2019年高考数学(浙江专版)精选模拟卷4含答案(详细解析版)

2019 年浙江省高考数学试卷一、：本大共10 小，每小 4 分，共 40 分。

在每小出的四个中，只有一是符合目要求的。

1．已知全集 U{ 1 ， 0， l ， 2， 3} ，集合 A {0 ， 1， 2} ， B { 1 ， 0， 1} ， (e U A) B （）A．{ 1}B．{0 ，1}C．{ 1，2， 3}D． { 1，0，1， 3}2．方程x y0 的双曲的离心率是（）A ．2B ． 1C． 2 D ．2 2x 3 y 4⋯03．若数x，y足束条件 3x y 4,0 ， z3x 2 y 的最大是（）x y⋯0A ．1B． 1C．10 D ．124．祖是我国南北朝代的大科学家，他提出的“ 既同，不容异”称祖原理，利用原理可以得到柱体的体公式V柱体sh ，其中s是柱体的底面，h 是柱体的高．若某柱体的三如所示，柱体的体是（）A ． 158B． 162C．182 D ． 3245．若 a 0 ， b 0 ，“a b, 4 ”是“ ab, 4 ”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．在同一直角坐系中，函数y1， y 1og a ( x 1) ， ( a0 且 a1) 的象可能是（）a x27． 0a 1 ．随机量X的分布列是X0a1P111333当 a 在(0,1)内增大，（）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8．三棱 V ABC 的底面是正三角形，棱均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．直 PB 与直AC 所成角，直 PB 与平面ABC所成角，二面角 P AC B 的平面角，（）A ．，B ．，C．，D．，x, x0,若函数 y f (x) ax b 恰有 39．a， b R ，函数 f (x) 1 312⋯个零点，（）x(a 1)x ax, x 032A ． a 1 ， b0B ． a1， b0C． a 1 ， b0D． a1， b 010．a， b R ，数列 { a n } 足 a1 a ， a n2b ， n N*，（）1a nA ．当 b 1， a1010B．当 b1， a1010 24C．当 b 2 ， a1010D．当 b 4 ， a1010二、填空：本大共7 小，多空每 6 分，空每 4 分，共 36 分。

2019届浙江高考仿真试卷（四）数学本试题卷共8页，23题（含选考题）分选择题和非选择题两部分。

全卷满分150分。

考试用时120分钟。

★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：1. 已知集合，，全集，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合，，，知再由全集，能求出．【详解】由题全集，集合，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．2. 已知是虚数单位)，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简等式左边，再由复数相等的条件列式求得值．【详解】，∴，即．故选：B．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．3. 已知圆与直线，则“”是“直线与圆相切”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据直线和圆相切可得，再根据充分条件，必要条件的定义即可判断．【详解】由圆心到直线的距离若直线与圆相切，则，即，则，则“”是“直线与圆相切“的充分而不必要条件，故选：A．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，以及充分条件和必要的条件，属于基础题．4. 已知是定义域为的奇函数，且，当时，，则（）A. B. C. 1 D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得，则，即的最小正周期为8，可得的值．【详解】是定义域为的奇函数，且，可得，即有，则，即的最小正周期为8，可得故选：C．【点睛】本题考查函数的奇偶性和周期性的判断和运用：求函数值，考查运算能力，属于中档题．5. 已知，则（）A. 的取值范围是B. 的取值范围是C. 的取值范围是D. 的取值范围是【答案】C【解析】【分析】去掉绝对值，得到，相加即可．【详解】，由①+②得：，故选：C．【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查三角函数，是一道基础题．6. 等差数列的前项和是，公差不等于零，若成等比，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由成等比数列．可得，利用等差数列的通项公式可得（，解出．即可．【详解】由成等比数列．可得，可得（，即，∵公差不等于零，故选：C．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、考查了计算能力，属于基础题．7. 已知双曲线的一条渐近线截椭圆所得弦长为，则此双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程．与椭圆的方程联立，利用弦长转化求解即可．【详解】双曲线的一条渐近线不妨设为：，则：，可得：一条渐近线截椭圆所得弦长为，可得：，可得，解得．故选：B．【点睛】本题考查椭圆以及双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力．属中档题.8. 平行四边形中，在上投影的数量分别为，则在上的投影的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算和数量积求出结果．【详解】建立如图所示的直角坐标系：设，则：则：解得：．所以：．在上的摄影当时，，得到：．当时，，故选：A．【点睛】本题考查的知识要点：向量的数量积和坐标运算的应用．9. 甲盒子装有3个红球，1个黄球，乙盒中装有1个红球，3个黄球，同时从甲乙两盒中取出个球交换，分别记甲乙两个盒子中红球个数的数学期望为，则以下结论错误的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别就计算概率得出数学期望，得出结论．【详解】用表示交换后甲盒子中的红球数，表示交换后乙盒子中的红球数，当时，则，，．故A正确，C正确，当时，故B正确．当时，，故D错误．故选：D．【点睛】本题考查了离散型随机变量的分布列，组合数公式应用，属于中档题．10. 如图，矩形中，，是线段（不含点）上一动点，把沿折起得到，使得平面平面，分别记，与平面所成角为，平面与平面所成锐角为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意画出图形，作出与平面所成角为，平面与平面所成锐角为，分别求出和，与平面所成角为则答案可求．【详解】如图，过作，在中，由，可得．由等积法可得，则∵平面平面，且，可得平面，则．过作，垂足为，连接，则为平面与平面所成的锐角．∵到的距离即．故选：A．【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面所成角的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，是中档题．第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）11. 若满足约束条件，则目标函数的最大值等于_______,最小值等于_______．【答案】 (1). 6 (2). -10【解析】【分析】先根据约束条件画出可行域，再利用目标函数中的几何意义，求出直线的最大值即可．【详解】作出满足约束条件可行域如图，由知，，所以动直线的纵截距取得最大值时，目标函数取得最大值．由可行域得结合可行域可知当动直线经过点时，目标函数取得最小值．目标函数经过可行域的时，取得最大值：6．故答案为：6；-10．【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于中档题．12. 某几何体的三视图如图所示（单位为），则该几何体的表面积为_______，体积为______.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】由三视图还原原几何体，可知原几何体为该几何体为三棱锥，底面三角为直角三角形，侧棱底面，由三棱锥体积公式求体积．【详解】由三视图还原原几何体如图，该几何体为三棱锥，底面三角形为直角三角形，侧棱底面，由，可得，由，可得，∴该几何体的表面积为则该三棱锥的体积为．故答案为：；．【点睛】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．13. 中，角所对边分别是，已知，且的周长为9，则______；若的面积等于，则_________．【答案】 (1). 4 (2).【解析】【分析】直接利用正弦定理和余弦定理及三角形的面积公式求出结果．【详解】中，角C所对边分别是，已知，则：且的周长为9，则：解得：．若的面积等于，则：，整理得：．由于：故：，解得：或，所以：．故答案为：4 ；．【点睛】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理的应用，三角形面积公式的应用．14. 已知，则______，_______．【答案】 (1). (2).【解析】【分析】把，按二项式展开式定理展开，对应系数相等即可．【详解】x则．故答案为：；．【点睛】本题考查了二项式展开式的应用问题，是基础题15. 已知，且，则的最小值等于_______．【答案】【解析】【分析】由条件可得，可得运用基本不等式即可得到所求最小值．【详解】，且，即有，即，可得，当且仅当时，上式取得等号，即有的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查基本不等式的运用：求最值，考查变形能力和运算能力，属于中档题．16. 某翻译处有8名翻译，其中有小张等3名英语翻译，小李等3名日语翻译，另外2名既能翻译英语又能翻译日语，现需选取5名翻译参加翻译工作，3名翻译英语，2名翻译日语，且小张与小李恰有1人选中，则有________种不同选取方法.【答案】21【解析】【分析】据题意，对选出的3名英语教师分5种情况讨论：①若从只会英语的3人中选3人翻译英语，②若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（包含小张），③若从只会英语的3人选小张翻译英语，④、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（不包含小张），⑤、若从只会英语的3人中选1人翻译英语，（不包含小张），每种情况中先分析其余教师的选择方法，由分步计数原理计算每种情况的安排方法数目，进而由分类计数原理，将其相加计算可得答案．【详解】根据题意，分5种情况讨论：①、若从只会英语的3人中选3人翻译英语，则需要从剩余的4人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，②、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（包含小张）则先在既会英语又会日语的2人中选出1人翻译英语，再从剩余的3人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，③、若从只会英语的3人选小张翻译英语，则先在既会英语又会日语的2人中选出2人翻译英语，再从剩余的2人（不含小李）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，④、若从只会英语的3人中选2人翻译英语，（不包含小张）则先在既会英语又会日语的2人中选出1人翻译英语，再从剩余的4人（小李必选）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，⑤、若从只会英语的3人中选1人翻译英语，（不包含小张）则先在既会英语又会日语的2人中选出2人翻译英语，再从剩余的3人（小李必选）中选出2人翻译日语即可，则不同的安排方案有种，则不同的安排方法有种．故答案为：29．【点睛】本题考查排列、组合的运用，注意根据题意对“既会英语又会日语”的教师的分析以及小张与小李恰有1人选中，是本题的难点所在．17. 已知，关于的方程恰有三个不等实根，且函数的最小值是，则_______．【答案】5【解析】【分析】由条件可得直线与相切，设出切点，求得二次函数的导数，可得的方程，再由函数的单调性，可得的最小值，化简变形即可得到的关系式，可得所求值．【详解】关于的方程恰有三个不等实根，可得直线与相切相切，设切点为，，则，消去，可得设与轴的两个交点的横坐标为：，即有函数，当时，取得最小值是，即有可得即为，化为，可得或，由，可得，即故答案为：5．【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，以及导数的概念和应用，考查函数的最值的求法，以及运算能力，属于中档题．三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）18. 已知函数.（1）求的值；（2）设是中的最小角，，求的值.【答案】（1）-2;（2） .【解析】【分析】（1）代入函数的解析式求值即可；（2）化为正弦型函数，根据，的值求的值．【详解】（1）（2），∴.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质的应用问题，考查三角恒等变换问题，是中档题．19. 如图，四棱锥中，平面平面，是边长为2的等边三角形，底面是直角梯形，，，是的中点.（1）证明：；（2）设是棱上的点，平面，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连，，推导出平面，，，从而平面，进而，由此能证明平面，从而．（2）作交于，连，推导出四边形是平行四边形，面，作于，为所求线面角，由此能求出与平面所成角的正弦值．【详解】（1）取中点，连，面平面，，面平面，得平面∴又∵∴∴平面，∴（2）作交于，连面，面面∴∴四边形为平行四边形∴，且，即为的一个四等分点，面面面作于∴，，，面∴为所求线面角，.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，是中档题．20. 已知函数，，.（1）当时，求函数的极值；（2）若，且函数与在处的切线重合，求证：恒成立.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；（2）代入的值，求出切线方程，一方面先证：，另一方面：恒成立，令，根据函数的单调性证明即可．【详解】（1）令∴在，上单调递减，在上单调递增极大值，极小值（2），∴即切线为，∴且过∴一方面先证：，另一方面：恒成立令，令，为上的单调递增函数，，∴令得∴在递增，在递减，∴∴，即.【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．21. 已知是抛物线的焦点，过的直线交抛物线于不同两点，且.（1）求抛物线的方程；（2）过点作轴的垂线交直线（是原点）于，过作直线的垂线与抛物线的另一交点为，中点为.①求点的纵坐标；②求的取值范围.【答案】（1）;（2）见解析.【解析】【分析】（1）设方程y，与抛物线方程联立消元，根据根与系数的关系列方程得出的值；（2）根据的方程计算点纵坐标，求出方程得出点坐标，计算化简，根据的范围得出的范围．【详解】（1）设：，∴∴，∴∴（2）直线：∴即，∴，即直线：∴∴,∴三点共线∵∴.【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．22. 已知数列的各项都小于1，，.（1）求证：；（2）设数列的前项和为，求证：；（3）记，求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】【分析】（1）证明，再利用.化简证明；（2）求解前项和为，利用（1）的结论可得证明；（3）根据数列的单调性，求解的单调性，即可证明：.．【详解】（1）先证：，同号，，所以又，所以（2）由（1）得所以（3）由得，从而下证为单调递减数列∵我们先证为单调递减数列所以∴为单调递减数列，.【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，根据数列通项公式和前项和之间的关系，不等式的转化证明，属于难题．。

