2019年浙江高考数学试卷全解全析

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 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 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 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 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 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()()()PABPAPB若事件A，B相互独立，则()()()PABPAPB若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率()C(1)(0,1,2,,)kknknnPkppkn台体的体积公式11221()3VSSSSh其中12,SS分别 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示台体的上、下底面积，h表示台体的高柱体的体积公式VSh其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高锥体的体积公式13VSh其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高球的表面积公式24SR球的体积公式343VR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U1,0,1,2,3，集合A0,1,2，B=1,0,1，则UAB=ðA．1B．0,1C．1,2,3D．1,0,1,3本题解析：杭州郑莉老师提供答案：A解析：3,1ACU，则1BACU2．渐进线方程为0xy的双曲线的离心率是A．22B．1C．2D．2本题解析：杭州郑莉老师提供答案：C解析：因为双曲线的渐近线为0yx，所以1ba，则222bac，双曲线的离心率2ace。3．若实数,xy满足约束条件3403400xyxyxy，则32zxy的最大值是A．1B．1C．10D．12本题解析：杭州郑莉老师提供答案：C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2,2,1,1,1,1为顶点的三角形区域（包含边界），由图易得当目标函数yxz23经过平面区域内的点2,2时，yxz23取得最大值102223maxz。4．组恒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Vsh柱体，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．158B．162C．182D．324本题解析：杭州郑莉老师提供答案：B解析：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162632643262。5．若0,0ab，则“4ab”是“4ab”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本题解析：杭州郑莉老师提供答案：A解析：当0,0ba时，abba2，则当4ba时，有42baab，解得4ab，充分性成立；当4,1ba时，满足4ab，但此时45ba，必要性不成立。综上所述，“4ba”时“4ab”的充分不必要条件。6．在同一直角坐标系中，函数1xya，1log2ayx，（0a且0a）的图像可能是本题解析：杭州郑莉老师提供答案：D解析：当10a时，函数xay过定点1,0且单调递减，则函数xay1过定点1,0且单调递增，函数21logxya过定点0,21且单调递减，D选项符合；当1a时，函数xay过定点1,0且单调递增，则函数xay1过定点1,0且单调递减，函数21logxya过定点0,21且单调递增，各选项均不符合。综上，选D。7．设01a，随机变量X的分布列是X0a1P131313则当a在0,1内增大时A．DX增大B．DX减小C．DX先增大后减小D．DX先减小后增大本题解析1：杭州郑莉老师提供，解析2：丽水王鑫老师提供答案：D解析1：由分布列得31aXE，则612192311313131310312222aaaaaXD，则当a在1,0内增大时，XD先减小后增大。解析2：则222221(1)222213()()()0[()]3399924aaaaDXEXEXa故选D.8．设三棱锥VABC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所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则A．,B．,C．,D．,本题解析1：丽水代云龙提供，本题解析2：丽水王鑫提供，答案：B解析1：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为O，则P在底面投影D在线段AO上，过D作DE垂直AE，易得PE⁄⁄VG，过P作PF⁄⁄AC交VG于F，过D作DH⁄⁄AC，交BG于H，则==,BPFPBDPED，，则cos=cosPFEGDHBDPBPBPBPB，即，tan=tanPDPDEDBD，即，综上所述，答案为B.