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．B．1C．D．2
3．若实数，满足约束条件，则的最大值是（）
A．B．1C．10D．12
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，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（）
A．158B．162C．182D．324
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
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
0 1 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．
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）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．
（Ⅰ）求数列，的通项公式；
（Ⅱ）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，．
（Ⅰ）求的值及抛物线的准线方程；
（Ⅱ）求的最小值及此时点点坐标．
22．（15分）已知实数，设函数，．
（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；
（Ⅱ）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】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，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】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，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：（Ⅰ）连结，则，从而平面，，推导出，从而平面由此能证明．
（Ⅱ）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：（Ⅰ）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：（Ⅰ）连结，，是的中点，
，又平面平面，平面，
平面平面，平面，，
，，，平面，．
解：（Ⅱ）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（Ⅰ）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：（Ⅰ）连结，，是的中点，
，又平面平面，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：（Ⅱ）设直线与平面所成角为，
由（Ⅰ）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】（Ⅰ）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．
（Ⅱ），，用数学归纳法证明，得到，．
【解答】解：（Ⅰ）设数列的公差为，由题意得，
解得，，，．，，
数列满足：对每个，，，成等比数列．
，解得，解得，．
证明：（Ⅱ），，
用数学归纳法证明：
①当时，，不等式成立；
②假设，时不等式成立，即，
则当时，
，即时，不等式也成立．
由①②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】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：，由此能求出抛物线的准线方程；
（Ⅱ）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：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：，，
抛物线的准线方程为；
（Ⅱ）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，，
，
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．
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