2019年高考数学浙江卷(附答案)1.已知全集 $U=\{-1.0.1.2.3\}$，集合 $A=\{0.1.2\}$，$B=\{-1.0.1\}$，则 $(A\cup B)^c$ 等于A。

$\{-1\}$ B。

$\{0.1\}$ C。

$\{-1.2.3\}$ D。

$\{-1.0.1.3\}$2.渐近线方程为 $x\pm y=0$ 的双曲线的离心率是A。

$\sqrt{2}$ B。

$1$ C。

$2$ D。

$\frac{\sqrt{2}}{2}$3.若实数 $x$，$y$ 满足约束条件 $\begin{cases} 3x-y-4\leq 0 \\ x+y\geq 0 \end{cases}$，则 $z=3x+2y$ 的最大值是A。

$-1$ B。

$1$ C。

$10$ D。

$12$4.XXX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 $V_{\text{柱体}}=Sh$，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（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm$^3$）是A。

$158$ B。

$162$ C。

$182$ D。

$324$非选择题部分（共110分）一、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。

请将答案填写在答题纸上。

1.设 $f(x)=\frac{1}{x-1}$，则 $f^{-1}(x)=$______________。

2.已知函数 $f(x)=x^2-2ax+a^2+1$，$a$ 为常数，若$f(1)=0$，$f(x)$ 的最小值为 $2$，则 $a=$______________。

3.已知 $\triangle ABC$，$\angle A=90^\circ$，$AB=3$，$BC=4$，则 $\sin\angle ACB=$______________。

4.已知函数 $f(x)=\log_2(x+1)-\log_2(x-1)$，则$f\left(\frac{1}{3}\right)=$______________。

2019年浙江省普通高中高三新高考统一模拟考试数学试卷★祝考试顺利★ (含答案)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{1,0,1,2,3}U =-，集合{0,1,2}A =，{1,0,1}B =-，则()UA B =A ．{1}-B ．{0,1}C ．{1,2,3}-D ．{1,0,1,3}- 2．渐近线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是A ．2B ．1 C．2 D ．2 3．若实数,x y 满足约束条件340,340,0,+x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩则32z x y =+的最大值是A. 1-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V Sh =柱体，其容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式中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（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A. 158B.162C. 182D. 324 5．设0,0a b >>，则“4a b +≤”则“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 6．在同一直角坐标系中，函数1x y a =，1log ()2ay x =+(01)a a >≠，且的图象可能是（第4题图）俯视图侧视图正视图663342A. B. C. D.7．设01a <<．随机变量X 的分布列是则当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α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则A. βγ<，αγ<B. βα<，βγ<C. βα<，γα<D. αβ<，γβ<9．设,R a b ∈，函数32,0,()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．1a <-，0b <B ． 1a <-，0b >C ．1a >-，0b <D ． 1a >-，0b >10．已知,a b ∈R ，数列{}n a 满足1a a =，21n na ab +=+，n ∈*N ，则 A ．当12b =时，1010a > B ．当14b =时，1010a > C ．当2b =-时，1010a > D ．当4b =-时，1010a >非选择题部分（共110分）。

