2019年浙江省高考压轴卷数学（含解析）.doc

1、 20192019 浙江省高考压轴卷浙江省高考压轴卷 数学数学 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1,2,3,4,5,6U , 集合1,3,5A, 1,2B , 则 U AC B A. B. 5 C. 3 D. 3,5 2. 已知双曲线 22 22 1 1 xy aa （0a）的离心率为2，则a的值为（ ） A. 1 2 B. 2 2 C. 1 3 D. 3 3 3.九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵” 已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯 视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”

2、的表面积为 42 2A 2B 442C 2D6+4 4. 若复数z满足： 11 20z i（i是虚数单位） ，则复数z的虚部是（ ） A. 1 2 B. 1 2 C. 1 2 i D. 1 2 i 5. 函数 2 2e x yx在2,2的图像大致为（ ）. -22 1 O x y -22 1 O x y A B -22 1 O x y -22 1 O x y C D 6.已知平面与两条不重合的直线, a b，则“a，且b”是“/ab”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 7. 45 11xx的展开式中 3 x的系数为（ ） A.

3、4 B. -4 C. 6 D. -6 8. 4 月 23 日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动.为了解本校学生课外阅读情 况，学校随机抽取了 100 名学生对其课外阅读时间进行调查. 根据调查结果知道，从该校学生中任意抽取 1 名学生恰为读书迷的概率是 2 5 P.现在从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取 1 人，共抽取 3 次， 记被抽取的 3 人中的“读书迷”的人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，则期望E X和方差D X 分别是（ ）. A. 2 5 ， 18 25 B. 6 5 ， 18 25 C. 6 5 ， 16 25 D. 6 5 ， 12 25

4、9.已知A，B，C是球O的球面上三点，且33 3ABACBCD ，为该球面上的动点，球心O到平面ABC 的距离为球半径的一半，则三棱锥D ABC体积的最大值为（ ） A. 3 2 B. 2 3 C. 9 3 4 D. 27 4 10. 设 n S为等差数列 n a的前n项和，若 75 5,55aS ，则 n nS的最小值为（ ） A-343 B-324 C-320 D-243 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. 九章算术第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数 物价

5、各几何？”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出 8 元，则付完钱后还多 3 元；若每人出 7 元，则还差 4 元才够付款.问他们的人数和物品价格？答：一共有_人；所合买的物品价 格为_元 12. 已知, x y满足条件 0 , 40, 10, xy xy x 则2xy的最大值是_，原点到点,P x y的距离的最小值是 _ 13在ABC中，若2,120bA，三角形的面积3S ，则c_；三角形外接圆的半径为 _. 14.已知向量 a,b 满足1,2ab，则abab的最小值是_，最大值是_. 15.已知实数 ,0 lg,0 x ex fx xx ，若关于x的方程 2 0fxf

6、xt 有三个不同的实根，则t的取值 范围为_ 16. 某校毕业典礼由 6 个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位， 且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有（ ） A. 120种 B. 156种 C. 188种 D. 240种 17. 已知直线1yx 与椭圆 22 22 10 xy ab ab 相交于,A B两点，且OAOB（O为坐标原点） ， 若椭圆的离心率 13 , 22 e ，则a的最大值为_ 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 ()() 62 f xsinxsi

7、nx ，其中03 ，已知()0 6 f . (1)求； (2)将函数 yf x的图象上各点的横坐标伸长为原来的 2 倍(纵坐标不变)， 再将得到的图象向左平移 4 个 单位，得到函数 yg x的图象，求 g x在 3 , 44 上的最小值 19.已知等差数列 n a的前n项和为 n S，若 * 12 401)4(2 mmm SSSmmN ， ，且 (1)求m的值； (2)若数列 n b满足 * 2 2 () n n a log b nN，求数列6() nn ab的前n项和 20.如图，已知四棱锥，底面为菱形，, ABCD平面ABCD， ,M N分别是,BC PC的中点. （1）证明： AMPA

