2019年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷).docx

1、绝密 启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试数学(浙江卷)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.(2019浙江,1)已知全集U=-1,0,1,2,3,集合A=0,1,2,B=-1,0,1,则(UA)B=()A.-1B.0,1C.-1,2,3D.-1,0,1,3解析UA=-1,3,则(UA)B=-1.答案A2.(2019浙江,2)渐近线方程为xy=0的双曲线的离心率是()A.22B.1C.2D.2解析因为双曲线的渐近线方程为xy=0,所以a=b=1.所以c=a2+b2=2,双曲线的率心率e=ca=2

2、.答案C3.(2019浙江,3)若实数x,y满足约束条件x-3y+40,3x-y-40,x+y0,则z=3x+2y的最大值是()A.-1B.1C.10D.12解析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(-1,1),(1,-1),(2,2)为顶点的三角形区域(包含边界),由图易得当直线z=3x+2y经过平面区域内的点(2,2)时,z=3x+2y取得最大值zmax=32+22=10.答案C4.(2019浙江,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,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式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

3、三视图如图所示(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是()A.158B.162C.182D.324解析由三视图得该棱柱的高为6,底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成,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2+623+4+6236=162.答案B5.(2019浙江,5)设a0,b0,则“a+b4”是“ab4”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解析当a0,b0时,a+b2ab,若a+b4,则2aba+b4,所以ab4,充分性成立;当a=1,b=4时,满足ab4,但此时a+b=54,必要性

4、不成立.综上所述,“a+b4”是“ab4”的充分不必要条件.答案A6.(2019浙江,6)在同一直角坐标系中,函数y=1ax,y=logax+12(a0,且a1)的图象可能是()解析当0a1时,函数y=ax的图象过定点(0,1)且单调递增,则函数y=1ax的图象过定点(0,1)且单调递减,函数y=logax+12的图象过定点12,0且单调递增,各选项均不符合.故选D.答案D7.(2019浙江,7)设0a1.随机变量X的分布列是X0a1P131313则当a在(0,1)内增大时,()A.D(X)增大B.D(X)减小C.D(X)先增大后减小D.D(X)先减小后增大解析由分布列得E(X)=1+a3,则

5、D(X)=1+a3-0213+1+a3-a213+1+a3-1213=29a-122+16,所以当a在(0,1)内增大时,D(X)先减小后增大.答案D8.(2019浙江,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).记直线PB与直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角P-AC-B的平面角为,则()A.,B.,C.,D.,解析如图G为AC中点,点V在底面ABC上的投影为点O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AE,易得PEVG,过点P作PFAC交VG于点F,过点D作DHAC,交BG于点H,则=BPF,=PBD,=P

6、ED,所以cos =PFPB=EGPB=DHPB,因为tan =PDEDPDBD=tan ,所以.故选B.答案B9.(2019浙江,9)设a,bR,函数f(x)=x,x0,13x3-12(a+1)x2+ax,x0.若函数y=f(x)-ax-b恰有3个零点,则()A.a-1,b0B.a0C.a-1,b-1,b0解析当x0时,由x=ax+b,得x=b1-a,最多一个零点取决于x=b1-a与0的大小,所以关键研究当x0时,方程13x3-12(a+1)x2+ax=ax+b的解的个数,令b=13x3-12(a+1)x2=13x2x-32(a+1)=g(x).画出三次函数g(x)的图象如图所示,可以发现分

7、类讨论的依据是32(a+1)与0的大小关系.若32(a+1)0,即a0,即a-1时,x=0处为偶重零点反弹,x=32(a+1)为奇重零点穿过,当b0时g(x)与y=b可以有两个交点,且此时要求x=b1-a0,故-1a1,b10B.当b=14时,a1010C.当b=-2时,a1010D.当b=-4时,a1010解析当b=12时,a2=a12+1212,a3=a22+1234,a4=a32+1217161,当n4时,an+1=an2+12an21,则log1716an+12log1716anlog1716an+12n-1,则an+117162n-1(n4),则a10171626=1+11664=1

8、+6416+646321162+1+4+710,故选A.答案A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.(2019浙江,11)复数z=11+i(i为虚数单位),则|z|=.解析|z|=1|1+i|=12=22.答案2212.(2019浙江,12)已知圆C的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C相切于点A(-2,-1),则m=,r=.解析由题意知kAC=-12AC:y+1=-12(x+2),把(0,m)代入得m=-2,此时r=|AC|=4+1=5.答案-2513.(2019浙江,13)在二项式(2+x)9的展开式

9、中,常数项是,系数为有理数的项的个数是.解析(2+x)9的通项为Tr+1=C9r(2)9-rxr(r=0,1,2,9),可得常数项为T1=C90(2)9=162.因为系数为有理数,所以r=1,3,5,7,9,即T2,T4,T6,T8,T10的系数为有理数,共5个.答案162514.(2019浙江,14)在ABC中,ABC=90,AB=4,BC=3,点D在线段AC上.若BDC=45,则BD=,cosABD=.解析如图所示,设CD=x,DBC=,则AD=5-x,ABD=2-,在BDC中,由正弦定理得3sin4=xsin=32sin =x32.在ABD中,由正弦定理得5-xsin(2-)=4sin3