2019年浙江省高考数学模拟试卷一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1．（4分）已知全集U＝{1，2，3，4，5}，∁U A＝{1，3，5}，则A＝（）A．{1，2，3，4，5}B．{1，3，5}C．{2，4}D．∅2．（4分）以下关于双曲线M：x2﹣y2＝8的判断正确的是（）A．M的离心率为2B．M的实轴长为2C．M的焦距为16D．M的渐近线方程为y＝±x3．（4分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．1D．4．（4分）复数i（i﹣1）的虚部为（）A．1B．i C．﹣1D．﹣i5．（4分）函数y＝x﹣2sin x的图象大致是（）A．B．C．D．6．（4分）“m＝﹣3”是“直线（m+1）x+y+1＝0与直线2x+（m+2）y+2＝0互相平行”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件7．（4分）在一个箱子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，现从中有放回的摸取5次，每次随机摸取一球，设摸得的白球个数为X，黑球个数为Y，则（）A．E（X）＞E（Y），D（X）＞D（Y）B．E（X）＝E（Y），D（X）＞D（YC．E（X）＞E（Y），D（X）＝D（Y）D．E（X）＝E（Y），D（X）＝D（Y）8．（4分）已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB ﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1 9．（4分）已知，，是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足4•3＝0，则||的最小值是（）A．1B．1C．2D．210．（4分）定义函数的“拐点”如下：设f′（x）是函数f（x）的导数，f′（x）是函数f （x）的导函数，若方程f''（x）＝0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y＝f（x）的“拐点”，已知任何三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心：若f（x）＝x3﹣9x2+20x﹣4，数列{a n}为等差数列，a5＝3，则f（a1）+f（a2）+…+f（a9）＝（）A．44B．36C．27D．18二．填空题（共7小题，满分36分）11．（6分）若关于x的方程3|x﹣2|+k cos（2﹣x）＝0只有一个实数解，则实数k的值为．12．（6分）若实数x，y满足约束条件，则的最小值是．13．（6分）在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，a，a cos B+b sin A＝c，则△ABC的面积的最大值为．14．（4分）二项式（）8的展开式的常数项是．15．（6分）已知λ∈R，函数f（x），，＜，当λ＝2时，不等式f（x）＜0的解集是．若函数f（x）恰有2个零点，则λ的取值范围是．16．（4分）两位同学分4本不同的书，每人至少分1本，4本书都分完，则不同的分发方式共有种．17．（4分）已知点P（0，1），椭圆y2＝m（m＞1）上两点A，B满足2，则当m＝时，点B横坐标的绝对值最大．三．解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）如图，锐角α，β的终边与单位圆的交点分别为A（，）B（，）．（I）求tanα；（II）求cos（α﹣β）．19．（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，AC⊥平面BCDE，∠CDE＝∠CBE＝90°，BC ＝CD＝2，DE＝BE＝1，AC，M为AE的中点．（1）求证：BD⊥平面AEC；（2）求直线MB与平面AEC所成角的正弦值．20．（15分）已知等差数列{a n}中，首项a1＝1，公差d为整数，且满足a1+1≤a3．a2+3≥a4，数列{b n}满足b n，其前n项和为S n．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若S1，S2，S m（m∈N*）成等比数列，求m的值．。

