2019年浙江省高考數(shù)學試卷以及答案解析

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上絕密啟用前2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（浙江卷）數(shù) 學本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分。全卷共4頁，選擇題部分1至2頁；非選擇題部分3至4頁。滿分150分?？荚囉脮r120分鐘。考生注意：1答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。參考公式：若事件A，B互斥，則 若事件A，B相互獨立，則 若事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，則n次獨立重復(fù)試驗中事件A恰好發(fā)生k次的概率臺體的體積公式其中分別表示臺體的上、下底

2、面積，表示臺體的高柱體的體積公式其中表示柱體的底面積，表示柱體的高錐體的體積公式其中表示錐體的底面積，表示錐體的高球的表面積公式球的體積公式其中表示球的半徑一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1（4分）已知全集U1，0，1，2，3，集合A0，1，2，B1，0，1，則（UA）B（）A1B0，1C1，2，3D1，0，1，32（4分）漸近線方程為xy0的雙曲線的離心率是（）AB1CD23（4分）若實數(shù)x，y滿足約束條件則z3x+2y的最大值是（）A1B1C10D124（4分）祖暅是我國南北朝時代的偉大科學家，他提出的“冪勢既同，則積

3、不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高若某柱體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該柱體的體積（單位：cm3）是（）A158B162C182D3245（4分）若a0，b0，則“a+b4”是“ab4”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件6（4分）在同一直角坐標系中，函數(shù)y，y1oga（x+）（a0且a1）的圖象可能是（）ABCD7（4分）設(shè)0a1隨機變量X的分布列是X0a1P則當a在（0，1）內(nèi)增大時，（）AD（X）增大BD（X）減小CD（X）先增大后減小DD（X）先減小后增大8（4分）設(shè)三棱錐VA

4、BC的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點）記直線PB與直線AC所成角為，直線PB與平面ABC所成角為，二面角PACB的平面角為，則（）A，B，C，D，9（4分）設(shè)a，bR，函數(shù)f（x）若函數(shù)yf（x）axb恰有3個零點，則（）Aa1，b0Ba1，b0Ca1，b0Da1，b010（4分）設(shè)a，bR，數(shù)列an滿足a1a，an+1an2+b，nN*，則（）A當b時，a1010B當b時，a1010C當b2時，a1010D當b4時，a1010二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。11（4分）復(fù)數(shù)z（i為虛數(shù)單位），則|z| 12（6分）已知圓C的圓心

5、坐標是（0，m），半徑長是r若直線2xy+30與圓C相切于點A（2，1），則m ，r 13（6分）在二項式（+x）9展開式中，常數(shù)項是 ，系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是 14（6分）在ABC中，ABC90，AB4，BC3，點D在線段AC上，若BDC45，則BD ，cosABD 15（4分）已知橢圓+1的左焦點為F，點P在橢圓上且在x軸的上方若線段PF的中點在以原點O為圓心，|OF|為半徑的圓上，則直線PF的斜率是 16（4分）已知aR，函數(shù)f（x）ax3x若存在tR，使得|f（t+2）f（t）|，則實數(shù)a的最大值是 17（6分）已知正方形ABCD的邊長為1當每個i（i1，2，3，4，5，6）取遍1時

6、，|1+2+3+4+5+6|的最小值是 ，最大值是 三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18（14分）設(shè)函數(shù)f（x）sinx，xR（）已知0，2），函數(shù)f（x+）是偶函數(shù)，求的值；（）求函數(shù)yf（x+）2+f（x+）2的值域19（15分）如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點（）證明：EFBC；（）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值20（15分）設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn，a34，a4S3數(shù)列bn滿足：對每個nN*，Sn+bn，Sn+1+bn，S

7、n+2+bn成等比數(shù)列（）求數(shù)列an，bn的通項公式；（）記cn，nN*，證明：c1+c2+cn2，nN*21如圖，已知點F（1，0）為拋物線y22px（p0）的焦點過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側(cè)記AFG，CQG的面積分別為S1，S2（）求p的值及拋物線的準線方程；（）求的最小值及此時點G的坐標22（15分）已知實數(shù)a0，設(shè)函數(shù)f（x）alnx+，x0（）當a時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（）對任意x，+）均有f（x），求a的取值范圍注：e2.71828為自然對數(shù)的底數(shù)2019年浙江省高考數(shù)學答案解析一、選擇

