypx p直线交抛物线于 A、B 两点,点 C 在抛物线上,使得的重心在 x 轴上,直线ABCGAC 交 x 轴于点 Q,且 Q 在点 F 的右侧.记的面积分别为.,AFGCQG12,S S()求的值及抛物线的准线方程；p()求的最小值及此时点 G 的坐标.12S S22.(本小题满分 15 分)已知实数,设函数0a ( )= ln1,0.f xaxxx()当时,求函数的单调区间；3 4a ( )f x()对任意均有 求的取值范围.21,)ex( ),2xf xaa注：为自然对数的底数.2.71828e L2019 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江省）数学答

10、案解析选择题部分一、选择题1.【答案】A【解析】，则= 1,3UC A 1UC AB I【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】根据渐近线方程为的双曲线，可得，所以，0xy ab2ca则该双曲线的离心率为，2cea故选：C.【考点】双曲线的离心率【考查能力】基本计算3.【答案】C数学试卷 第 9 页（共 26 页） 数学试卷 第 10 页（共 26 页） 【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为顶点的三角形区域（包含边界） ，由图易得当目标函数经(-1,1),(1,-1),(2,2)=3 +2zxy过平面区域的点时，取最大值.(2,2

11、)=3 +2zxymax322210z 【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】当时，则当时，有，解0, 0ab2abab4ab24abab得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成4ab =1, =4ab4ab =54a+b立，综上所述， “”是“”的充分不必要条件.4ab4ab 【考点】充分条件，必要条

12、件【考查能力】逻辑推理能力6.【答案】D【解析】当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点01axyaBH 1xya且单调递增，函数过定点且单调递减，D 选项符合；当BH 1log2ayx1( ,0)2时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递1a xyaBH 1xyaBH 减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选 D.1log2ayx1( ,02）【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，则1()3aE X，则当在2222111111211()01333333926aaaD Xaaa内增大时，先减小后增大.BH ()D X方法 2：则

13、2222 21(1)222213()()03399924aaaaD XE XE Xa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：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影GACVABCOP在线段上，过作垂直，易得，过作交于，DAODDEAE/ /PEVGP/ /PFACVGF过作，交于，则，则D/ /DHACBGH,BPFPBDPED ，即，即coscosPFEGDHBD PBPBPBPBtantanPDPD EDBD，综上所述，答案为 B.y数学试卷 第 11 页（共 26 页） 数学试卷 第 12 页（共 26 页）方法 2：由最小角定理

14、，记的平面角为（显然）VABC 由最大角定理，故选 B. 方法 3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得VABCPVA，故选 B.33322 2cossin,sin,sin6633【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】当时，得；0x ( )(1)0yf xaxbxaxba xb1bxa最多一个零点；( )yf xaxb当0x时，32321111( )(1)(1)3232yf xaxbxaxaxaxbxaxb，2(1)yxax当，即时，在0，上递增，1 0a 1a0y( )yf xaxb)最多一个零点不合题意；(

15、 )yf xaxb当，即时，令得，函数递增，10a 222(3 6)(5 6)121 32 3 6 5 60y 1xa)令得，函数递减；函数最多有 2 个零点；0y0x1)a 根据题意函数恰有 3 个零点函数在上有一( )yf xaxb( )yf xaxb(,0)个零点，在0，上有 2 个零点，)如图：且，01b a320 11(1)(1)(1)032baaab 解得，0b 10a310(116,)baa 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，得，2104x1 2取，11 2a 2111022naaL，当时，故 B 错误；1 4b 1010a 对于

16、 C，令，得或，220x-21-数学试卷 第 13 页（共 26 页） 数学试卷 第 14 页（共 26 页） 取，12a22a 2 10na 当时，故 C 错误；2b-1010a 对于 D，令，得，24 0x - 117 2取，1117 2a2117 2a117102na当时，故 D 错误；4b1010a 对于 A，2 211 22aa22 3113()224aa，422 4319117()14216216aaa，递增，10nnaa- na当时，4n11 132 22n n nnaaaa1，故 A 正确54451093 23 23 2a aa aa a 6 1043 2a a 10729 6

17、4a 10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非选择题部分二、填空题11.【答案】2 2【解析】.112|1|22zi【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】25【解析】可知，把代入得，此时11:1(2)22ACkAC yx (0,)m2m .|415rAC【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】16 25【解析】的通项为9( 2)x9 19( 2)(0,1,29)rrr rTCx r L可得常数项为，09 19( 2)16 2TC因系数为有理数，有共 5 个项1,3,5