2019年浙江省高考数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知全集U={-1，0，1，2，3}，集合A={0，1，2}，B={-1，0，1}，则（∁U A）∩B=（）A. {−1}B. {0,1}C. {−1,2，3}D. {−1,0，1，3}2.渐进线方程为x±y=0的双曲线的离心率是（）A. √22B. 1C. √2D. 23.若实数x，y满足约束条件{x−3y+4≥03x−y−4≤0x+y≥0，则z=3x+2y的最大值是（）A. −1B. 1C. 10D. 124.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. 3245.若a＞0，b＞0，则“a+b≤4”是“ab≤4”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y=1a x ，y=1og a（x+12）（a＞0且a≠1）的图象可能是（）A. B.C. D.7.X0a1P 131313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 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则（ ）A. β<γ，α<γB. β<α，β<γC. β<α，γ<αD. α<β，γ<β9. 设a ，b ∈R ，函数f （x ）={x ，x ＜0，13x 3−12(a +1)x 2+ax ，x ≥0．若函数y =f （x ）-ax -b 恰有3个零点，则（ ）A. a <−1，b <0B. a <−1，b >0C. a >−1，b <0D. a >−1，b >0 10. 设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n ∈N *，则（ ）A. 当b =12时，a 10>10 B. 当b =14时，a 10>10 C. 当b =−2时，a 10>10D. 当b =−4时，a 10>10二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 复数z =11+i （i 为虚数单位），则|z |=______．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 =______．13. 在二项式（√2+x ）9展开式中，常数项是______，系数为有理数的项的个数是______． 14. 在△ABC 中，∠ABC =90°，AB =4，BC =3，点D 在线段AC 上，若∠BDC =45°，则BD =______，cos ∠ABD =______． 15. 已知椭圆x 29+y 25=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______．16. 已知a ∈R ，函数f （x ）=ax 3-x ．若存在t ∈R ，使得|f （t +2）-f （t ）|≤23，则实数a 的最大值是______．17. 已知正方形ABCD 的边长为1．当每个λi （i =1，2，3，4，5，6）取遍±1时，|λ1AB⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是______，最大值是______． 三、解答题（本大题共5小题，共71.0分） 18. 设函数f （x ）=sin x ，x ∈R ．（Ⅰ）已知θ∈[0，2π），函数f （x +θ）是偶函数，求θ的值；（Ⅱ）求函数y =[f （x +π12）]2+[f （x +π4）]2的值域．19. 如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC =90°，∠BAC =30°，A 1A =A 1C =AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点． （Ⅰ）证明：EF ⊥BC ；（Ⅱ）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．20. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3=4，a 4=S 3．数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n +b n ，S n +1+b n ，S n +2+b n 成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（Ⅱ）记c n =√an2b n，n ∈N *，证明：c 1+c 2+…+c n ＜2√n ，n ∈N *．21. 如图，已知点F （1，0）为抛物线y 2=2px （p ＞0）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S 1，S 2． （Ⅰ）求p 的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求S 1S 2的最小值及此时点G 点坐标．22.已知实数a≠0，设函数f（x）=a ln x+√1+x，x＞0．（Ⅰ）当a=-34时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤√x2a，求a的取值范围．注意：e=2.71828……为自然对数的底数．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵∁U A={-1，3}，∴（∁U A）∩B={-1，3}∩{-1，0，l}={-1}故选：A．由全集U以及A求A的补集，然后根据交集定义得结果．本题主要考查集合的基本运算，比较基础．2.【答案】C【解析】解：根据渐进线方程为x±y=0的双曲线，可得a=b，所以c=则该双曲线的离心率为e==，故选：C．由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．3.【答案】C【解析】【分析】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．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x，y满足约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，2），化目标函数z=3x+2y为y=-x+z，由图可知，当直线y=-x+z过A（2，2）时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值：10．故选：C．4.【答案】B【解析】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=27，高为6，则该柱体的体积是V=27×6=162．故选：B．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．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.【答案】A【解析】【分析】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．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：∵a＞0，b＞0，∴4≥a+b≥2，∴2≥，∴ab≤4，即a+b≤4⇒ab≤4，若a=4，b=，则ab=1≤4，但a+b=4+＞4，即ab≤4推不出a+b≤4，∴a+b≤4是ab≤4的充分不必要条件故选A．6.【答案】D【解析】解：由函数y=，y=1og a（x+），当a＞1时，可得y=是递减函数，图象恒过（0，1）点，函数y=1og a（x+），是递增函数，图象恒过（，0）点；当1＞a＞0时，可得y=是递增函数，图象恒过（0，1）点，函数y=1og a（x+），是递减函数，图象恒过（，0）点；∴满足要求的图象为D，故选D．对a进行讨论，结合指数，对数函数的性质即可判断.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.【答案】D【解析】解：E（X）=0×+a×+1×=，D（X）=（）2×+（a-）2×+（1-）2×=[（a+1）2+（2a-1）2+（a-2）2]=（a2-a+1）=（a-）2+∵0＜a＜1，∴D（X）先减小后增大故选：D．方差公式结合二次函数的单调性可得结果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.【答案】B【解析】解：方法一、如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α=∠BPF，β=∠PBD，γ=∠PED，则cosα===＜=cosβ，可得β＜α；tanγ=＞=tanβ，可得β＜γ，方法二、由最小值定理可得β＜α，记V-AC-B的平面角为γ'（显然γ'=γ），由最大角定理可得β＜γ'=γ；方法三、（特殊图形法）设三棱锥V-ABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，易得cosα==，可得sinα=，sinβ==，sinγ==，故选：B．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，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.【答案】C【解析】解：当x＜0时，y=f（x）-ax-b=x-ax-b=（1-a）x-b=0，得x=；y=f（x）-ax-b最多一个零点；当x≥0时，y=f（x）-ax-b=x3-（a+1）x2+ax-ax-b=x3-（a+1）x2-b，y′=x2-（a+1）x，当a+1≤0，即a≤-1时，y′≥0，y=f（x）-ax-b在[0，+∞）上递增，y=f（x）-ax-b最多一个零点．不合题意；当a+1＞0，即a＜-1时，令y′＞0得x∈[a+1，+∞），函数递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数y=f（x）-ax-b恰有3个零点⇔函数y=f（x）-ax-b在（-∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如右图：∴＜0且，解得b＜0，1-a＞0，b＞-（a+1）3．故选：C．当x＜0时，y=f（x）-ax-b=x-ax-b=（1-a）x-b最多一个零点；当x≥0时，y=f（x）-ax-b=x3-（a+1）x2+ax-ax-b=x3-（a+1）x2-b，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．本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．10.【答案】A【解析】解：对于B，令=0，得λ=，取，∴，∴当b=时，a10＜10，故B错误；对于C，令x2-λ-2=0，得λ=2或λ=-1，取a1=2，∴a2=2，…，a n=2＜10，∴当b=-2时，a10＜10，故C错误；对于D，令x2-λ-4=0，得，取，∴，…，＜10，∴当b=-4时，a10＜10，故D错误；对于A，，，≥，a n+1-a n＞0，{a n}递增，当n≥4时，=a n+＞1+=，∴，∴＞（）6，∴a10＞＞10．故A正确．故选：A．对于B，令=0，得λ=，取，得到当b=时，a10＜10；对于C，令x2-λ-2=0，得λ=2或λ=-1，取a1=2，得到当b=-2时，a10＜10；对于D，令x2-λ-4=0，得，取，得到当b=-4时，a10＜10；对于A，，，≥，当n≥4时，=a n+＞1+=，由此推导出＞（）6，从而a10＞＞10．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．11.【答案】√22【解析】解：∵z==．∴|z|=．故答案为：．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．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.【答案】-2 √5【解析】解：如图，由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得m=-2．∴圆心为（0，-2），则半径r=．故答案为：-2，．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m，再由两点间的距离公式求半径．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.【答案】16√2 5【解析】解：二项式的展开式的通项为=．由r=0，得常数项是；当r=1，3，5，7，9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．写出二项展开式的通项，由x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．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.【答案】12√257√2 10【解析】解：在直角三角形ABC中，AB=4，BC=3，AC=5，sinC=，在△BCD中，可得=，可得BD=；∠CBD=135°-C，sin∠CBD=sin（135°-C）=（cosC+sinC）=×（+）=，即有cos∠ABD=cos（90°-∠CBD）=sin∠CBD=，故答案为：，，解直角三角形ABC，可得sinC，cosC，在三角形BCD中，运用正弦定理可得BD；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．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.【答案】√15【解析】解：椭圆=1的a=3，b=，c=2，e=，设椭圆的右焦点为F'，连接PF'，线段PF的中点A在以原点O为圆心，2为半径的圆，连接AO，可得|PF'|=2|AO|=4，设P的坐标为（m，n），可得3-m=4，可得m=-，n=，由F（-2，0），可得直线PF的斜率为=．故答案为：．求得椭圆的a，b，c，e，设椭圆的右焦点为F'，连接PF'，运用三角形的中位线定理和椭圆的焦半径半径，求得P的坐标，再由两点的斜率公式，可得所求值．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.【答案】43【解析】解：存在t∈R，使得|f（t+2）-f（t）|≤，即有|a（t+2）3-（t+2）-at3+t|≤，化为|2a（3t2+6t+4）-2|≤，可得-≤2a（3t2+6t+4）-2≤，即≤a（3t2+6t+4）≤，由3t2+6t+4=3（t+1）2+1≥1，可得0＜a≤，可得a的最大值为．故答案为：．由题意可得|a（t+2）3-（t+2）-at3+t|≤，化为|2a（3t2+6t+4）-2|≤，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a的范围，进而得到所求最大值．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.【答案】0 2√5【解析】解：正方形ABCD 的边长为1，可得+=，=-， •=0， |λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6| =|λ1+λ2-λ3-λ4+λ5+λ5+λ6-λ6|=|（λ1-λ3+λ5-λ6）+（λ2-λ4+λ5+λ6）| =，由于λi （i=1，2，3，4，5，6）取遍±1， 可得λ1-λ3+λ5-λ6=0，λ2-λ4+λ5+λ6=0，可取λ5=λ6=1，λ1=λ3=1，λ2=-1，λ4=1， 可得所求最小值为0；由λ1-λ3+λ5-λ6，λ2-λ4+λ5+λ6的最大值为4，可取λ2=1，λ4=-1，λ5=λ6=1，λ1=1，λ3=-1，可得所求最大值为2．故答案为：0，2． 由题意可得+=，=-，•=0，化简|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|=，由于λi （i=1，2，3，4，5，6）取遍±1，由完全平方数的最值，可得所求最值．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． 18.【答案】解：（1）由f （x ）=sin x ，得f （x +θ）=sin （x +θ），∵f （x +θ）为偶函数，∴θ=π2+kπ（k ∈Z ）， ∵θ∈[0，2π），∴θ=π2或θ=3π2，（2）y =[f （x +π12）]2+[f （x +π4）]2=sin 2（x +π12）+sin 2（x +π4） =1−cos(2x+π6)2+1−cos(2x+π2)2=1-12(cos2xcos π6−sin2xsin π6−sin2x) =34sin2x −√34cos2x +1=√32sin(2x −π6)+1，∵x ∈R ，∴sin(2x −π6)∈[−1，1]，∴y =√32sin(2x −π6)+1∈[1−√32，1+√32]，∴函数y =[f （x +π12）]2+[f （x +π4）]2的值域为：[1−√32，1+√32]．【解析】（1）函数f （x+θ）是偶函数，则=（k ∈Z ），根据的范围可得结果； （2）化简函数得y=，然后根据x 的范围求值域即可．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.【答案】方法一：证明：（Ⅰ）连结A 1E ，∵A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，∴A 1E ⊥AC ，又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，∴A 1E ⊥平面ABC ，∴A 1E ⊥BC ，∵A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，∴BC ⊥A 1F ， ∴BC ⊥平面A 1EF ，∴EF ⊥BC ．解：（Ⅱ）取BC 中点G ，连结EG 、GF ，则EGFA 1是平行四边形， 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ， ∴平行四边形EGFA 1是矩形， 由（Ⅰ）得BC ⊥平面EGFA 1， 则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，∴EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上，连结A 1G ，交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成角（或其补角）， 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =2√3，EG =√3，∵O 是A 1G 的中点，故EO =OG =A 1G 2=√152， ∴cos ∠EOG =EO 2+OG 2−EG 22×EO×OG=35， ∴直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35．方法二：证明：（Ⅰ）连结A 1E ，∵A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点， ∴A 1E ⊥AC ，又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， ∴A 1E ⊥平面ABC ，如图，以E 为原点，EC ，EA 1所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 设AC =4，则A 1（0，0，2√3），B （√3，1，0），B 1（√3，3，2√3），F （√32，32，2√3），C （0，2，0），EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（√32，32，2√3），BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-√3，1，0）， 由EF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得EF ⊥BC ． 解：（Ⅱ）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ， 由（Ⅰ）得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-√3，1，0），A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，2，-2√3），设平面A 1BC 的法向量n⃗ =（x ，y ，z ）， 则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3x +y =0A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =y −√3z =0，取x =1，得n⃗ =（1，√3，1）， ∴sinθ=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||EF⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=45， ∴直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35． 【解析】法一：（Ⅰ）连结A 1E ，则A 1E ⊥AC ，从而A 1E ⊥平面ABC ，A 1E ⊥BC ，推导出BC ⊥A 1F ，从而BC ⊥平面A 1EF 由此能证明EF ⊥BC ．（Ⅱ）取BC 中点G ，连结EG 、GF ，则EGFA 1是平行四边形，推导出A 1E ⊥EG ，从而平行四边形EGFA 1是矩形，推导出BC ⊥平面EGFA 1，连结A 1G ，交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成角（或其补角），由此能求出直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值． 法二：（Ⅰ）连结A 1E ，推导出A 1E ⊥平面ABC ，以E 为原点，EC ，EA 1所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．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.【答案】解：（Ⅰ）设数列{a n }的公差为d ，由题意得{a 1+2d =4a 1+3d =3a 1+3d，解得a 1=0，d =2， ∴a n =2n -2，n ∈N *． ∴S n =n 2-n ，n ∈N *，∵数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n +b n ，S n +1+b n ，S n +2+b n 成等比数列． ∴（S n +1+b n ）2=（S n +b n ）（S n +2+b n ），解得b n =1d (S n+12−S n S n+2)， 解得b n =n 2+n ，n ∈N *．证明：（Ⅱ）c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1)，n ∈N *， 用数学归纳法证明：①当n =1时，c 1=0＜2，不等式成立；②假设n =k ，（k ∈N *）时不等式成立，即c 1+c 2+…+c k ＜2√k ， 则当n =k +1时， c 1+c 2+…+c k +c k +1＜2√k +√k (k+1)(k+2)＜2√k +√1k+1＜2√k +2√k+1+√k =2√k +2(√k +1−√k)=2√k +1， 即n =k +1时，不等式也成立．由①②得c 1+c 2+…+c n ＜2√n ，n ∈N *． 【解析】（Ⅰ）利用等差数列通项公式和前n 项和公式列出方程组，求出a 1=0，d=2，从而a n =2n-2，n ∈N *．S n =n 2-n ，n ∈N *，利用（S n+1+b n ）2=（S n +b n ）（S n+2+b n ），能求出b n ． （Ⅱ）==，n ∈N *，用数学归纳法证明，得到c 1+c 2+…+c n ＜2，n ∈N *．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.【答案】解：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：p2=1，∴p =2，∴抛物线的准线方程为x =-1；（Ⅱ）设A （x A ，y A ），B （x B ，y B ），C （x C ，y C ），重心G （x G ，y G ）， 令y A =2t ，t ≠0，则x A =t 2，由于直线AB 过F ，故直线AB 的方程为x =t 2−12ty +1，代入y 2=4x ，得：y 2−2(t 2−1)t y −4=0，∴2ty B =-4，即y B =-2t ，∴B （1t 2，-2t ），又x G =13（x A +x B +x C ），y G =13（y A +y B +y C ），重心在x 轴上， ∴2t −2t +y C =0，∴C （（1t −t ）2，2（1t −t ）），G （2t 4−2t 2+23t 2，0），∴直线AC 的方程为y -2t =2t （x -t 2），得Q （t 2-1，0）， ∵Q 在焦点F 的右侧，∴t 2＞2， ∴S 1S 2=12|FG|⋅|y A |12|QG|⋅|y C |=|2t 4−2t 2+13t 2|⋅|2t||t 2−1−2t 4−2t 2+23t 2|⋅|2t−2t|=2t 4−t 2t 4−1=2-t 2−2t 4−1，令m =t 2-2，则m ＞0，S 1S 2=2-mm 2+4m+3=2-1m+3m+4≥2-12√m⋅3m+4=1+√32，∴当m =√3时，S 1S 2取得最小值为1+√32，此时G （2，0）．【解析】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：=1，由此能求出抛物线的准线方程；（Ⅱ）设A （x A ，y A ），B （x B ，y B ），C （x C ，y C ），重心G （x G ，y G ），令y A =2t ，t≠0，则，从而直线AB 的方程为x=，代入y 2=4x ，得：，求出B （，-），由重心在x 轴上，得到=0，从而C （（）2，2（）），G （，0），进崦直线AC 的方程为y-2t=2t （x-t 2），得Q （t 2-1，0），由此结合已知条件能求出结果．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.【答案】解：（1）当a =-34时，f （x ）=-34lnx +√1+x ，x ＞0，f ′（x ）=-34x 21+x =√1+x−2)(2√1+x+1)4x √1+x，∴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 （x ）≤12a ，得0＜a ≤√24，当0＜a ≤√24时，f （x ）≤√x4a，等价于√x a 2-2√1+xa-2ln x ≥0，令t =1a ，则t ≥2√2，设g （t ）=t 2√x -2t √1+x -2ln x ，t ≥2√2， 则g （t ）=√x （t -√1+1x）2-x -2ln x ，（i ）当x ∈[17，+∞）时，√1+1x≤2√2，则g （x ）≥g （2√2）=8√x −4√2√1+x −2lnx ， 记p （x ）=4√x -2√2√1+x -ln x ，x ≥17， 则p ′（x ）=√x√2√x+1-1x=√x √x+1−√2x−√x+1x √x+1 =√x(√2x+2−1)]x √x+1(√x+1)(√x+1+√2x)，∴g （t ）≥g （2√2)=2p(x)=2p （x ）≥0．（ii ）当x ∈[1e 2，17）时，g （t ）≥g （√1+1x）=√xlnx−(x+1)2√x，令q （x ）=2√x ln x +（x +1），x ∈[1e ，17]， 则q ′（x ）=√x +1＞0，故q （x ）在[1e 2，17]上单调递增，∴q （x ）≤q （17），由（i ）得q （17）=-2√77p （17）＜-2√77p （1）=0，∴q （x ）＜0，∴g （t ）≥g （√1+1x）=-2√x ＞0，由（i）（ii）知对任意x∈[1e2，+∞），t∈[2√2，+∞），g（t）≥0，即对任意x∈[1e2，+∞），均有f（x）≤√x2a，综上所述，所求的a的取值范围是（0，√24]．【解析】（1）当a=-时，f′（x）=-=，利用导数性质能求出函数f（x）的单调区间．（2）由f（x）≤，得0＜a≤，当0＜a≤时，f（x）≤，等价于--2lnx≥0，令t=，则t，设g（t）=t2-2t-2lnx，t，则g（t）=（t-）2--2lnx，由此利用分类讨论思想和导导数性质能求出a的取值范围．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．。

