2019年高考数学试卷（浙江）（解析卷）

1/21 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学 参考公式： 若事件 互斥，则 若事件 相互独立，则 若事件 在一次试验中发生的概率是 ,则 次 独立重复试验中事件 恰好发生 次的概率 台体的体积公式 其中 分别表示台体的上、下底面积， 表 示台体的高 柱体的体积公式 其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高 锥体的体积公式 其中 表示锥体的底面积， 表示锥体的高 球的表面积公式 球的体积公式 其中 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 ，集合 ， ，则（∁UA）∩B＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 本题借根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查. 1/21 【详解】 ，则 【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误. 2.渐近线方程为 的双曲线的离心率是（ ）A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 2/21 【解析】 【分析】 本题根据双曲线的渐近线方程可求得 ，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基 本计算能力的考查. 【详解】因为双曲线的渐近线为 ，所以 ，则 ，双曲线的离心率 . 【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误. 3.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ） A. B. 1 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】 本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知 识、基本技能的考查. 【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以 为顶点的三角形 区域（包含边界），由图易得当目标函数 经过平面区域的点 时， 取最大值 . 【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度， 也有可能在解方程组的过程中出错. 4.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 2/21 以得到柱体体积公式 ，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（ ） 3/21 A. 158 B. 162 C. 182 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】 本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度 不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查. 【详解】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下 底为6 ，高为3 ，另一个的上底为2 ，下底为6 ，高为3 ，则该棱柱的体积为 . 【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. 5.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 【答案】A 【解析】 【分析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取 值， 推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查. 【详解】当 时， ，则当 时，有 ，解得 ，充分 的 3/21 性成立；当 时，满足 ，但此时 ，必要性不成立，综上所述，“ ”是 “ ”的充分不必要条件. 【点睛】 4/21 易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果. 6.在同一直角坐标系中，函数 且 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 本题通过讨论 的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确 结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查. 【详解】当 时，函数 过定点 且单调递减，则函数 过定点 且单调递增， 函数 过定点 且单调递减，D 选项符合；当 时，函数 过定点 且单调 递增，则函数 过定点 且单调递减，函数 过定点 且单调递增，各选项 均不符合.综上，选D. 【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通 4/21 过讨论 的不同取值范围，认识函数的单调性. 7.设 ，则随机变量 的分布列是： 则当 在 内增大时（ ） 5/21 A. 增大 B. 减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】D 【解析】 【分析】 研究方差随 变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数 表示，应用函数知识求解.本题根据方 差与期望的关系，将方差表示为 的二次函数，二测函数的图象和性质解题.题目有一定综合性，注重重要 知识、基础知识、运算求解能力的考查. 【详解】方法1：由分布列得 ，则 ，则当 在 内增大 时， 先减小后增大. 方法2：则 故选D. 【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力 差，不能正确得到二次函数表达式. 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. 【答案】B 【解析】 5/21 【分析】 本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的 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.而充分利用图形特征， 则可事倍功半. 6/21 【详解】方法1：如图 为 中点， 在底面 的投影为 ，则 在底面投影 在线段 上，过 作 垂直 ，易得 ，过 作 交 于 ，过 作 ，交 于 ， 则 ，则 ，即 ， ，即 ，综上所述，答案为B. 