8、題：本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1【分析】由全集U以及A求A的補集，然后根據(jù)交集定義得結(jié)果【解答】解：UA1，3，（UA）B1，31，0，l1故選：A【點評】本題主要考查集合的基本運算，比較基礎(chǔ)2【分析】由漸近線方程，轉(zhuǎn)化求解雙曲線的離心率即可【解答】解：根據(jù)漸近線方程為xy0的雙曲線，可得ab，所以c則該雙曲線的離心率為 e，故選：C【點評】本題主要考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題3【分析】由約束條件作出可行域，化目標函數(shù)為直線方程的斜截式，數(shù)形結(jié)合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標代入目標函數(shù)得答案【解答】解：由實數(shù)x，y滿足約

9、束條件作出可行域如圖，聯(lián)立，解得A（2，2），化目標函數(shù)z3x+2y為yxz，由圖可知，當直線yxz過A（2，2）時，直線在y軸上的截距最大，z有最大值：10故選：C【點評】本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題4【分析】由三視圖還原原幾何體，可知該幾何體為直五棱柱，由兩個梯形面積求得底面積，代入體積公式得答案【解答】解：由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為直五棱柱，底面五邊形的面積可用兩個直角梯形的面積求解，即27，高為6，則該柱體的體積是V276162故選：B【點評】本題考查由三視圖求面積、體積，關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題5【分析】充分條件和必要條件的定義結(jié)

10、合均值不等式、特值法可得結(jié)果【解答】解：a0，b0，4a+b2，2，ab4，即a+b4ab4，若a4，b，則ab14，但a+b4+4，即ab4推不出a+b4，a+b4是ab4的充分不必要條件故選：A【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，均值不等式，考查了推理能力與計算能力6【分析】對a進行討論，結(jié)合指數(shù)，對數(shù)的性質(zhì)即可判斷；【解答】解：由函數(shù)y，y1oga（x+），當a1時，可得y是遞減函數(shù)，圖象恒過（0，1）點，函數(shù)y1oga（x+），是遞增函數(shù)，圖象恒過（，0）；當1a0時，可得y是遞增函數(shù)，圖象恒過（0，1）點，函數(shù)y1oga（x+），是遞減函數(shù)，圖象恒過（，0）；滿足要求的圖象

11、為：D故選：D【點評】本題考查了指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題7【分析】方差公式結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性可得結(jié)果【解答】解：E（X）0+a+1，D（X）（）2+（a）2+（1）2（a+1）2+（2a1）2+（a2）2（a2a+1）（a）2+0a1，D（X）先減小后增大故選：D【點評】本題考查方差的求法，利用二次函數(shù)是關(guān)鍵，考查推理能力與計算能力，是中檔題8【分析】本題以三棱錐為載體，綜合考查異面直線所成角、直線和平面所成角和二倍角的概念和計算，解答的基本方法是通過明確各種角，應(yīng)用三角函數(shù)知識求解，而后比較大小，充分運用圖象，則可事半功倍，【解答】解：方法一、如圖G為AC的中點，V在底面

12、的射影為O，則P在底面上的射影D在線段AO上，作DEAC于E，易得PEVG，過P作PFAC于F，過D作DHAC，交BG于H，則BPF，PBD，PED，則coscos，可得；tantan，可得，方法二、由最小值定理可得，記VACB的平面角為（顯然），由最大角定理可得；方法三、（特殊圖形法）設(shè)三棱錐VABC為棱長為2的正四面體，P為VA的中點，易得cos，可得sin，sin，sin，故選：B【點評】本題考查空間三種角的求法，常規(guī)解法下易出現(xiàn)的錯誤的有：不能正確作出各種角，未能想到利用“特殊位置法”，尋求簡單解法9【分析】當x0時，yf（x）axbxaxb（1a）xb最多一個零點；當x0時，yf（x

13、）axbx3（a+1）x2+axaxbx3（a+1）x2b，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性畫函數(shù)草圖，根據(jù)草圖可得【解答】解：當x0時，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得x；yf（x）axb最多一個零點；當x0時，yf（x）axbx3（a+1）x2+axaxbx3（a+1）x2b，yx2（a+1）x，當a+10，即a1時，y0，yf（x）axb在0，+）上遞增，yf（x）axb最多一個零點不合題意；當a+10，即a1時，令y0得xa+1，+），函數(shù)遞增，令y0得x0，a+1），函數(shù)遞減；函數(shù)最多有2個零點；根據(jù)題意函數(shù)yf（x）axb恰有3個零點函數(shù)yf（x）axb在（，0）上有

