2019年高考真题数学(浙江卷)含答案

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数

学

本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。满分150分。考试用时120分钟。考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。参考公式：若事件A，B互斥，则P(AB)P(A)P(B)柱体的体积公式VSh若事件A，B相互，则P(AB)P(A)P(B)其中表示柱体的底面积，表示柱体的高若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n锥体的体积公式V13Sh次重复试验中事件A恰好发生k次的概率其中表示锥体的底面积，表示锥体的高Pk)Ckkn(np(1p)nk(k0,1,2,,n)球的表面积公式台体的体积公式V13(S1S1S2S2)hS4R2其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积，表球的体积公式V43示台体的高3R其中R表示球的半径选择题部分（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U1,0,1,2,3，集合A0,1,2，B1,0,1，则ðUAB=A．1B．0,1 C．1,2,3D．1,0,1,32．渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是A．22B．1D．2C．2x3y40

3．若实数x，y满足约束条件3xy40，则z=3x+2y的最大值是xy0

A．1C．10B．1D．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，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体=Sh，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．158C．182B．162D．325．若a＞0，b＞0，则“a+b≤4”是“ab≤4”的A．充分不必要条件C．充分必要条件6．在同一直角坐标系中，函数y=B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件1

，y=loga(x+)，(a>0且a≠0)的图像可能是ax7．设0＜a＜1，则随机变量X的分布列是则当a在（0,1）内增大时A．D（X）增大C．D（X）先增大后减小B．D（X）减小D．D（X）先减小后增大，记直8．设三棱锥V-ABC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）线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则A．β<γ，α<γC．β<α，γ<αB．β<α，β<γD．α<β，γ<βx,x0



9．已知a,bR，函数f(x)131，若函数yf(x)axb恰2

x(a1)xax,x023有三个零点，则A．a<-1，b<0C．a＞-1，b＞0B．a<-1，b>0D．a＞-1，b<010．设a，b∈R，数列{an}中an=a，an+1=an2+b，bN,则A．当b=，a10＞10C．当b=-2，a10＞10B．当b=，a10＞10D．当b=-4，a10＞10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z

1

（为虚数单位），则|z|=___________.1i12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是.若直线2xy30与圆相切于点A(2,1)，则m=_____，=______.13．在二项式(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，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上，若BDC45，9

则BD____，cosABD________.x2y2

15．已知椭圆1的左焦点为F，点P在椭圆上且在轴的上方，若线段PF的中点在95

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aR，函数f(x)axx，若存在tR，使得|f(t2)f(t)|

最大值是____.17．已知正方形ABCD的边长为1，当每个i(i1,2,3,4,5,6)取遍1时，3

2

，则实数的3

|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|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.（本小题满分14分）设函数f(x)sinx,xR.（1）已知[0,2),函数f(x)是偶函数，求的值；（2）求函数y[f(x

2

)][f(x)]2的值域.124

19.（本小题满分15分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1AC1C平面ABC,ABC90，BAC30,A1AA1CAC,E,F分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：EFBC；（2）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{an}的前n项和为Sn，a34，a4S3，数列{bn}满足：对每个nN,Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列.

（1）求数列{an},{bn}的通项公式；（2）记Cn

an,nN,证明：C1C2+Cn2n,nN.2bn2

21.（本小题满分15分）如图，已知点F(1，0)为抛物线y2px(p0)，点F为焦点，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右侧.记△AFG,△CQG的面积为S1,S2.（1）求p的值及抛物线的标准方程；（2）求S1的最小值及此时点G的坐标.S2

22.（本小题满分15分）已知实数a0，设函数f(x)=alnxx1,x0.（1）当a

3

时，求函数f(x)的单调区间；4

x1

f(x),求的取值范围.,)均有e22a（2）对任意x[

注：e=2.71828…为自然对数的底数.2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数

1．A6．D2．C7．D3．C8．B学参

4．B9．C5．A10．A一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分40分。二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。11．22