10、4=42cos =5-x42.由sin2+cos2=x218+(5-x)232=1,解得x1=-35(舍去),x2=215BD=1225.在ABD中,由正弦定理得0.8sinABD=4sin(-4)sinABD=210cosABD=7210.答案1225721015.(2019浙江,15)已知椭圆x29+y25=1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.解析如图,设PF的中点为M,椭圆的右焦点为F1.由题意可知|OF|=|OM|=c=2,由中位线定理可得|PF1|=2|OM|=4,设P(x,y)可得(x-2)2+y2

11、=16,与椭圆方程x29+y25=1联立,解得x=-32,x=212(舍),因为点P在椭圆上且在x轴的上方,所以P-32,152,所以kPF=15212=15.答案1516.(2019浙江,16)已知aR,函数f(x)=ax3-x.若存在tR,使得|f(t+2)-f(t)|23,则实数a的最大值是.解析由题意知,|f(t+2)-f(t)|=|a(6t2+12t+8)-2|23有解,即-23a(6t2+12t+8)-223有解,所以43(6t2+12t+8)a83(6t2+12t+8)有解,因为6t2+12t+82,+),所以43(6t2+12t+8)0,23,83(6t2+12t+8)0,43

12、,所以只需要0a43,即amax=43.答案4317.(2019浙江,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,|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|的最小值是,最大值是.解析(基向量处理)1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD=(1-3+5-6)AB+(2-4+5+6)AD,要使|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|的最小,只需要|1-3+5-6|=|2-4+5+6|=0,此时只需要取1=1,2=-1,3=1,4=1,5=1,6=1,此时|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|min=0,由于5AC+6BD=

13、2AB或2AD,取其中的一种5AC+6BD=2AB讨论(其他三种类同),此时1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD=(1-3+2)AB+(2-4)AD,要使|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|的最大,只需要使|1-3+2|,|2-4|最大,取1=1,2=1,3=-1,4=-1,此时|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|=|4AB+2AD|=25,综合几种情况可得|1AB+2BC+3CD+4DA+5AC+6BD|max=25.答案025三、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.(本题满分14分)(2019浙江,18)设函

14、数f(x)=sin x,xR.(1)已知0,2),函数f(x+)是偶函数,求的值;(2)求函数y=fx+122+fx+42的值域.解(1)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sin xcos +cos xsin =-sin xcos +cos xsin ,故2sin xcos =0,所以cos =0.又0,2),因此=2或32.(2)y=fx+122+fx+42=sin2x+12+sin2x+4=1-cos(2x+6)2+1-cos(2x+2)2=1-1232cos 2x-32sin 2x=1-32cos2x+3.因此,函数的值域是

15、1-32,1+32.点评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.19.(本题满分15分)(2019浙江,19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解方法一:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.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A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,故BCA

16、1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)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RtA1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以cosEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.方法二:(1)连接A1E

17、,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.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),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EFBC=0得EFBC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为.由(1)可得BC=(-3,1,0),A1C=(0.2,-23).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z

18、).由BCn=0,A1Cn=0,得-3x+y=0,y-3z=0.取n=(1,3,1),故sin =|cos|=|EFn|EF|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.点评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.20.(本题满分15分)(2019浙江,20)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nN*,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=an2bn,nN*,证明:c1+c2+cn2n,nN*.解(1)设数列an

19、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,nN*.所以Sn=n2-n,nN*.由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得(Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn).解得bn=1d(Sn+12-SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*.(2)cn=an2bn=2n-22n(n+1)=n-1n(n+1),nN*.我们用数学归纳法证明.当n=1时,c1=02,不等式成立;假设n=k(kN*)时不等式成立,即c1+c2+ck2k.那么,当n=k+1时,c1+c2+ck+ck+12k+k(k+1)(k+2)2k+1

20、k+12k+2k+1+k=2k+2(k+1-k)=2k+1,即当n=k+1时不等式也成立.根据和,不等式c1+c2+cn0)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S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.解(1)由题意得p2=1,即p=2.所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为x=t2-1

21、2ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2,0.所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t22.从而S1S2=12|FG|yA|12|QG|yC|=2t4-2t2+23t2-1|2t|t2-1-2t4-2t2+23t22t-2t=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.令m=t2-2,则m0,S1S

22、2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+42-12m3m+4=1+32.当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).点评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.22.(本题满分15分)(2019浙江,22)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+1+x,x0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x1e2,+均有f(x)x2a,求a的取值范围.注:e=2.718 28为自然对数的底数.解(1)当a=-34时,f(x)=-34ln x+1+x,x0.f(x)=-34x+121+x=(1+x-2)(21+x+1)4x1+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,+).(2)由f(1)12a,得0a24.当00,故q(x)在1e2,17上单调递增,所以q(x)q17.由得,q17=-277p17-277p(1)=0.所以,q(x)0.由知对任意x1e2,+,t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+,均有f(x)x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,24.点评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.