14、一個零點，在0，+）上有2個零點，如右圖：0且，解得b0，1a0，b（a+1）3故選：C【點評】本題考查了函數(shù)與方程的綜合運用，屬難題10【分析】對于B，令0，得，取，得到當b時，a1010；對于C，令x220，得2或1，取a12，得到當b2時，a1010；對于D，令x240，得，取，得到當b4時，a1010；對于A，當n4時，an+1+，由此推導出（）6，從而a1010【解答】解：對于B，令0，得，取，當b時，a1010，故B錯誤；對于C，令x220，得2或1，取a12，a22，an210，當b2時，a1010，故C錯誤；對于D，令x240，得，取，10，當b4時，a1010，故D錯誤；對于

15、A，an+1an0，an遞增，當n4時，an+1+，（）6，a1010故A正確故選：A【點評】本題考查命題真假的判斷，考查數(shù)列的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查推理論證能力，是中檔題二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。11【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運算化簡，然后利用模的計算公式求?！窘獯稹拷猓簔|z|故答案為：【點評】本題考查了復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運算，考查了復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題12【分析】由題意畫出圖形，利用圓心與切點的連線與切線垂直列式求得m，再由兩點間的距離公式求半徑【解答】解：如圖，由圓心與切點的連線與切線垂直，得，解得m2圓心為（0，2）

16、，則半徑r故答案為：2，【點評】本題考查直線與圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是基礎(chǔ)題13【分析】寫出二項展開式的通項，由x的指數(shù)為0求得常數(shù)項；再由2的指數(shù)為整數(shù)求得系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)【解答】解：二項式的展開式的通項為由r0，得常數(shù)項是；當r1，3，5，7，9時，系數(shù)為有理數(shù)，系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是5個故答案為：，5【點評】本題考查二項式定理及其應(yīng)用，關(guān)鍵是熟記二項展開式的通項，是基礎(chǔ)題14【分析】解直角三角形ABC，可得sinC，cosC，在三角形BCD中，運用正弦定理可得BD；再由三角函數(shù)的誘導公式和兩角和差公式，計算可得所求值【解答】解：在直角三角形ABC中，AB4

17、，BC3，AC5，sinC，在BCD中，可得，可得BD；CBD135C，sinCBDsin（135C）（cosC+sinC）（+），即有cosABDcos（90CBD）sinCBD，故答案為：，【點評】本題考查三角形的正弦定理和解直角三角形，考查三角函數(shù)的恒等變換，化簡整理的運算能力，屬于中檔題15【分析】求得橢圓的a，b，c，e，設(shè)橢圓的右焦點為F，連接PF，運用三角形的中位線定理和橢圓的焦半徑半徑，求得P的坐標，再由兩點的斜率公式，可得所求值【解答】解：橢圓1的a3，b，c2，e，設(shè)橢圓的右焦點為F，連接PF，線段PF的中點A在以原點O為圓心，2為半徑的圓，連接AO，可得|PF|2|AO|

18、4，設(shè)P的坐標為（m，n），可得3m4，可得m，n，由F（2，0），可得直線PF的斜率為故答案為：【點評】本題考查橢圓的定義和方程、性質(zhì)，注意運用三角形的中位線定理，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題16【分析】由題意可得|a（t+2）3（t+2）at3+t|，化為|2a（3t2+6t+4）2|，去絕對值化簡，結(jié)合二次函數(shù)的最值，以及不等式的性質(zhì)，不等式有解思想，可得a的范圍，進而得到所求最大值【解答】解：存在tR，使得|f（t+2）f（t）|，即有|a（t+2）3（t+2）at3+t|，化為|2a（3t2+6t+4）2|，可得2a（3t2+6t+4）2，即a（3t2+6t+4），由3t2+6

19、t+43（t+1）2+11，可得0a，可得a的最大值為故答案為：【點評】本題考查不等式成立問題解法，注意運用去絕對值和分離參數(shù)法，考查化簡變形能力，屬于基礎(chǔ)題17【分析】由題意可得+，0，化簡|1+2+3+4+5+6|，由于i（i1，2，3，4，5，6）取遍1，由完全平方數(shù)的最值，可得所求最值【解答】解：正方形ABCD的邊長為1，可得+，0，|1+2+3+4+5+6|1+234+5+5+66|（13+56）+（24+5+6）|，由于i（i1，2，3，4，5，6）取遍1，可得13+560，24+5+60，可取561，131，21，41，可得所求最小值為0；由13+56，24+5+6的最大值為4，