解析2：由最小角定理，记VABC的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.法2：（特殊位置）取VABC为正四面体，P为VA中点，易得333cossin66，2sin3，22sin3，故选B.9．已知函数32,0111,032xxfxxaxaxx，函数Fxfxaxb恰有3个零点，则A．1,0abB．1,0abC．1,0abD．1,0ab本题解析1，2：杭州顾予恒提供答案：D解法1：当0x时，xaxb，即1bxa，最多一个零点（取决于1bxa与0的大小）所以关键研究当0x时，即方程3211132xaxaxaxb的解的个数，即3221113113232bxaxxxagx于是利用奇穿偶回画右边的三次函数gx的图象，我们可以发现分类讨论的依据是312a与0的大小关系。（1）若3102a，即1a时，0x处为偶重零点反弹，312xa为奇重零点穿过，显然在0x时gx单调递增，故与yb最多只能有一个交点，不符合题意了。（2）若3102a，即1a，0处为3次零点穿过，也不符合。（3）若3102a，即1a时，0x处为偶重零点反弹，312xa为奇重零点穿过，当0b时gx与yb可以有两个交点，且此时要求01bxa，故11,0ab，选C。解法2：0fxaxb，即fxaxb，视为动曲线与动直线的交点问题。32111,032fxxaxaxx，2'11fxxaxaxxa注意到'0fa恰为直线yaxb的斜率（1）若1a时，显然当0b时，,0fxxx与yaxb必有一个交点，但是与32111,032fxxaxaxx也至多一个交点了，不符合当0b时，,0fxxx与yaxb无交点，32111,032fxxaxaxx与yaxb至多两个交点，不符合。（这里也可以从方程根的角度来思考，3211132xaxaxaxb是三次方程，有三个根的话，必有一个是负根了）（2）若01a时，如右图虚线为图象在0x处的切线，此时恰有两个交点，若0b，即直线下移，显然就存在3个交点了。（已经只有C选项满足条件了）（3）若0a时，注意到选项中1a的条件，当1a时，31,03fxxxx此时拐点恰为0,0，在原点处的切线恰好为,0yxx，切线恰好在曲线的下方，故无论b的取值如何，两个图象始终只有一个交点。当10a时，''21fxxa，拐点11,22aaf在第四象限，故如左下图，虚线为图象在0x处的切线，此时0x时的fx图象凹凸变化，故fx与切线有两个交点，若0b，即直线下移，显然就存在3个交点了。当1a时，''21fxxa，拐点11,22aaf在第二象限，如右下图，则无论b如何变化，yaxb与32111,032fxxaxaxx至多一个交点，不符合题意。综上，11,0ab，选C点评：本方法作为选择题还可以使用，但要严格说明还是有很大难度，对函数的凹凸性等特征要非常熟悉。这种做法隐约有点2018年高考最后压轴题的影子。本题解析3：丽水代云龙提供答案：D解析3：原题可转化为yfx与=+yaxb，有三个交点。当0x时，'2()(1)()(1)fxxaxaxax，且'(0)0,(0)ffa，则（1）当1a时，如图yfx与=+yaxb不可能有三个交点（实际上有一个），排除A，B（2）当1a时，分三种情况，如图yfx与=+yaxb若有三个交点，则b<0,答案选D下面证明：1a时，0x时3211=(1)32Fxfxaxbxaxb，'2(1)((1))Fxxaxxxa，则则00F10Fa，才能保证至少有两个零点，即310(1)6ba，若另一零点在<010．设,abR，数列na中1aa，21nnaab，*nN，则A．当12b时，1010aB．当14b时，1010aC．当2b时，1010aD．当4b时，1010a本题解析：丽水代云龙提供答案：A解析：选项B：不动点满足2211()042xxx时，如图，若112aa（0，），12na，排除如图，若a为不动点12则12na选项C：不动点满足22192()024xxx，不动点为=2x，令=2a，则=210na，排除选项D：不动点满足221174()024xxx，不动点为171=22x，令171=22a，则171=1022na，排除选项A:证明：当12b时，2211122aa，2321324aa，2431171216aa，处理一：可依次迭代到10a；处理二：当4n时，221112nnnaaa，则117117171161616log2loglog2nnnnaaa，则1211716nna（）（4n），则62641021716464631=+=1+++......14710161616216a（）（1）故选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．复数11zi（i为虚数单位），则z_________．本题解析：浙江上虞戴刚锋提供答案：22解析：112122zi12．已知圆C的圆心坐标是0,m，半径长是r．若直线230xy与圆相切与点2,1A，则m_________，r_________．本题解析：浙江上虞戴刚锋提供答案：2m，5r解析：可知11:1(2)22ACkACyx，把0,m代入得2m此时415rAC13．在二项式92x的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是_________．本题解析：浙江上虞戴刚锋提供答案：162，5解析：92x的通项为919(2)(0,1,29)rrrrTCxr可得常数项为0919(2)162TC,因系数为有理数，1,3,5,7,9r，有246810,,,,TTTTT共5个项14．在ABC△中，90ABC，4AB，3BC，点D在线段AC上，若45BDC，则BD______，cosABD________．