12．2,516．13．162,517．0,2514．12272,510

15．1

3

三、解答题：本大题共5小题，共74分。18．本题主要考查三角函数及其恒等变换等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。（I）因为f(x)sin(x)是偶函数，所以，对任意实数x都有sin(x)sin(x)，即sinxcoscosxsinsinxcoscosxsin，故2sinxcos0，所以cos0．又[0,2π)，因此

π3π或．22

2

2



（Ⅱ）yf



ππππ22xfxsinxsinx124124

ππ

1cos2x1cos2x

133621cos2xsin2x222221

3π

cos2x．23

因此，函数的值域是[1

33,1]．2219．本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。方法一：（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（I）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3.由于O为A1G的中点，故EOOG

A1G15，

22EO2OG2EG23

所以cosEOG．2EOOG5

因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是3

．5方法二：连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC.如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz.不妨设AC=4，则A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F(33

,,23)，C(0，2，0).2233

因此，EF(,,23)，BC(3,1,0)．22由EFBC0得EFBC．20．本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力。满分15分。（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，由题意得

a12d4,a13d3a13d，解得a10,d2．从而an2n2,nN*．由Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列得Sn1bn解得bn

2SnbnSn2bn．12Sn1SnSn2．d所以bnn2n,nN*．（Ⅱ）cnan2n2n1,nN*．2bn2n(n1)n(n1)我们用数学归纳法证明．（1）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；（2）假设nkkN*时不等式成立，即c1c2ch2k．那么，当nk1时，c1c2ckck12k2k2k1kk12k(k1)(k2)k12k2(k1k)2k1．即当nk1时不等式也成立．*根据（1）和（2），不等式c1c2cn2n对任意nN成立．21．本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力。满分15分。（I）由题意得p

1，即p=2.2

2

所以，抛物线的准线方程为x=−1.（Ⅱ）设AxA,yA,BxB,yB,Cxc,yc，重心GxG,yG.令yA2t,t0，则xAt.t21由于直线AB过F，故直线AB方程为xy1，代入y24x，得2ty2

2t21ty40，212，所以B2,.ttt

故2tyB4，即yB又由于xG

11

xxx,yABcGyAyByc33及重心G在x轴上，故1212t42t222

,0.2tyc0，得Ct,2t,G2tt3tt

所以，直线AC方程为y2t2txt

2

，得Qt

2

1,0.由于Q在焦点F的右侧，故t2.从而2

2t42t2211|2t||FG|yA23tS122t4t2t22

.424422t2t22S21|QG|yt1t1|t21||2t|c223tt令mt2，则m>0，2

S1m113222󰀮21.3S2m4m323m42m4mm当m

3时，S13取得最小值1，此时G（2，0）.2S2

22．本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力。满分15分。（Ⅰ）当a

33

时，f(x)lnx1x,x0．44

f'(x)

31(1x2)(21x1)，4x21x4x1x所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．（Ⅱ）由f(1)

21

，得0a．42a当0a令t

2xx21x时，f(x)等价于22lnx0．42aaa1

，则t22．a设g(t)t2x2t1x2lnx,t22，则g(t)g(22)8x421x2lnx．（i）当x,时，117

122，则xg(t)g(22)8x421x2lnx．记p(x)4x221xlnx,x

1，则7p'(x)

故2x12xx12xx1.

x1xxx1217

1(,1)7

10(1,)

+p'(x)p(x)

1p()7

极小值单调递减p(1)

单调递增所以，p(x)p(1)0．因此，g(t)g(22)2p(x)0．（ii）当x

12xlnx(x1)11

时，．,g(t)󰀮g12x2xe7lnx211

，则q'(x)10，,2e7x

令q(x)2xlnx(x1),x

故q(x)在

111

上单调递增，所以,q(x)󰀭q．2e77271271pp(1)0．

7777

由（i）得q

所以，q(x)<0．因此g(t)󰀮g11q(x)0．x2x1

,，t[22,),g(t)󰀮0，2e

由（i）（ii）得对任意x

即对任意x

x1

，均有．,f(x)󰀭2e2a





2．4

综上所述，所求a的取值范围是0,