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1、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
2、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
3、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
4、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
5、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
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
7、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
8、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
9、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
10、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
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，
12、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，
13、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
