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2019年浙江卷数学高考试题文档版含答案

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2019年浙江卷数学高考试题文档版含答案

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,0,2,集合,1,0,则( )A B, C,2, D,0,1,2渐进线方程为的双曲线的离心率是( )A B1 C D23若实数,满足约束条件,则的最大值是( )A B1 C10 D124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,其中是柱体的底面积,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( )A158 B162 C182 D3245若,则“”是“”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,且的图象可能是( )7设随机变量的分布列是01则当在内增大时,( )A增大 B减小 C先增大后减小 D先减小后增大8设三棱锥的底面是正三角形,侧棱长均相等,是棱上的点(不含端点)记直线与直线所成角为,直线与平面所成角为,二面角的平面角为,则( )A, B, C, D,9设,函数若函数恰有3个零点,则( )A, B, C, D,10设,数列满足,则( )A当时, B当时,C当时, D当时,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,其中是虚数单位,则 12已知圆的圆心坐标是,半径长是若直线与圆相切与点,则 , 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 14在中,点在线段上,若,则 , 15已知椭圆的左焦点为,点在椭圆上且在轴的上方,若线段的中点在以原点为圆心,为半径的圆上,则直线的斜率是 16已知,函数若存在,使得,则实数的最大值是 17已知正方形的边长为1当每个,2,3,4,5,取遍时,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,(1)已知,函数是偶函数,求的值;(2)求函数的值域19(15分)如图,已知三棱柱,平面平面,分别是,的中点()证明:;()求直线与平面所成角的余弦值20(15分)设等差数列的前项和为,数列满足:对每个,成等比数列()求数列,的通项公式;()记,证明:,21如图,已知点为抛物线的焦点过点的直线交抛物线于,两点,点在抛物线上,使得的重心在轴上,直线交轴于点,且在点的右侧记,的面积分别为,()求的值及抛物线的准线方程;()求的最小值及此时点点坐标22(15分)已知实数,设函数,()当时,求函数的单调区间;()对任意,均有,求的取值范围注意:为自然对数的底数2019年浙江省高考数学试卷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】由全集以及求的补集,然后根据交集定义得结果【解答】解:,0,故选【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:根据渐进线方程为的双曲线,可得,所以,则该双曲线的离心率为,故选【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,满足约束条件作出可行域如图,联立,解得,化目标函数为,由图可知,当直线过时,直线在轴上的截距最大,有最大值为10故选【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,高为6,则该柱体的体积是故选【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:,即,若,则,但,即推不出,是的充分不必要条件,故选【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】对进行讨论,结合指数,对数的性质即可判断;【解答】解:由函数,当时,可得是递减函数,图象恒过点,函数,是递增函数,图象恒过,;当时,可得是递增函数,图象恒过点,函数,是递减函数,图象恒过,;满足要求的图象为.故选【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:,先减小后增大,故选【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、如图为的中点,在底面的射影为,则在底面上的射影在线段上,作于,易得,过作于,过作,交于,则,则,可得;,可得,方法二、由最小值定理可得,记的平面角为(显然,由最大角定理可得;方法三、(特殊图形法)设三棱锥为棱长为2的正四面体,为的中点,易得,可得,故选【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】当时,最多一个零点;当时,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:当时,得;最多一个零点;当时,当,即时,在,上递增,最多一个零点不合题意;当,即时,令得,函数递增,令得,函数递减;函数最多有2个零点;根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点,在,上有2个零点,如右图:且,解得,故选:【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,令,得,取,得到当时,;对于,令,得或,取,得到当时,;对于,令,得,取,得到当时,;对于,当时,由此推导出,从而【解答】解:对于,令,得,取,当时,故错误;对于,令,得或,取,当时,故错误;对于,令,得,取,当时,故错误;对于,递增,当时,故正确故选【点评】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【分析】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【解答】解:故答案为:【点评】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【分析】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,再由两点间的距离公式求半径【解答】解:如图,由圆心与切点的连线与切线垂直,得,解得圆心为,则半径故答案为:,【点评】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【分析】写出二项展开式的通项,由的指数为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【解答】解:二项式的展开式的通项为由,得常数项是;当,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【点评】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【分析】解直角三角形,可得,在三角形中,运用正弦定理可得;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【解答】解:在直角三角形中,在中,可得,可得;,即有,故答案为:,【点评】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【分析】求得椭圆的,设椭圆的右焦点为,连接,运用三角形的中位线定理和椭圆的焦半径半径,求得的坐标,再由两点的斜率公式,可得所求值【解答】解:椭圆的,设椭圆的右焦点为,连接,线段的中点在以原点为圆心,2为半径的圆,连接,可得,设的坐标为,可得,可得,由,可得直线的斜率为故答案为:【点评】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【分析】由题意可得,化为,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,可得的范围,进而得到所求最大值【解答】解:存在,使得,即有,化为,可得,即,由,可得,可得的最大值为故答案为:【点评】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【分析】由题意可得,化简,由于,2,3,4,5,取遍,由完全平方数的最值,可得所求最值【解答】解:正方形的边长为1,可得,由于,2,3,4,5,取遍,可得,可取,可得所求最小值为0;由,的最大值为4,可取,可得所求最大值为故答案为:0,【点评】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【分析】(1)函数是偶函数,则,根据的范围可得结果;(2)化简函数得,然后根据的范围求值域即可【解答】解:(1)由,得,为偶函数,或,(2),函数的值域为:【点评】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【分析】法一:()连结,则,从而平面,推导出,从而平面由此能证明()取中点,连结、,则是平行四边形,推导出,从而平行四边形是矩形,推导出平面,连结,交于,则是直线与平面所成角(或其补角),由此能求出直线与平面所成角的余弦值法二:()连结,推导出平面,以为原点,所在直线分别为,轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出直线与平面所成角的余弦值【解答】方法一:证明:()连结,是的中点,又平面平面,平面,平面平面,平面,平面

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