2019年高考数学真题试卷（浙江卷）原卷+解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

1.（2019•浙江）已知全集U={-1，0，1，2，3}，集合A={0，1，2}，B={-1，0，1}，则=（）A. {-1}B. {0，1}C. {-1，2，3}D. {-1，0，1，3}【答案】 A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】解：，所以={-1}.故答案为：A.【分析】根据集合的补写出即可得到.2.（2019•浙江）渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是（）A. B. 1 C. D. 2【答案】 C【考点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解：根据双曲线的渐近线方程，得，所以离心率e= .故答案为：C.【分析】根据双曲线的渐近线方程，得到，即可求出离心率e.3.（2019•浙江）若实数x，y满足约束条件，则z=3x+2y的最大值是（）A. -1B. 1C. 10D. 12【答案】 C【考点】简单线性规划的应用【解析】【解答】作出可行域和目标函数相应的直线，平移该直线，可知当过（2,2）时，目标函数取最大值10.故答案为：C.【分析】作出可行域和目标函数相应的直线，平移该直线，即可求出相应的最大值.4.（2019•浙江）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。

若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A. 158B. 162C. 182D. 32【答案】 B【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】根据三视图，确定几何体为五棱柱，其底面积,所以体积V=27 .故答案为：B.【分析】根据三视图确定几何体的结构特征，根据祖暅原理，即可求出相应的体积.5.（2019•浙江）若a>0，b>0，则“a+b≤4“是“ab≤4”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【答案】 A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】作出直线y=4-x和函数的图象，结合图象的关系，可确定“a+b≤4“是“ab≤4”的充分不必要条件.故答案为：A.【分析】作出函数的图象，结合图象确定充分必要性即可.6.（2019•浙江）在同一直角坐标系中，函数y= ，y=log a(x+ ），（a>0且a≠0）的图像可能是（）A B C D【答案】 D【考点】函数的图象【解析】【解答】当a>1时，y= 的底数大于0小于1，故过（0,1）单调递减；y=log a(x+ ）过（，0）单调递增，没有符合条件的图象；当0<a<1时，y= 的底数大于1，故过（0,1）单调递增；y=log a(x+ ）过（，0）单调递减；故答案为：D.【分析】对a的取值分类讨论，结合指数函数和对数函数的特点，确定函数的图象即可.7.（2019•浙江）设0＜a＜1随机变量X的分布列是X 0 a 1P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【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解：E（X）= ，，根据二次函数的单调性，可知D（X）先减小后增大；故答案为：D.【分析】根据期望的公式求出E(X),结合方差的计算公式及二次函数的性质即可确定D（X）先减小后增大.8.（2019•浙江）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所成角为α.直线PB与平面ABC所成角为β.二面角P-AC-B的平面角为γ。

2019浙江省高考数学模拟试题(有答案)2019年浙江省高考数学模拟试题本试卷分为选择题和非选择题两部分，共6页，其中选择题部分为1-3页，非选择题部分为3-7页。

总分为150分，考试时间为120分钟。

考生注意事项：1.答题前，请务必使用黑色签字笔或钢笔在试题卷和答题纸规定的位置上填写姓名和准考证号。

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作答。

在本试题卷上作答一律无效。

参考公式：如果事件A，B互斥，则球的表面积公式为S=4πR²，P(A+B)=P(A)+P(B)。

如果事件A，B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)。

球的体积公式为V=4/3πR³，其中R表示球的半径。

棱柱的体积公式为V=Sh。

如果事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中恰好发生k次的概率为：(k=1,2.n)C(n,k)P(1-P)^(n-k)棱台的体积公式为V=h(1/3S₁+S₂+S₁S₂/√(S₁S₂))。