8、D 平面； （2） 若H为上的动点，与平面PAD所成最大角的正切值为 6 2 ， 求二面角MANC的余弦值. 21.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在x轴上，且抛物线上有一点4,Pm到焦点的距离为 5. （1）求该抛物线C的方程； （2）已知抛物线上一点,4M t，过点M作抛物线的两条弦MD和ME，且MDME，判断直线DE是 否过定点？并说明理由. 22.已知函数 2 lnRf xxaxx a. （1）若函数 f x是单调递减函数，求实数a的取值范围； （2）若函数 f x在区间0,3上既有极大值又有极小值，求实数a的取值范围. 20192019 浙江省高考压轴卷浙江省高考压轴卷 数学（数学（W

9、ordWord 版含解析）版含解析） 1 【答案】D 【解析】1,2,3,4,5,6U ， 1,2B ， 3,4,5,6 UB ， 1,3,53,4,5,63,5 U AB.选 D. 2. 【答案】B 【解析】因为 222 2 11 2 caaa ，所以 2 2 1 2e a ，解得 2 2 a ，故选 B. 3.【答案】D 【解析】 根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱ABCA B C， 底面是一个直角三角形，两条直角边分别是2、斜边是 2， 且侧棱与底面垂直，侧棱长是 2， 几何体的表面积 1 22 12 22 2264 2 2 S ， 故选：D 4. 【答案】B 【解析】11 2

10、0z i 111 1i 1 2i2 z ,所以复数z的虚部是 1 2 ,选 B. 5. 【答案】D 【解析】 设 2 2e x f xx， 由 2 28 e0 , 1f ， 可排除 A （小于0） ， B （从趋势上超过1） ； 又0,2x 时， 4exfxx， 014e0ff，所以 f x在0,1上不是单调函数，排除 C.故选 D. 6.【答案】A 【解析】若,ab，则必有/ab，但/ab时，直线, a b与平面可以平行，可以相交，可以在平面 内，不一定垂直，因此“,ab”是“/ab”的充分不必要条件，故选 A 7.【答案】B 【 解 析 】 45 012233440122334455 44

11、444555555 11xxCC xC xC xC xCC xC xC xC xC x 2342345 1 4641 510105xxxxxxxxx，所以 3 x的项为 32233 1 1041065414xxxxxxx ，故 3 x的系数为4，故选 B. 8.【答案】B 【解析】由题意，从该校学生中任意抽取 1 名学生恰为读书迷的概率 2 5 P. 从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取 1 人，共抽取 3 次，记被抽取的 3 人中的“读书迷”的人数 为X.若每次抽取的结果是相互独立的，所以 3 3 223 (3,( ) ( )012 3 . 555 ()() iii XBP XiCi

12、)， ， ， ， X的分布列为 X 0 1 2 3 p 27 125 54 125 36 125 8 125 均值 26 3 55 E Xnp， 方差 2218 13 5525 ()D Xnpp (1-). 9.【答案】D 【解析】 如图，在ABC中， 33 3ABACBC ， 由余弦定理可得 222 33(3 3)1 2 3 32 cosA ， 3 2 sinA. 设ABC外接圆O的半径为r，则 3 3 23 3 2 rr ，得 . 设球的半径为R，连接OO，BO，OB，则 222 )3 2 R R (，解得2 3R. 由图可知，当点D到平面ABC的距离为 3 2 R 时，三棱锥D ABC的

13、体积最大， 139 3 3 3 224 ABC S ， 三棱锥D ABC体积的最大值为 19 327 3 344 3=. 10. 【答案】A 【解析】设等差数列 n a的公差为d， 75 5,55aS ， 1 1 a65 5 a 2d55 d 解得 1 a19 4,d 2 n n n 1 S19n42n21n, 2 32 n nS2n21n， 设 32 f x2x21xx0 ,fx6x x7, 当 07x时， fx0,当7x时， fx0,故 n nS的最小值为 7343f . 故选：A. 11.【答案】7,53 【解析】 设共有 人， 由题意知 8874xx ， 解得7x，可知商品价格为 53