本题解析：江西九江陶智提供答案：174.5,cos5BDABD解析：如图所示，设CDx,则5ADx＝,再设,2DBCABD在BDC中，正弦定理有：332sinsin32sin4xx在ABD中，正弦定理有：54542cos342sinsin42x2222(5)sincos11832xx,解得:135x(舍去)，29922xBD在ABD中，正弦定理有：0.84217sin2cossin55sin4ABDABDABD15．已知椭圆22195xy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__________．本题解析：浙江上虞戴刚锋提供答案：15解析1：由题意可知2OFOMc，由中位线定理可得124PFOM，设(,)Pxy可得22(2)16xy，联立方程22195xy可解得321,22xx（舍），点P在椭圆上且在x轴的上方求得315(,)22P，所以1521512PFk解析2：焦半径公式应用解析1：由题意可知2OFOMc，由中位线定理可得124PFOM，即342PPaexx求得315(,)22P，所以1521512PFk16．已知aR，函数3fxaxx，若存在tR，使得223ftft，则实数a的最大值是_________．本题解析1：浙江上虞戴刚锋提供答案：max43a解析1：2222222(6128)2(6128)23333ftftattatt有解22483(6128)3(6128)atttt有解因26128[2,)tt，可得224284(0,],(0,]3(6128)33(6128)3tttt有解所以只需要403a，即max43a本题解析1：浙江丽水代云龙老师提供答案：max43a解析2：使得2222=(2((2)(2)))22(364)2ftftattttatt，使得令2364[1,)mtt，则原不等式转化为存在1m，113am，由折线函数，如图只需113a,即43a,即a的最大值是4317．已知正方形ABCD的边长为1，当每个1,2,3,4,5,6ii取遍1时，123456ABBCCDDAACBD的最小值________，最大值是__________．本题解析1：浙江上虞戴刚锋提供答案：max43a解析，：（基向量处理）12345613562456()()ABBCCDDAACBDABAD要使123456ABBCCDDAACBD的最小，只需要135624560，此时只需要取1234561,1,1,1,1,1此时123456min0ABBCCDDAACBD由于562ACBDAB或2AD取其中的一种562ACBDAB讨论（其它三种类同）此时1234561324(2)()ABBCCDDAACBDABAD要使123456ABBCCDDAACBD的最大，只需要使13242,最大取12341,1,1,1，此时1234564225ABBCCDDAACBDABAD综合几种情况可得123456max25ABBCCDDAACBD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sin,fxxxR．（1）已知0,2，函数fx是偶函数，求的值；（2）求函数22124gxfxfx的值域．本题解析：浙江高考数学墙老板提供解析：（Ⅰ）)sin()(xxf，又]2,0[，结合函数图像不难求得：当2或23时，函数)(xf是偶函数.（Ⅱ）4sin12sin4122222xxxfxf22sin1262cos1222cos1262cos1xxxx12sin212cos2321sin21162cos21sin21xxxxx123,1231)2sin(2312cos43sin43xxx19．如图，已知三棱柱111ABCABC，平面11AACC平面ABC，90ABC，30BAC，11AAACAC，,EF分别是AC，11AB的中点．（1）证明：EFBC；（2）求直线EF与平面1ABC所成角的余弦值．本题解析1，2：绍兴鲁迅中学金晓江提供（1）yyi连接EA1，则ACEA1，所以BCEA1，又BCAB，所以BCFA1，于是BC面EFA1，所以EFBC；解析1：(传统法）（2）取BC中点M，连接FM，EM，MA1，如图，因为E为中点，所以ABEM//，则有BCEM，所以易证EMFA1为矩形，且面ENFA1面ABC，面ENFA1面BCA1，所以直线EF与平面BCA1所成角就是ENM，设2AC415EN，415MN，23EM，所以5341541524316151615cos.解析：(向量法）建立如图所示的空间直角坐标系xyzA，设边长2AC，则有)0,1,0(E，)0,0,0(A，)0,23,23(B，)0,2,0(C，)3,1,0(1A，)3,25,23(1B，)3,3,0(1C，因为FE,分别为中点，所以)3,47,43(F，)3,43,43(EF，又)0,21,23(BC，于是0BCEF，所以BCEF；（2）设面BCA1的法向量为),,(zyxn，则001CAnBCn，)0,21,23(BC，)3,1,0(1CA，所以取)1,3,1(n，设直线EF与平面BCA1所成角为，54316916313132sin，所以直线EF与平面BCA1所成角的余弦值是53.20．设等差数列na的前n项和为nS，34a，43aS．数列nb满足:对每个*nN，12,,nnnnnnSbSbSb成等比数列．（1）求数列na，nb的通项公式；（2）记2nnnacb，*nN，证明：122ncccn．本题解析：浙江高考数学墙老板提供解析：（Ⅰ）由题意得daSdaadaa33342131413，解得201da，从而)1(2nan，nnnnSn)1(2)1(2.