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1、精选优质文档-倾情为你奉上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
2、“”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
3、，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
4、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
5、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】
6、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
7、，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
8、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
9、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
10、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】
11、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
12、，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
13、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
14、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，解：（）取中点，连结、，则是平行四边形，由于平面，故，平行四边形是矩形，由（）得平面，则平面平面，在平面上的射影在直线上，连结，交于，则是直线与平面所成角（或其补角），不妨设，则在中，是的中点，故，直线与平面所成角的余弦值为方法二：证明：（）连结，是的中点，又平面平面，
15、平面，平面平面，平面，如图，以为原点，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，设，则，0，2，由，得解：（）设直线与平面所成角为，由（）得，2，设平面的法向量，则，取，得，直线与平面所成角的余弦值为【点评】本题考查空间线面垂直的证明，三棱锥体积的计算要证线面垂直，需证线线垂直，而线线垂直可以通过平面中的勾股定理、等腰三角形的性质等来证明，也可以通过另外的线面垂直来证明求三棱锥的体积经常需要进行等积转换，即变换三棱柱的底面20【分析】（）利用等差数列通项公式和前项和公式列出方程组，求出，从而，利用，能求出（），用数学归纳法证明，得到，【解答】解：（）设数列的公差为，由题意得，解得，数列满足：对每
16、个，成等比数列，解得，解得，证明：（），用数学归纳法证明：当时，不等式成立；假设，时不等式成立，即，则当时，即时，不等式也成立由得，【点评】本题考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，考查运算求解能力和综合应用能力21【分析】（）由抛物线的性质可得：，由此能求出抛物线的准线方程；（）设，重心，令，则，从而直线的方程为，代入，得：，求出，由重心在轴上，得到，从而，进崦直线的方程为，得，由此结合已知条件能求出结果【解答】解：（）由抛物线的性质可得：，抛物线的准线方程为；（）设，重心，令，则，由于直线过，故直线的方程为，代入，得：，即，又，重心在轴上，直线的方程为，得，在焦点的右侧，
17、令，则，当时，取得最小值为，此时【点评】本题考查实数值、抛物线标准方程的求法，考查三角形的面积的比值的最小值及相应点的坐标的求法，考查抛物线、直线方程、重心性质、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题22【分析】（1）当时，利用导数性质能求出函数的单调区间（2）由，得，当时，等价于，令，则，设，则，由此利用分类讨论思想和导导数性质能求出的取值范围【解答】解：（1）当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为（2）由，得，当时，等价于，令，则，设，则，当，时，则，记，则，列表讨论： 1 0 极小值（1）（1），当时，令，则，故在，上单调递增，由得（1），由知对任意，即对任意，均有，综上所述，所求的的取值范围是，【点评】本题考查函数的单调性、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专心-专注-专业