14、 元. 即共有 7 人，商品价格为 53 元. 12.【答案】6,2 【解析】 不等式组对应的可行域如下： 当动直线20xyt 过 时，2xy有最大值，又2,2B，故2xy的最大值为6 原点到P的距离的最小值即为 22 0 10 12OA ，故分别填6,2 13 【答案】 2 2 【解析】 1 32120 2 Scsin，解得 c=2. 222 222 2 212012acos ， 解得2 3a ， 2 3 24 3 2 a R sinA ， 解得 R=2. 故答案为：2;2. 14.【答案】 4 2 5 【解析】设向量, a b的夹角为，由余弦定理有： 22 122 1 2 cos54cos

15、ab ， 22 122 1 2 cos54cosab ，则： 54cos54cosabab， 令54cos54cosy，则 22 102 25 16cos16,20y， 据此可得： maxmin 202 5,164abababab， 即abab的最小值是 4，最大值是2 5 15.【答案】, 2 【解析】 原问题等价于 2 fxf xt有三个不同的实根， 即yt与 2 yfxf x有三个不同的 交点，当0x时， 22xx yfxf xee为增函数，在0x处取得最小值为2，与yt只有一个 交点.当0x时， 22 lg ()lg()yfxf xxx，根据复合函数的单调性，其在,0上先减后 增.所以

16、，要有三个不同交点，则需2t ，解得2t . 16.【答案】A 【解析】根据题意，由于节目甲必须排在前三位，分 3 种情况讨论：、甲排在第一位，节目丙、丁必须排 在一起，则乙丙相邻的位置有 4 个，考虑两者的顺序，有 2 种情况，将剩下的 3 个节目全排列，安排在其他 三个位置，有 3 3 6A 种安排方法，则此时有4 2 648 种编排方法；、甲排在第二位，节目丙、丁必须 排在一起，则乙丙相邻的位置有 3 个，考虑两者的顺序，有 2 种情况，将剩下的 3 个节目全排列，安排在其 他三个位置，有 3 3 6A 种安排方法，则此时有3 2 636 种编排方法；、甲排在第三位，节目丙、丁必 须排在

17、一起，则乙丙相邻的位置有 3 个，考虑两者的顺序，有 2 种情况，将剩下的 3 个节目全排列，安排在 其他三个位置，有 3 3 6A 种安排方法，则此时有3 2 636 种编排方法；则符合题意要求的编排方法有 36 3648 120种；故选 A 17.【答案】 10 2 【 解 析 】 设 1122 (,) ,(,)AxyBxy， 由 22 22 1 1 yx xy ab ， 得 2222222 ()20abxaxaab， 422222 44()()0aabaa b ， 22 1ab， 2 12 22 222 12 22 2a xx ab aa b x x ab ， OAOB， 1 21 2

18、0OA OBxxyy，即 1 212 2() 1 0xxxx ， 22 22 2222 2()2 10 aa ba abab ， 整理得 2222 2abab， 222222 2()aaca ac， 2222222 22()aa ea aa e， 2 2 22 21 21 11 e a ee ， 13 , 22 e， 2 7 2 ,5 3 a ，即 510 22 a 最大 18.【答案】 （1）2； （2） 3 2 . 【解析】(1)因为 ()() 62 f xsinxsinx ， 所以 31 22 f xsin xcos xcos x 3313 3() 2222 3sin() 3 f xsi

19、n xcos xsin xcos x x 由题设知()0 6 f ，所以 63 kkZ ， 所以62kkZ ，. 又03 ，所以2. (2)由(1)得 3sin(2) 3 f xx ， 所以 3sin(2)3sin(2) 4312 g xxx . 因为x 3 , 44 ，所以 2 , 1233 x . 当 123 x ，即 4 x 时， g x取得最小值 3 2 . 19.【答案】 （1）5； （2） 1* 1 12()() 2 n n TnnN 【解析】(1)由已知得， 1 4 mmm aSS ， 且 122 14 mmmm aaSS ， 设数列 n a的公差为d，则有2314 m ad ，