20、可取21，41，561，11，31，可得所求最大值為2故答案為：0，2【點評】本題考查向量的加減運算和向量的模的最值求法，注意變形和分類討論，考查化簡運算能力，屬于基礎(chǔ)題三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18【分析】（1）函數(shù)f（x+）是偶函數(shù)，則（kZ），根據(jù)的范圍可得結(jié)果；（2）化簡函數(shù)得y，然后根據(jù)x的范圍求值域即可【解答】解：（1）由f（x）sinx，得f（x+）sin（x+），f（x+）為偶函數(shù)，（kZ），0，2），或，（2）yf（x+）2+f（x+）2sin2（x+）+sin2（x+）1，xR，函數(shù)yf（x+）2+f（x+）2的值域為：【

21、點評】本題考查了三角函數(shù)的奇偶性和三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，關(guān)鍵是熟練掌握三角恒等變換，屬基礎(chǔ)題19【分析】法一：（）連結(jié)A1E，則A1EAC，從而A1E平面ABC，A1EBC，推導出BCA1F，從而BC平面A1EF由此能證明EFBC（）取BC中點G，連結(jié)EG、GF，則EGFA1是平行四邊形，推導出A1EEG，從而平行四邊形EGFA1是矩形，推導出BC平面EGFA1，連結(jié)A1G，交EF于O，則EOG是直線EF與平面A1BC所成角（或其補角），由此能求出直線EF與平面A1BC所成角的余弦值法二：（）連結(jié)A1E，推導出A1E平面ABC，以E為原點，EC，EA1所在直線分別為y，z軸，建立空間直角坐標系

22、，利用向量法能求出直線EF與平面A1BC所成角的余弦值【解答】方法一：證明：（）連結(jié)A1E，A1AA1C，E是AC的中點，A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，A1EBC，A1FAB，ABC90，BCA1F，BC平面A1EF，EFBC解：（）取BC中點G，連結(jié)EG、GF，則EGFA1是平行四邊形，由于A1E平面ABC，故A1EEG，平行四邊形EGFA1是矩形，由（）得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上，連結(jié)A1G，交EF于O，則EOG是直線EF與平面A1BC所成

23、角（或其補角），不妨設(shè)AC4，則在RtA1EG中，A1E2，EG，O是A1G的中點，故EOOG，cosEOG，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為方法二：證明：（）連結(jié)A1E，A1AA1C，E是AC的中點，A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，如圖，以E為原點，EC，EA1所在直線分別為y，z軸，建立空間直角坐標系，設(shè)AC4，則A1（0，0，2），B（），B1（），F(xiàn)（），C（0，2，0），（），（），由0，得EFBC解：（）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為，由（）得（），（0，2，2），設(shè)平面A1BC的法向量（x

24、，y，z），則，取x1，得（1，），sin，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為【點評】本題考查空間線面垂直的證明，三棱錐體積的計算要證線面垂直，需證線線垂直，而線線垂直可以通過平面中的勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)等來證明，也可以通過另外的線面垂直來證明求三棱錐的體積經(jīng)常需要進行等積轉(zhuǎn)換，即變換三棱柱的底面20【分析】（）利用等差數(shù)列通項公式和前n項和公式列出方程組，求出a10，d2，從而an2n2，nN*Snn2n，nN*，利用（Sn+1+bn）2（Sn+bn）（Sn+2+bn），能求出bn（），nN*，用數(shù)學歸納法證明，得到c1+c2+cn2，nN*【解答】解：（）設(shè)數(shù)列an的公差為d，由

25、題意得，解得a10，d2，an2n2，nN*Snn2n，nN*，數(shù)列bn滿足：對每個nN*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比數(shù)列（Sn+1+bn）2（Sn+bn）（Sn+2+bn），解得，解得bnn2+n，nN*（）證明：，nN*，用數(shù)學歸納法證明：當n1時，c102，不等式成立；假設(shè)nk，（kN*）時不等式成立，即c1+c2+ck2，則當nk+1時，c1+c2+ck+ck+12+22+22，即nk+1時，不等式也成立由得c1+c2+cn2，nN*【點評】本題考查等差數(shù)列、等比數(shù)列、數(shù)列求和、數(shù)學歸納法等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力和綜合應(yīng)用能力21【分析】（）由拋物線的性質(zhì)可得：1，由此能求出拋物線的準線方程；（）設(shè)A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心G（xG，yG），令yA2t，t0，則，從而直線AB的方程為x，代入y24x，得：，求出B（，），由重心在x軸上，得到0，從而C（）2，2（），G（，0），進崦直線AC的方程為y2t2t（xt2），得Q（t21，0），由此結(jié)合已知條件能求出結(jié)果【解答】解：（）由拋物線的性質(zhì)可得：1，p2，拋物線的準線方程為x1；（）設(shè)A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心G（xG，yG），令yA2t