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A⊆B，A⊆C，B={2,1,8}，C={1,9,3,8}，则A可以是（）A.{1,8}B.{2,3}C.{0}D.{9} （命题意图：考查集合含义及运算）2.复数z=m+ni（i为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限（命题意图：考查复数概念及复数的运算）3.已知cos(α-)+sinα=π/6+74/3，则s in(α+π)的值是（）A.-65/232B.65/232C.-74/555D.74/555 （命题意图：考查诱导公式及三角运算）4.等比数列{an}中，a₁>0，则“a₁<a₄”是“a₃<a₅”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件（命题意图：考查充要条件、等价命题转化）5.若x，y满足约束条件，则z=x+3y的取值范围是（）A.[0,9]B.[0,5]C.[9,+∞)D.[5,+∞) （命题意图：考查线性规划最值问题）6.函数g(x)=(x-1)f'(x)二、填空题（本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共32分。

专题04 三视图【母题来源一】【2019年高考浙江卷】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．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm），则该柱体的体积（单位：cm3）是A．158 B．162C．182 D．324【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2646(33)616222++⨯+⨯⨯=.故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.【母题来源二】【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】C【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形， 上、下底分别为1，2，梯形的高为2， 因此几何体的体积为1(12)2262⨯+⨯⨯=， 故选C.【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.【母题来源三】【2017年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．12π+ B ．32π+ C ．312π+D ．332π+ 【答案】A【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，俯视图正视图所以几何体的体积为21113(21)1 3222Vπ⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，故选A．【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整．【命题意图】能够识别三视图所表示的空间几何体，理解三视图和直观图的联系，并能进行转化，进而求出该几何体的表面积或体积．【命题规律】这类试题在考查题型上主要以选择题或填空题的形式出现，多为低档题，常见的命题角度：根据几何体的三视图，求该几何体的表面积或体积，熟练掌握三视图还原为直观图的方法（应牢记：长对正，宽相等，高平齐）及空间几何体的表面积与体积公式是关键．【答题模板】三视图问题的常见类型及解题策略：（1）由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．（2）由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线，不能看到的部分用虚线表示．（3）由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合.（4）求几何体体积问题需先由三视图确定几何体的结构特征，判断是否为组合体，由哪些简单几何体构成，并准确判断这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．【方法总结】1．线条的规则（1）能看见的轮廓线用实线表示；（2）不能看见的轮廓线用虚线表示.2．常见几何体的三视图3．空间几何体的直观图（1）斜二测画法及其规则对于平面多边形，我们常用斜二测画法画它们的直观图.斜二测画法是一种特殊的画直观图的方法，其画法规则是：①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，把它们画成对应的x′轴和y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′=45°(或135°)，它们确定的平面表示水平面.②已知图形中平行于x轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴或y′轴的线段.③已知图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度为原来的一半.（2）用斜二测画法画空间几何体的直观图的步骤①在已知图形所在的空间中取水平平面，作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴使∠xOz=90°，且∠yOz=90°.②画直观图时，把它们画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′=45°(或135°)，∠x′O′z′=90°，x′O′y′所确定的平面表示水平平面.③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同.④已知图形中平行于x轴或z轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于y轴的线段，长度变为原来的一半.⑤画图完成以后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图. （3）直观图的面积与原图面积之间的关系①原图形与直观图的面积比为SS ='，即原图面积是直观图面积的倍，4倍. 4．旋转体的表面积侧面展开图5．多面体的表面积多面体的表面积就是各个面的面积之和，也就是展开图的面积. 棱锥、棱台、棱柱的侧面积公式间的联系：6．球的表面积和体积公式设球的半径为R ，它的体积与表面积都由半径R 唯一确定，是以R 为自变量的函数，其表面积公式为24πR ，即球的表面积等于它的大圆面积的4倍；其体积公式为34π3R .7．球的切、接问题（常见结论）（1）若正方体的棱长为a，则正方体的内切球半径是12a；与正方体所有棱相切的球的半径是2a．（2）若长方体的长、宽、高分别为a，b，h（3）若正四面体的棱长为a；与．（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径．（5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．8．柱体、锥体、台体的体积公式9．柱体、锥体、台体体积公式间的关系10．必记结论（1）一个组合体的体积等于它的各部分体积之和或差； （2）等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相等.1．【2018年11月浙江省学考】某简单几何体的三视图（俯视图为等边三角形）如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）为A ．18B ．C ．D ．2．【辽宁省葫芦岛市普通高中2019届高三第二次模拟】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积A ．5πB ．6πC ．62π+D ．52π+3．【浙北四校2019届高三12月模拟考】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A．8 B．C．16 D．16π4．【重庆市西南大学附属中学校2019届高三第九次月考】一个棱长为2的正方体被一个平面截去部分后，余下部分的三视图如图所示，则截去部分与剩余部分体积的比为A．1：3 B．1：4C．1：5 D．1：65．【内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试一】已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥外接球表面积是A．B．20πC．4πD．12π6．【浙江省镇海中学2019届高三上学期期中考试】某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是A．B．C．D．7．【重庆市巴蜀中学2019届高三适应性月考七】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．16πB．12πC．323πD．163π8．【西南名校联盟重庆市第八中学2019届高三5月高考适应性月考六】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．12πB．64 3πC．323πD．16π9．【浙江省杭州第十四中学2019届高三8月月考】如图是某几何体的三视图（单位：cm），则该几何体的表面积（单位：cm2）是A．10+B．22C．14+D．13+10．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是A．53πB．43πC．223π+D．243π+11．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试二】据中国古代数学名著《九章算术》中记载，公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器一商鞅铜方升，其三视图如图所示（单位：寸），其体积为12.6立方寸．若取圆周率3π=，则图中的x值为A．1.5 B．2C ．3D ．3.112．【浙江省宁波市2019届高三上学期期末考试】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．1312π+ B ．134π+ C ．14π+D ．112π+13．【甘肃省白银市靖远县2019届高三第四次联考】已知某几何体是由一个三棱柱和一个三棱锥组合而成的，其三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．43 B ．2 C ．52D ．8314．【宁夏银川一中2019届高三年级第二次模拟】一个四棱锥的三视图如图所示，其正视图和侧视图为全等的等腰直角三角形，该几何体的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为A ．πB ．2πC．4πD．6π15．【新疆维吾尔自治区2019年普通高考第二次适应性检测】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．240 B．220C．200 D．26016．【浙江省衢州市五校联盟2019届高三年级上学期联考】某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．B．C．D．17．【黑龙江省大庆市2019届高三第三次教学质量检测】某三棱锥是由一个正方体被四个平面截去四部分得到的，其三视图都是边长为2的正方形，如图，则该三棱锥的表面积为A．8B．C ．D ．1618．【陕西省榆林市2019届高三第四次普通高等学校招生模拟考试】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A ．264B ．270C ．274D ．28219．【甘肃省2019届高三第二次高考诊断】南北朝数学家祖暅在推导球的体积公式时构造了一个中间空心的几何体，经后继学者改进后这个中间空心的几何体其三视图如图所示．现用一与下底面平行且与下底面距离为(02)h h <<的平面去截该几何体，则截面面积是A ．4πB ．2h πC ．2(2)h π-D ．2(4)h π-20．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为______________，表面积为______________．21．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】若某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体最长的棱长是______________ cm ，体积等于______________3 cm ．22．【浙江省温州市2019届高三2月高考适应性测试】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）等于______________，表面积（单位：cm 2）等于______________．23．【浙江省七彩联盟2018-2019学年第一学期高三11月期中考试】某四棱锥的三视图如图，则该几何体的表面积是______________ ；体积是______________ ．24．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）等于______________；表面积（单位：2cm ）等于______________．25．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直，其三视图(如图)所示，则这个棱柱的体积为______________，此棱柱的外接球的表面积为______________．26．【浙江省2018年12月重点中学高三期末热身联考】某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______________；表面积是______________．27．【浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估】已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为______________，其体积为______________．28．【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为______________，表面积为______________．。

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2019年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷）数 学参考公式：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{}1,0,1,2,3U =-，集合{}0,1,2A =，{}101B =-,,，则UA B =（ ）A 。

{}1- B. {}0,1 C 。

{}1,2,3- D. {}1,0,1,3-【答案】A 【解析】 【分析】本题借根据交集、补集的定义可得。

容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查。

【详解】={1,3}U C A -,则(){1}U C A B =-【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误。

2.渐近线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是( ）B 。

1D 。

2【答案】C 【解析】 【分析】本题根据双曲线的渐近线方程可求得1a b ==，进一步可得离心率。

容易题,注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.【详解】因为双曲线的渐近线为0x y ±=，所以==1a b ,则c ==ce a== 【点睛】理解概念，准确计算,是解答此类问题的基本要求。

部分考生易出现理解性错误.3.若实数,x y 满足约束条件3403400x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则32z x y =+的最大值是（ ） A 。