18、,7,9r=246810T , T , T , T , T【考点】二项式定理的应用【考查能力】运算求解，分析问题，解决问题数学试卷 第 15 页（共 26 页） 数学试卷 第 16 页（共 26 页）14.【答案】12 2 57 2 10【解析】在中，正弦定理有：，而,ABDsinsinABBD ADBBAC34,4ABADB，所以225ACABBC34sin,cos55BCABBACBACACAC.12 2 5BD 7 2coscos()coscossinsin4410ABDBDCBACBACBAC【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.【答案】15

19、【解析】【详解】方法 1：由题意可知，|=|2OFOM |=c=由中位线定理可得，设可得，12| 4PFOM( , )P x y22(2)16xy联立方程22 195xy可解得（舍） ，点在椭圆上且在轴的上方，321,22xx Px求得，所以315,22P15 2151 2PFk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，即12| 4PFOM342ppaexx 求得，所以.315,22P15 2151 2PFk【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】4 3【解析】使得，222(2)(

20、 )2 (2)(2)223642f tf tatt ttatt数学试卷 第 17 页（共 26 页） 数学试卷 第 18 页（共 26 页） 使得令，则原不等式转化为存在，由折线函23641,)mtt 1m113am 数，如图只需，即，即的最大值是11133a24 33aa4 3【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】02 5【解析】正方形 ABCD 的边长为 1，可得，ABADACuu u ruuu ruuu r BDADABuuu ruuu ruu u r，0AB AD uu u r uuu r12345613562456ABBCCDD

21、AACBDABADuu u vuu u vuuu vuu u vuuu vuuu vuu u vuuu v要使的最小，只需要123456ABBCCDDAACBDuu u vuu u vuuu vuu u vuuu vuuu v，此时只需要取5613562401234561,1,1,1,1,1 此时123456min0ABBCCDDAACBDuu u vuu u vuuu vuu u vuuu vuuu v2212345613562456ABBCCDDAACBDABAD22 13562456 2213562456 2256562222 5656565684222 5656568422222 56

22、565612422222 5656124 2220等号成立当且仅当均非负或者均非正，并且均非负或者均1356, 2456, 非正。比如1234561,1,1,11,1则.123456max202 5ABBCCDDAACBDuu u vuu u vuuu vuu u vuuu vuuu v【考点】平面向量的线性运算，平面向量的模【考查能力】分析问题，解决问题，运算求解三、解答题18.【答案】 （1）由题意结合函数的解析式可得：，sinf xx函数为偶函数，则当时，即，结合0x 02kkZ2kkZ可取，相应的值为.0,20,1k 3,2 2（2）由函数的解析式可得：22sinsin124yxx1c

23、os 21cos 262 22xx数学试卷 第 19 页（共 26 页） 数学试卷 第 20 页（共 26 页）11cos 2cos 2262xx 1311cos2sin2sin2222xxx 1331cos2sin2222xx .31sin 226x 据此可得函数的值域为：.331,122 【解析】 （1）由函数的解析式结合偶函数的性质即可确定的值；（2）首先整理函数的解析式为的形式，然后确定其值域即可.sinyaxb【考点】三角函数的性质，三角恒等变换【考查能力】逻辑推理，运算求解19.【答案】 （1）如图所示，连结，11,AE B E等边中，则，1AACAEEC-18%平面平面，且平面平

24、面，ABC 11A ACCABC I11A ACCAC由面面垂直的性质定理可得：平面，故，1AE ABC1AEBC由三棱柱的性质可知，而，故，且，11ABABABBC11ABBC1111ABAEAI由线面垂直的判定定理可得：平面，BC 11AB E结合平面，故.EF11AB EEFBC（2）在底面 ABC 内作，以点 E 为坐标原点，EH,EC,方向分别为 x,y,z 轴EHAC1EA正方向建立空间直角坐标系.Exyz设，则，,，1EH 3AEEC112 3AACA3,3BCAB据此可得：，1330,3,0 ,0 ,0,0,3 ,0, 3,022ABAC由可得点的坐标为，11ABABuu u

25、ruuu u r1B13 3,3,32 2B利用中点坐标公式可得：，由于，3 3,3,34 4F222 102515 2 50( )CCCp AC故直线 EF的方向向量为：3 3,3,34 4EFuu u r设平面的法向量为，则：1ABC, ,mx y zu r数学试卷 第 21 页（共 26 页） 数学试卷 第 22 页（共 26 页） ，13333, , 33022223333, ,002222m ABx y zxyzm BCx y zxy uuu vvuu u vv据此可得平面的一个法向量为，1ABC1, 3,1m u r3 3,3,34 4EFuu u r此时，64cos,53 552