20、2.d 由0 m S ，得 1 (1) 2 0 2 m m ma ，即 1 1am， 1 1() 21 4 m aamm ， 5m . (2)由(1)知 1 4226 n adan ， ， ， 3 2 32n nn nlog bb ，得 ， 32 2(62)2n n nn abnn . 设数列6() nn ab的前n项和为 n T， 则 1032 (1 22 2122) nn n Tnn ， 0121 (21 22 212)2 nn n Tnn ， ，得 1021 2222 nn n Tn 1 1 2 (1 2 ) 2 1 2 n n n 11 1 22 2 nn n ， 1* () 1 12

21、() 2 n n TnnN 20.【答案】 （1）详见解析（2） 15 5 【解析】 (1)证明：由四边形ABCD为菱形， 120BAD，可得60ABCABC，为正三角形。 因为M为 BC 的中点，所以AMBC,又BCAD,因此AMAD， 因为PAABCD 平面， AM 平面ABCD，所以PAAM， 而PAADA，所以AMPAD 平面 （2）设H为PD上任意一点，连接AH、MH 由（1）知， AMPAD 平面 则MHA为MH与平面PAD所成的角，在RtMAH中， 3AM , 所以当AH最短时， MHA最大，即当AHPD时， MHA最大， 此时 36 2 AM tan MHA AHAH ,此时2

22、AH ，又2AD ， 所以ADH =45，于是2PA 因为PA 平面ABCD， PC 平面PAC，所以平面PAC 平面ABCD， 过M作MOAC于O，则由面面垂直的性质定理可知: MO平面PAC, 所以MOAN，过过M作MSAN于S，连接OS， AN 平面MSO， 所以ANSO,则MSO为二面角MANC的平面角， 在RtAOM中， 3 30 2 OMAMsin ， 3 30 2 OAAMcos 又N是PC的中点， PAAC, ANPC且ANNC 在RtASO中， 3 2 45 4 SOAOsin ， 又 22 SMMOSO= 30 4 , 在RtMSO中， cosMSO= SO SM = 15

23、 5 即二面角MANC的余弦值为 15 5 . 21.【答案】 （1） 2 4yx.（2）8, 4 【解析】 （1）由题意设抛物线方程为 2 2ypx， 其准线方程为 2 p x ， 4,Pm到焦点的距离等于A到其准线的距离， 45 2 p ，2p . 抛物线C的方程为 2 4yx. （2）由（1）可得点4,4M，可得直线DE的斜率不为 0， 设直线DE的方程为： xmyt， 联立 2 4 xmyt yx ，得 2 440ymyt， 则 2 16160mt . 设 1122 ,D x yE x y，则 1212 4 ,4yym y yt . 1122 4,44,4MD MExyxy 1 212

24、1212 416416x xxxy yyy 2222 1212 1212 416416 4444 yyyy y yyy 2 2 12 121212 3432 16 y y yyy yyy 22 161232 160tmtm 即 22 12321616ttmm，得： 22 64 21tm， 62 21tm，即48tm或44tm， 代人式检验均满足0 ， 直线DE的方程为： 4848xmymm y 或44xm y. 直线过定点8, 4（定点4,4不满足题意，故舍去）. 22.【答案】(1) 2 2a；(2) 19 2 2 3 a. 【解析】 （1） 1 2fxxa x 2 21 0 xax x x ， 函数 f x是单调递减函数， 0fx对0,恒成立， 2 210xax 对0,恒成立，即 1 2ax x 对0,恒成立， 11 22 22 2xx xx （当且仅当 1 2x x ，即 2 2 x 取“” ） ，2 2a； （2）函数 f x在0,3上既有极大值又有极小值， 2 21 0 xax fx x 在 0,3上有两个相异实根， 即 2 210xax 在0,3上有两个相异实根， 记 2 21g xxax，则 0 03 4 00 30 a g g ，得 2 22 2 012 19 3 aa a a 或 ， 即 19 2 2 3 a.