方法2：由最小角定理 ，记 的平面角为 （显然 ） 由最大角定理 ，故选B. 法2：（特殊位置）取 为正四面体， 为 中点，易得 ，故选B.【点睛】常规解法下易出现的错误有， 不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法. 9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点， 则（ ） A. B. C. P D. 6/21 【答案】D 【解析】 【分析】 本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想及数形结合思想的考查.研究函 数方程的方法较为灵活，通常需要结合函数的图象加以分析. 【详解】原题可转化为 与 ，有三个交点. 当 时， ，且 ，则 7/21 （1）当 时，如图 与 不可能有三个交点（实际上有一个），排除A，B （2）当 时，分三种情况，如图 与 若有三个 交点，则 ，答案选D 下面证明： 时， 时 ， ，则 ，才能保证至少有两个零点，即 ，若另一零点在 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及 两个参数，故按“一元化”想法，逐步 分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.. 10.设 ，数列 中，a1=a，an+1=an 2+b， ， ,则（ ） A. 当 B. 当 7/21 C. 当 D. 当 【答案】A 【解析】 【分析】 本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想的考查.本题从确定不动点出发， 通过研究选项得解. 【详解】选项B：不动点满足 时，如图，若 ， 8/21 排除 如图，若 为不动点 则 选项C：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ， 排除 选项D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ，排除. 选项A：证明：当 时， ， 处理一：可依次迭代到 ； 处理二：当 时， ，则则 ，则 . 故选A 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论 的可能取值，利用“排除法”求解. 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 （为虚数单位），则 ________. 8/21 【答案】 【解析】 【分析】 本题先计算 ，而后求其模.或直接利用模的性质计算. 容易题，注重基础知识、运算求解能力的考查. 9/21 【详解】 . 【点睛】本题考查了复数模的运算，属于简单题. 12.已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆相切于点 ，则 _____， ______. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线 的斜率，进一步得到其方程 将 代入后求得 ，计算得解. 【详解】可知 ，把 代入得 ，此时 . 【点睛】：解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质. 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_______. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 本题主要考查二项式定理、二项展开式的通项公式、二项式系数，属于常规题目.从写出二项展开式的通项 入手，根据要求，考察 的幂指数，使问题得解. 【详解】 的通项为 可得常数项为 ， 因系数为有理数， ，有 共5 个项 9/21 【点睛】此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计 算要细心，确保结果正确. 14. 中， ， ， ，点 在线段 上，若 ，则 __ __； ________. 在 10/21 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.通过引入 ，在 、 中应用正弦定理，建立方程，进而得解..【详解】在 中，正弦定理有： ，而 , ， ，所以 . 【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. 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_______. 【答案】 【解析】 【分析】 结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示考点圆的方程，与椭圆方程联立可进 一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁. 【详解】方法1：由题意可知 ， 10/21 由中位线定理可得 ，设 可得 ， 联立方程 11/21 可解得 （舍），点 在椭圆上且在 轴的上方，求得 ，所以 方法2：焦半径公式应用 解析1：由题意可知 ， 由中位线定理可得 ，即 求得 ，所以 . 【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是 解答解析几何问题的重要途径. 16.已知 ，函数 ，若存在 ，使得 ，则实数 的最大值是__ __. 【答案】 11/21 【解析】 【分析】 本题主要考查含参绝对值不等式、函数方程思想及数形结合思想，属于能力型考题. 从研究 入手，令 ，从而使问题加以转化，通过绘 制 函 数 图 象 ， 观 察 得 解 . 【 详 解 】 使 得 ， 12/21 使得令 ，则原不等式转化为存在 ，由折线函数，如图 只需 ，即 ，即 的最大值是 【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想. 17.已知正方形 的边长为1，当每个 取遍 时， 的最小值是________；最大值是_______. 【答案】 (1). 0 (2). 【解析】 【分析】 本题主要考查平面向量的应用，题目难度较大.从引入“基向量”入手，简化模的表现形式，利用转化与化 归思想将问题逐步简化. 【 详 解 】 要使 的最小，只需要 ，此时只需要取 此时 12/21 等号成立当且仅当 均非负或者均非正，并且 均非负或者均非正。 13/21 比如 则 . 点睛：对于此题需充分利用转化与化归思想，从“基向量”入手，最后求不等式最值，是一道向量和不等 式的综合题。 【点睛】对于平面向量的应用问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想. 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.