26、EF mEF m EFm uu u r u ruu u r u r uu u ru r设直线 EF 与平面所成角为，则.1ABC43sincos,cos55EF muu u r u r【解析】 （1）由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.【考点】空间直线与直线垂直的证明，直线与平面所成的角【考查能力】空间想象，推理论证，运算求解20.设等差数列的前项和为，数列满足：对每nannS34a 43aS nb成等比数列.12,nnnnnnnSb Sb

27、 Sb N（1）求数列的通项公式；, nnab（2）记证明：,2n n naCnbN12+2,.nCCCn nNL【答案】 （1）由题意可得：，解得：，11124 3 2332adadad10 2a d 则数列的通项公式为. na22nan其前 n 项和.02212nnnSn n则成等比数列，即：1,1,12nnnn nb n nbnnb，21112nnnn nbn nbnnb 据此有： 2222121112121nnnnnnnn nbbn nnnnnbn nbb，故.22 112121(1)(1)(1)(2)nnnn nnbn nnnnn n nn（2）结合（1）中的通项公式可得：，1122

28、21211n n nanCnnbn nnnnnn则. 12210221212nCCCnnnLL【解析】 （1）首先求得数列的首项和公差确定数列的通项公式，然后结合三 na na项成等比数列的充分必要条件整理计算即可确定数列的通项公式； nb（2）结合（1）的结果对数列的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂 nc项求和的方法即可证得题中的不等式.【考点】等差数列，等比数列，数学归纳法【考查能力】逻辑推理，运算求解21.【答案】 （1）由题意可得，则，抛物线方程为，准线方12p2,24pp24yx程为.1x （2）设，1122,A x yB xy数学试卷 第 23 页（共 26 页） 数学试

29、卷 第 24 页（共 26 页）设直线 AB的方程为，与抛物线方程联立可得：1 ,0yk xk24yx，故：，2222240k xkxk2222242,1kxxx x， 1212121242,444yyk xxy yxxk 设点 C 的坐标为，由重心坐标公式可得：33,C xy，3 321214233Gxxxxkx1 3231 4 33Gyyyyky 令可得：，则.即，0Gy 34yk 2 3 324 4yxk222144123382Gkxkk 由斜率公式可得：，1313 22 313113444ACyyyykyxxyyy直线 AC 的方程为：，33 134yyxxyy令可得：，0y 2 31

30、3313313 34444Qyyyyyyyy yxx 故，111 12218121323118 223GFySxxyykk 且，3 2213 3118 22423QGyy ySxxyk 由于，代入上式可得：，34yk 1 22228 33ySkkk由可得，则，12124,4yyy yk 1 144yyk1 2 14 4yky则 22 111 2221211122 11 222424822844816881 23333yyS ySyyyykkykk.2 12 1432124828168yy 当且仅当，即，时等号成立.2 12 14888yy2 184 3y 162y 此时，则点 G 的坐标为.1

31、 2 1424yky281223Gxk2,0G【解析】 （1）由焦点坐标确定 p 的值和准线方程即可；（2）设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，最后结合均值不等式的结论即可求得的最小值和点 G 的坐标.12S S【考点】抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系【考查能力】逻辑推理，运算求解22.【答案】 （1）当时，函数的定义域为，且：3 4a 3ln14f xxx 0,， 343313124214141 312xxxxfxxxx xx xxx 因此函数的单调递增区间是,单调递减区间是. f x1 20,3（2）由，得，1(1)2fa204a当时，等价于，20

32、4a( )2f xax22 12ln0xxxaa数学试卷 第 25 页（共 26 页） 数学试卷 第 26 页（共 26 页） 令，则，1ta2 2t设，2( )212lng ttxtxx2 2t则，211( )12lnxg tx txxx（i）当时，1,7x112 2x则，( )(2 2)84 2 12lng xgxxx记，1( )42 2 1ln ,7p xxxxx则2212121(1)1( 221)( )111(1)(12 )xxxxxxxp xxxxx xx xxxx 列表讨论：x1 7117，1(1,) px0+ P x1 7P单调递减极小值 1P单调递增( )(1)0,( )(2

33、2)2 ( ) 0p xpg tgp x（ii）当时，21 1,7xe12ln(1)( )12xxxg tgxx令，21 1( )2ln(1),7q xxxxxe则，ln2( )10xq xx 故在上单调递增，( )q x21 1,7e 1( )7q xq由（i）得，12 712 7(1)07777qpp ，1( )( )0,( )102q xq xg tgxx 由（i） （ii）知对任意，21,2 2,),( )0xtg te即对任意，均有，21,xe( )2f xax综上所述，所求的 a 的取值范围是20,4 【解析】 （1）首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可.（2）由题意首先由函数在特殊点的函数值得到 a 的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可.【考点】函数与导数的综合应用【考查能力】综合运用数学知识分析问题、解决问题