又nnnnnnbSbSbS221从而221212nnnnnnnnSSbSSbSS)1(2)1(2)1(2)2)(1()1()2)(1()1()1(22212221nnnnnnnnnnnnnnnnSSSSSSbnnnnnnn.（Ⅱ）法一：)1(212221)1(12nnnnnnnnnbacnnn，从而nnncccn2)11201(221.法二：不妨设数列nc的前n项和为nT，①当1n时，212011cT，显然成立；②假设当kn时不等式成立，即kTk2，则当1kn时，)2)(1(211kkkkcTTkkk欲证12)2)(1(2kkkkk，只需证kkkkk21221，即证2121kkkkk，即证21211)1(kkkkkkkkkkk，这是显然成立的.综上①②可知，对任意Nn，均有ncccn221成立.21．过焦点1,0F的直线与抛物线220ypxp交于,AB两点，点C在抛物线上，ABC△的重心P在x轴上，直线AC交x轴于点Q（点Q在点F点右侧）．（1）求抛物线的方程及准线方程；（2）记AFP△，CQP△的面积分别为12,SS．求1S的最小值及此时点P点坐标．本题解析1，2：绍兴鲁迅中学金晓江提供（1）24yx，准线方程1x（2）解析1：设线（网络整理）设AB的直线方程为1ykx214ykxyx得2222240kxkxk所以1212212,1xxxxk，进一步12121242,4yykxxxxk所以11211444,4yykyky不妨设，于是33,Cxy12332114233Gxxxxxk12332114033Gyyyyyk，解得34yk，则2332144xyk所以21823Gxk，1313124ACyykxxyy，33134:AClyyxxyy令0y，得233131311144xxyyyyy111211181223SFGyyk12331322111822282243333ySQGyyyykkkk222121111222211112818222343843284442ykykkyykSSyykkyykk当且仅当2114423232314y，解得：126y114422yky，所以2112k，即218223Gxk解法2：设点解析：因为24yx，设2,2Att，由焦点弦性质得：1ABxx所以212,Btt，2222,2Ctttt，此时22222:,03ttG,222253ttPF利用,,AQC三点共线,得222222201Qtttttxttt解得21,0Qt，所以2222222221133ttttGQt2422214222222252522212112ACttttGFSyttSGQyttttttt令22225222122211121xxxxxxxfxxxxxxxx112332221322234242xx当且仅当223x，解得32x，即232t代入得：2222223tt，所以:2,0G本题解析3：丽水中学王鑫提供（2）设222312123(,),(,),(,)444yyyAyByCy，由重心坐标公式得312yyy，所以21212()(,)4yyCyy，21212()(,0)6yyyyG.根据对称性，下设10y，直线AC方程：211124()4yyyyyy，即1313134yyyxyyyy，令0y，的21311244Qyyyyyx。设AB直线方程：1xmy（0m，若0m则30y不符合题意）由2214404xmyymyyx，则2121214,4,221yymyyymm下面重新改写相关点坐标：221382(,0),(1,0),434ymGQym，由题知Q在P右侧，则22821138mm。221231182|Q||||1|4||2243ymSGym2214|||1|3mmmm221222(81)(1)4|||31(1)|SmmmSmmmm2222(81)(1)4||1|31|mmmmmmm22222(81)(4141)4||1(81)mmmmmmm22414||1mmm22241+143(1)3mmm222413+1=+143+(1)223mmm当且仅当223=1mm，即21=2m时取等号，此时(2,0)G，12SS的最小值为312.评析：解析几何常见方法是设点设线，很多同学总是举棋不定，实则两者本相通，重要的是理清变量之间的关系，过硬的运算功底，不畏艰难的精神。22．已知实数0a，设函数ln10fxaxxx（1）当34a时，求函数fx单调区间；（2）对任意21,xe，2xfxa恒成立，求a的取值范围．本题解析3：湖北十堰市—叶老师提供（1）331(12)(211)ln1442141xxfxxxfxxxxx303,4fxxx（舍），当(0,3),()0,xfx(3,),()0,xfx所以fx单调增区间为(3,),减区间为(0,3),（2）ln12xaxxa，对任意的21,xe恒成立.令1x，122a，204a，ln12xaxxa等价转化得ln11212xaxax①令12ta，1sx，0,se，①式变为221ln0tstss恒成立，2114ln=4lnsssssss，令14lnGssss，22214411ssGssss，0,se.0Gs，0,se，Gs单调递减，0s，Gs，140Geee在0,e存在0s使得00Gs，00,ss，0Gs，0,sse，0Gs，在0,sse，0，则恒成立.00,ss，22114ln2sssst，令22114ln2ssssFs，222ln10114lnsssFsssss，1s2200000max114lnmax1,=max2,2ssssFsFFs200014ln0sss，00,se，2200max11max2,=2222ssF.2t122a，20,4a.