2019年浙江高考数学试题及答案解析

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()UABð（）A．{1}B．{0，1}C．{1，2，3}D．{1，0，1，3}2．渐进线方程为0xy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3403400xyxyxy…„…，则32zxy的最大值是（）A．1B．1C．10D．124．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式Vsh柱体，其中s是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A．158B．162C．182D．3245．若0a，0b，则“4ab„”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1xya，11()2ayogx，(0a且1)a的图象可能是（）7．设01a．随机变量X的分布列是X0a1P131313则当a在(0,1)内增大时，（）A．()DX增大B．()DX减小C．()DX先增大后减小D．()DX先减小后增大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所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则（）A．，B．，C．，D．，9．设a，bR，函数32,0,()11(1),032xxfxxaxaxx…若函数()yfxaxb恰有3个零点，则（）A．1a，0bB．1a，0bC．1a，0bD．1a，0b10．设a，bR，数列{}na满足1aa，21nnaab，*nN，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。11．已知复数11zi，其中i是虚数单位，则||z．12．已知圆C的圆心坐标是(0,)m，半径长是r．若直线230xy与圆相切与点(2,1)A，则m，r．13．在二项式9(2)x的展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是．14．在ABC中，90ABC，4AB，3BC，点D在线段AC上，若45BDC，则BD，cosABD．15．已知椭圆22195xy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aR，函数3()fxaxx．若存在tR，使得2|(2)()|3ftft„，则实数a的最大值是．17．已知正方形ABCD的边长为1．当每个(1ii，2，3，4，5，6)取遍1时，123456||ABBCCDDAACBD的最小值是，最大值是．三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18．（14分）设函数()sinfxx，xR．（1）已知[0，2)，函数()fx是偶函数，求的值；（2）求函数22[()][()]124yfxfx的值域．19．（15分）如图，已知三棱柱111ABCABC，平面11AACC平面ABC，90ABC，30BAC，11AAACAC，E，F分别是AC，11AB的中点．（Ⅰ）证明：EFBC；（Ⅱ）求直线EF与平面1ABC所成角的余弦值．20．（15分）设等差数列{}na的前n项和为nS，34a，43aS．数列{}nb满足：对每个*nN，nnSb，1nnSb，2nnSb成等比数列．（Ⅰ）求数列{}na，{}nb的通项公式；（Ⅱ）记2nnnacb，*nN，证明：122ncccn，*nN．21．如图，已知点(1,0)F为抛物线22(0)ypxp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1S，2S．（Ⅰ）求p的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求12SS的最小值及此时点G点坐标．22．（15分）已知实数0a，设函数()1fxalnxx，0x．（Ⅰ）当34a时，求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）对任意21[xe，)均有()2xfxa„，求a的取值范围．注意：2.71828e为自然对数的底数．参考答案与试题解析一、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．【分析】由全集U以及A求A的补集，然后根据交集定义得结果．【解答】解：{1UAð，3}，()UABð{1，3}{1，0，}l{1}，故选A．【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2．【分析】由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．【解答】解：根据渐进线方程为0xy的双曲线，可得ab，所以2ca,则该双曲线的离心率为2cea，故选C．【点评】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．3．【分析】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3403400xyxyxy…„…作出可行域如图，联立340340xyxy，解得(2,2)A，化目标函数32zxy为3122yxz，由图可知，当直线3122yxz过(2,2)A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为10．故选C．【点评】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．4．【分析】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．【解答】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114632632722ABCDES五边形，高为6，则该柱体的体积是276162V．故选B．【点评】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．【分析】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：0a，0b，42abab厖，2ab…，4ab„，即44abab剟，若4a，14b，则14ab„，但1444ab，即4ab„推不出4ab„，4ab„是4ab„的充分不必要条件，故选A．【点评】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．6．【分析】对a进行讨论，结合指数，对数的性质即可判断；【解答】解：由函数1xya，11()2ayogx，当1a时，可得1xya是递减函数，图象恒过(0,1)点，函数11()2ayogx，是递增函数，图象恒过1(2，0)；当10a时，可得1xya是递增函数，图象恒过(0,1)点，函数11()2ayogx，是递减函数，图象恒过1(2，0)；满足要求的图象为D.故选D．【点评】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．【分析】方差公式结合二次函数的单调性可得结果【解答】解：1111()013333aEXa，222111111()()()(1)333333aaaDXa2222212211[(1)(21)(2)](1)()279926aaaaaa01a，()DX先减小后增大，故选D．【点评】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．【分析】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，【解答】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DEAC于E，易得//PEVG，过P作//PFAC于F，过D作//DHAC，交BG于H，则BPF，PBD，PED，则coscosPFEGDHBDPBPBPBPB，可得；tantanPDPDEDBD，可得，方法二、由最小值定理可得，记VACB的平面角为（显然)，由最大角定理可得；方法三、（特殊图形法）设三棱锥VABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，易得132cos63，可得33sin6，623sin33，6223sin332，故选B．【点评】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．【分析】当0x时，()(1)yfxaxbxaxbaxb最多一个零点；当0x…时，32321111()(1)(1)3232yfxaxbxaxaxaxbxaxb，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．【解答】解：当0x时，()(1)0yfxaxbxaxbaxb，得1bxa；()yfxaxb最多一个零点；当0x…时，32321111()(1)(1)3232yfxaxbxaxaxaxbxaxb，2(1)yxax，当10a„，即1a„时，0y…，()yfxaxb在[0，)上递增，()yfxaxb最多一个零点．不合题意；当10a，即1a时，令0y得[1xa，)，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()yfxaxb恰有3个零点函数()yfxaxb在(,0)上有一个零点，在[0，)上有2个零点，如右图：01ba且32011(1)(1)(1)032baaab，解得0b，10a，31(1)6ba．故选：C．【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．10．【分析】对于B，令2104x，得12，取112a，得到当14b时，1010a；对于C，令220x，得2或1，取12a，得到当2b时，1010a；对于D，令240x，得1172，取11172a，得到当4b时，1010a；对于A，221122aa…，223113()224aa…，4224319117()14216216aaa…，当4n…时，11132122nnnnaaaa，由此推导出61043()2aa，从而107291064a．【解答】解：对于B，令2104x，得12，取112a，211,,1022naa，当14b时，1010a，故B错误；对于C，令220x，得2或1，取12a，22a，，210na，当2b时，1010a，故C错误；对于D，令240x，得1172，取11172a，21172a，，117102na，当4b时，1010a，故D错误；对于A，221122aa…，223113()224aa…，4224319117()14216216