2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学参考公式：分别表示台体的上、下底面积，h表选择题部分（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{}1,0,1,2,3U=-，集合{}0,1,2A=，{}101B=-,,，则（∁U A）∩B＝（）A. {}1-B. {}0,1C. {}1,2,3- D. {}1,0,1,3-2.渐近线方程为0x y±=的双曲线的离心率是（）A. B. 1C. D. 23.若实数,x y满足约束条件340340x yx yx y-+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则32z x y=+的最大值是（）A. 1- B. 1C 10 D. 124.祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =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. 325.若0,0ab >>，则“4a b +≤”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6.在同一直角坐标系中，函数11,log (02a x y y x a a ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭且0)a ≠的图象可能是（ ）A. B.C. D.7.设01a <<，则随机变量X 的分布列是：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 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则（ ） A. ,βγαγ<< B. ,βαβγ<< C. ,βαγα<<D. ,αβγβ<< 9.已知,a b R ∈，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，若函数()y f x ax b =--恰有三个零点，则（ ） A. 1,0a b <-< B. 1,0a b <-> C.1,0a b >->D. 1,0a b >-< 10.设,a b R ∈，数列{}n a 中，a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ， ,则（ ）A. 当101,102b a =>B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =->D. 当104,10b 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11z i=+（i 为虚数单位），则||z =________. 12.已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r .若直线230x y -+=与圆相切于点(2,1)A --，则m =_____，r =______.13.在二项式9)x 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.14.在ABC 中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若45BDC ∠=︒，则BD =____；cos ABD ∠=________.15.已知椭圆22195x y +=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_______.16.已知a R ∈，函数3()f x ax x =-，若存在t R ∈，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是____. 17.已知正方形ABCD 的边长为1，当每个(1,2,3,4,5,6)i i λ=取遍±1时，123456||AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++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.设函数()sin ,f x x x =∈R .（1）已知[0,2),θ∈π函数()f x θ+是偶函数，求θ的值； （2）求函数22[()][()]124y f x f x ππ=+++ 的值域. 19.如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A AC C ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是11,AC A B 的中点.（1）证明：EF BC ⊥； （2）求直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值.20.设等差数列{}n a 前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式；（2）记,,2nn na C nb *=∈N 证明：12+2,.n C C C n n *++<∈N21.如图，已知点(10)F ，为抛物线22(0)y px p =>，点F 为焦点，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 右侧.记,AFG CQG △△的面积为12,S S.（1）求p 的值及抛物线的标准方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标.22.已知实数0a ≠，设函数()=ln 1,0.f x a x x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有(),2x f x a≤ 求a 的取值范围. 注：e 2.71828...=为自然对数的底数.2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学参考公式：分别表示台体的上、下底面积，h 表选择题部分（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{}1,0,1,2,3U =-，集合{}0,1,2A =，{}101B =-,,，则（∁U A ）∩B ＝（ ）A. {}1-B.{}0,1C. {}1,2,3-D. {}1,0,1,3-【答案】A 【解析】 【分析】本题借根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查. 【详解】={1,3}U C A -，则(){1}U C A B =-【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误.2.渐近线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是（ ）A. B. 1C.D. 2【答案】C 【解析】 【分析】本题根据双曲线的渐近线方程可求得1a b ==，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.【详解】因为双曲线的渐近线为0x y ±=，所以==1a b，则c ==，双曲线的离心率ce a==【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.3.若实数,x y 满足约束条件3403400x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩，则32z x y =+的最大值是（ ）A. 1-B. 1C. 10D. 12【答案】C 【解析】 【分析】本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.【详解】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），由图易得当目标函数=3+2z x y 经过平面区域的点(2,2)时，=3+2z x y 取最大值max 322210z =⨯+⨯=.【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，也有可能在解方程组的过程中出错.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，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V Sh =柱体，其中S 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. 32【答案】B 【解析】 【分析】本题首先根据三视图，还原得到几何体—棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积.常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.【详解】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264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭.【点睛】易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算. 5.若0,0ab >>，则“4a b +≤”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【答案】A 【解析】 【分析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取,a b 值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当0, 0a >b >时，2a b ab +≥，则当4a b +≤时，有24ab a b ≤+≤，解得4ab ≤，充分性成立；当=1, =4a b 时，满足4ab ≤，但此时=5>4a+b ，必要性不成立，综上所述，“4a b +≤”是“4ab ≤”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取,a b 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.6.在同一直角坐标系中，函数11,log (02a x y y x a a ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭且0)a ≠的图象可能是（ ） A. B.C. D.【答案】D 【解析】 【分析】本题通过讨论a 的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当01a <<时，函数xy a =过定点(0,1)且单调递减，则函数1x y a=过定点(0,1)且单调递增，函数1log 2a y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭过定点1(,0)2且单调递减，D 选项符合；当1a >时，函数x y a =过定点(0,1)且单调递增，则函数1x y a =过定点(0,1)且单调递减，函数1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭过定点1(,02）且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论a 的不同取值范围，认识函数的单调性.7.设01a <<，则随机变量X 的分布列是：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【答案】D 【解析】 【分析】研究方差随a 变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数a 表示，应用函数知识求解.本题根据方差与期望的关系，将方差表示为a 的二次函数，二测函数的图象和性质解题.题目有一定综合性，注重重要知识、基础知识、运算求解能力的考查. 【详解】方法1：由分布列得1()3aE X +=，则 2222111111211()01333333926a a a D X a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则当a 在(0,1)内增大时，()D X 先减小后增大.方法2：则()222221(1)222213()()03399924a a a a D X E X E X a ⎡⎤+-+⎛⎫=-=++-==-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故选D.【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.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 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P AC B --的平面角为γ，则（ ） A. ,βγαγ<< B. ,βαβγ<< C.,βαγα<<D.,αβγβ<<【答案】B 【解析】 【分析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.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.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法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,,BPF PBD PED α=∠β=∠γ=∠，则cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBα===<=β，即αβ>，tan tan PD PDED BDγ=>=β，即y >β，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理βα<，记V AB C --的平面角为γ'（显然γ'=γ） 由最大角定理β<γ'=γ，故选B.法2：（特殊位置）取V ABC -为正四面体，P 为VA 中点，易得333222cos sin sin 6633α=⇒α=β=γ=，故选B. 【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.9.已知,a b R ∈，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩，若函数()y f x ax b =--恰有三个零点，则（ ） A. 1,0a b <-< B. 1,0a b <-> C.1,0a b >->D. 1,0a b >-<【答案】D 【解析】 【分析】本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想及数形结合思想的考查.研究函数方程的方法较为灵活，通常需要结合函数的图象加以分析. 【详解】原题可转化为()y f x =与y ax b =+，有三个交点.当BC AP λ=时，2()(1)()(1)f x x a x a x a x '=-++=--，且(0)0,(0)f f a ='=，则（1）当1a ≤-时，如图()y f x =与y ax b =+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()y f x =与y ax b =+若有三个交点，则0b <，答案选D下面证明：1a >-时，BC AP λ=时3211()()(1)32F x f x ax b x a x b =--=-+-，2()(1)((1))F x x a x x x a '=-+=-+，则(0)0 ,(+1)<0F >F a ，才能保证至少有两个零点，即310(1)6b a >>-+，若另一零点在0<【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及,a b 两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底..10.设,a b R ∈，数列{}n a 中，a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ， ,则（ ） A. 当101,102b a => B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =-> D. 当104,10b a =->【答案】A 【解析】 【分析】本题综合性较强，注重重要知识、基础知识、运算求解能力、分类讨论思想的考查.本题从确定不动点出发，通过研究选项得解.【详解】选项B ：不动点满足2211042x x x ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭时，如图，若1110,,22n a a a ⎛⎫=∈< ⎪⎝⎭， 排除如图，若a 为不动点12则12n a = 选项C ：不动点满足22192024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为ax 12-，令2a =，则210n a =<，排除选项D ：不动点满足221174024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭，不动点为17122x =±，令17122a =±，则171102n a =<，排除.选项A ：证明：当12b =时，2222132431113117,,12224216a a a a a a =+≥=+≥=+≥≥， 处理一：可依次迭代到10a ； 处理二：当4n ≥时，221112n n n a a a +=+≥≥，则则 12117(4)16n n a n -+⎛⎫≥≥ ⎪⎝⎭，则626410217164646311114710161616216a ⨯⎛⎫⎛⎫≥=+=++⨯+⋯⋯>++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选A【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.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11z i=+（i 为虚数单位），则||z =________.【解析】 【分析】本题先计算z ，而后求其模.或直接利用模的性质计算. 容易题，注重基础知识、运算求解能力的考查.【详解】1|||1|z i ===+. 【点睛】本题考查了复数模的运算，属于简单题.12.已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r .若直线230x y -+=与圆相切于点(2,1)A --，则m =_____，r =______.【答案】 (1). 2m =-(2). r =【解析】 【分析】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC 的斜率，进一步得到其方程，将(0,)m 代入后求得m ，计算得解.【详解】可知11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+，把(0,)m 代入得2m =-，此时||r AC ===【点睛】：解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.13.在二项式9)x 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.【答案】 (1). (2). 5 【解析】 【分析】本题主要考查二项式定理、二项展开式的通项公式、二项式系数，属于常规题目.从写出二项展开式的通项入手，根据要求，考察x 的幂指数，使问题得解.【详解】9)x 的通项为919(0,1,29)rr r r T C x r -+==可得常数项为0919T C ==因系数为有理数，1,3,5,7,9r =，有246810T , T , T , T , T 共5个项【点睛】此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确. 14.ABC 中，90ABC ∠=︒，4AB =，3BC =，点D 在线段AC 上，若45BDC ∠=︒，则BD =____；cos ABD ∠=________.【答案】 (1). 5 (2). 10【解析】 【分析】本题主要考查解三角形问题，即正弦定理、三角恒等变换、数形结合思想及函数方程思想.通过引入CD x =，在BDC ∆、ABD ∆中应用正弦定理，建立方程，进而得解.. 【详解】在ABD ∆中，正弦定理有：sin sin AB BD ADB BAC =∠∠，而34,4AB ADB π=∠=,AC 5=，34sin ,cos 55BC AB BAC BAC AC AC ∠==∠==，所以BD =72cos cos()coscos sinsin 44ABD BDC BAC BAC BAC ππ∠=∠-∠=∠+∠=【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.15.已知椭圆22195x y +=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_______. 15【解析】 【分析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示考点圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁. 【详解】方法1：由题意可知||=|2OF OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，设(,)P x y 可得22(2)16x y -+=，联立方程22195x y +=可解得321,22x x =-=（舍），点P 在椭圆上且在x 轴的上方， 求得3152P ⎛- ⎝⎭，所以1521512PF k ==方法2：焦半径公式应用解析1：由题意可知|2OF |=|OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，即342p p a ex x -=⇒=-求得315,22P ⎛- ⎝⎭，所以1521512PF k ==【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.16.已知a R ∈，函数3()f x ax x =-，若存在t R ∈，使得2|(2)()|3f t f t +-≤，则实数a 的最大值是____. 【答案】max 43a = 【解析】 【分析】本题主要考查含参绝对值不等式、函数方程思想及数形结合思想，属于能力型考题.从研究()2(2)()23642f t f t a t t +-=++-入手，令2364[1,)m t t =++∈+∞，从而使问题加以转化，通过绘制函数图象，观察得解.【详解】使得()()222(2)()2(2)(2))223642f t f t a t t t t a t t +-=•++++-=++-，使得令2364[1,)m t t =++∈+∞，则原不等式转化为存在11,|1|3m am ≥-≤，由折线函数，如图只需113a -≤，即43a ≤，即a 的最大值是43【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.17.已知正方形ABCD 的边长为1，当每个(1,2,3,4,5,6)i i λ=取遍±1时，123456||AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++的最小值是________；最大值是_______.【答案】 (1). 0 (2). 25 【解析】 【分析】本题主要考查平面向量的应用，题目难度较大.从引入“基向量”入手，简化模的表现形式，利用转化与化归思想将问题逐步简化. 【详解】()()12345613562456AB BC CD DA AC BD AB AD λ+λ+λ+λ+λ+λ=λ-λ+λ-λ+λ-λ+λ+λ要使123456AB BC CD DA AC BD λ+λ+λ+λ+λ+λ的最小，只需要135562460λ-λ+λ-λ=λ-λ+λ+λ=，此时只需要取1234561,1,1,1,1,1λ=λ=-λ=λ=λ=λ=此时123456min0AB BC CD DA AC BDλ+λ+λ+λ+λ+λ=等号成立当且仅当1356,,λ-λλ-λ均非负或者均非正，并且2456,,λ-λλ+λ均非负或者均非正。