设函数 . （1）已知 函数 是偶函数，求 的值； （2）求函数 的值域. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 (1)由函数的解析式结合偶函数的性质即可确定 的值； (2)首先整理函数的解析式为 的形式，然后确定其值域即可. 【详解】(1)由题意结合函数的解析式可得： ， 函数为偶函数，则当 时， ，即 ，结合 可取 ，相应的 值为 .(2)由函数的解析式可得： 13/21 . 据此可得函数 值域为： . 【点睛】的 14/21 本题主要考查由三角函数的奇偶性确定参数值，三角函数值域的求解，三角函数式的整理变形等知识，意 在考查学生的转化能力和计算求解能力. 19.如图，已知三棱柱 ，平面 平面 , ， 分别是 的中点. （1）证明： ； （2）求直线 与平面 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】 (1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直； (2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角 函数基本关系可得线面角的余弦值. 【详解】(1)如图所示，连结 ， 等边 中， ，则 ， 14/21 平面ABC⊥平面 ，且平面ABC∩平面 ， 由面面垂直的性质定理可得： 平面 ，故 ， 由三棱柱的性质可知 ，而 ，故 ，且 ， 15/21 由线面垂直的判定定理可得： 平面 ， 结合 ⊆平面 ，故 . (2)在底面ABC 内作EH⊥AC，以点E 为坐标原点，EH,EC, 方向分别为x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标 系 . 设 ，则 ， , ， 据此可得： ， 由 可得点 的坐标为 ， 利用中点坐标公式可得： ，由于 ， 故直线EF 的方向向量为： 设平面 的法向量为 ，则： 15/21 ， 据此可得平面 的一个法向量为 ， 16/21 此时 ， 设直线EF 与平面 所成角为 ，则 .【点睛】本题考查了立体几何 中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键 在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中 角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 20.设等差数列 的前 项和为 ， ， ，数列 满足：对每 成等比数列. （1）求数列 的通项公式； （2）记 证明： 【答案】（1） ， ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)首先求得数列 的首项和公差确定数列 的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件 整理计算即可确定数列 的通项公式； (2)结合(1)的结果对数列 的通项公式进行放缩，然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题 中的不等式. 16/21 【详解】(1)由题意可得： ，解得： ， 则数列 的通项公式为. 其前n 项和 . 17/21 则 成等比数列，即： ，据此有： ， 故 . (2)结合(1)中的通项公式可得： ， 则 . 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知 识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 21.如图，已知点 为抛物线 ，点 为焦点，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 右侧.记 的面积为 . （1）求 的值及抛物线的标准方程； （2）求 的最小值及此时点 的坐标. 17/21 【答案】（1）1， ；（2） ， . 【解析】 【分析】(1)由焦点坐标确定p 的值和准线方程即可； 18/21 (2)设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，最后结合均值不等式的 结论即可求得 的最小值和点G 的坐标. 【详解】(1)由题意可得 ，则 ，抛物线方程为 ，准线方程为 . (2)设 ， 设直线AB 的方程为 ，与抛物线方程 联立可得： ，故： ， ， 设点C 的坐标为 ，由重心坐标公式可得： ， ， 令 可得： ，则 .即 ， 由斜率公式可得： ， 直线AC 的方程为： ， 令 可得： ， 18/21 故 ， 且 ， 由于 ，代入上式可得： ，由 可得 ，则 ， 19/21 则 . 当且仅当 ，即 ， 时等号成立 此时 ， ，则点G 的坐标为 . 【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系， 本题主要考查了抛物线准线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，三角形重心公式的应用，基本不等式 求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 22.已知实数 ，设函数 （1）当 时，求函数 的单调区间； （2）对任意 均有 求 的取值范围. 注： 为自然对数的底数. 【答案】（1） 的单调递增区间是 ,单调递减区间是 ；（2） . 【解析】 【分析】 (1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可. (2)由题意首先由函数在特殊点的函数值得到a 的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可. . 19/21 【详解】(1)当 时， ，函数的定义域为 ，且： ， 因此函数 的单调递增区间是 ,单调递减区间是 . 20/21 (2)构造函数 ， 注意到： ， 注意到 时 恒成立，满足 ； 当 时， ，不合题意， 且 ，解得： ，故 . 下面证明 刚好是满足题意的实数a 的取值范围. 分类讨论： (a)当 时， ， 令 ，则： ，易知 ，则函数 单调递减， ，满足题意. 20/21 (b)当 时， 等价于 ， 左侧是关于a 的开口向下的二次函数 , 21/21 其判别式 ， 令 ，注意到当 时, ， 于是 在 上单调递增,而 ， 于是当 时命题成立, 而当 时,此时 的对称轴为 随着 递增, 于是对称轴在 的右侧,而 成立，(不等式等价于 ). 因此 综上可得：实数a 的取值范围是 . 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导 数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几