试卷命题双向细目表2019年高考模拟试卷数学卷本试卷分卷I 和卷II 两部分.考试时间120分钟.满分150分.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题卡上。

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.（原创）若集合},0x {N x a x A ∈<<=有且只有一个元素，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(1,2)B. [1,2]C. [1,2)D. (1,2]2.（原创）已知复数1z 对应复平面上的点(1,1)-，复数2z 满足122z z =-，则2|2i |z +=（ ）A．2 C．103.（原创）“3<-b a ”是“圆056222=++-+a y x y x 关于直线b x y 2+=成轴对称图形”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4. (改编)函数)0,0,0(cos sin )(≠≠≠+=ϖϖϖb a x b x a x f ,则)(x fA ．是非奇非偶函数B ．奇偶性与b a ,有关C ．奇偶性与ϖ有关D ．奇偶性与b a ,无关3π34RV =5.（原创）函数2ln )(x xx f =的图象大致是 （ ）A. B. C. D.6.（原创）已知不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤--≤-+≥022041y x y x x ，则11+-+=y x x y z 的取值范围是 （ ） A ．]41[，B ．]141[，C ．]4150[， D ．]4172[，7.（改编）P 是双曲线116252=-yx 在第一象限．．．．上的动点，12,F F 分别是双曲线的左右焦点，M 是12F PF ∠的平分线上的一点，且MP M F ⊥2，则OM 的值是（ ）A ．4 B.5 C.8 D.108. (改编)已知平面上的两个向量和a =b =，且221a b +=，0=⋅，若向量),(R ∈+=μλμλ，且()()222221214a b λμ-+-=，则的最大值为( )A ．1B ．23C ．2D ．49.（改编）已知函数()222,0,e e ,0,x x x a x f x ax x ⎧++<⎪=⎨-+-≥⎪⎩恰有两个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A.）（1,0 B.）（+∞,e C.）（）（+∞⋃,e 1,0 D.）（）（+∞⋃,e 1,02 10.（改编）如图1，在平面四边形ABCD 中，1AB =，BC =AC CD ⊥，CD =，当ABC ∠变化时，当对角线BD 取最大值时，如图2，将ABC ∆沿AC 折起，在将ABC ∆开始折起到与平面ACD 重合的过程中，直线AB 与CD 所成角的余弦值的取值范围是 （ ）ABD图1 图2A ．]6426,0[+B ． ]1,6426[+ C ．]1,6426[- D ．]6426,0[-第Ⅱ卷（共110分）二、填空题（本大题共7小题，共36分，将答案填在答题纸上）11.（原创）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后入称之为三角形的欧拉线．已知ABC △的顶点()2,0A ，()0,4B ，AC BC =，则ABC △的欧拉线方程为12.（原创）若9922109)1()1()1(1-+⋯⋯+-+-+=+x a x a x a a x ）（，则7a = ， =+⋯⋯+++9321932a a a a13.（改编）已知函数()1122f x x x m =--的最大值为4，则实数 m = ；若0,02m m x ><<222x x +-的最小值为 14. 例3：如图所示，网格纸上小正方形的边长为4，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度是（ ）15.（改编）已知数列}{a n 满足13)1()2(,2a 11++=++++=+n n n a n a n n ，则=3a ，数列}{a n 的通项公式=n a16.（改编）6辆不同的汽车需停在并排连续的6个车位上，则甲车不能停在首尾两个车位上，且甲车和乙、丙两车中至少一辆相邻的概率是 .17. （改编）函数)1(+=x f y 的图像关于直线1-=x 对称,且)(x f y =在),0[+∞上单调递减,若]3,1[∈x 时,不等式)23(ln )3(2)3ln 2(mx x f f x mx f -+-≥--恒成立,则实数m 的取值范围为 .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.（本小题满分14分）（改编）ABC∆的内角A，B，C的对边分别为a，b,c已知222a c b+=，cos0A B+=.（1）求cos C；（2）若ABC∆的面积52S=，求b.（改编）已知梯形BFEC如图（1）所示，其中45==BFEC，，四边形是边长为2的正方形，现沿进AD行折叠，使得平面⊥EDAF平面ABCD，得到如图（2）所示的几何体（1）求证：平面⊥AEC平面BDE（2）已知点H在线段上BD，且//AH平面BEF，求FH与平面BEF所成角的正弦值。