2019年浙江卷题目及作文 2019年浙江省高考真题文案

2023-03-17 高考作文类别：叙事 1200字

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2019年浙江卷题目及作文 2019年浙江省高考真题文案：

2019年高考浙江卷作文题目
适用地区:浙江全省
题目要求:
阅读下面的文字，根据要求作文。
有一种观点认为:作家写作时心里要装着读者，多倾听读者的呼声。
另一种看法是:作家写作时应该坚持自己的想法，不为读者所左右。
假如你是创造生活的“作家”，你的生活就成了一部“作品”，那么你将如何对待你的“读者”?
根据材料写一篇文章，谈谈你的看法。
【注意】①立意自定，角度自选，题目自拟。②明确文体，不得写成诗歌。③不得少于800字。④不得抄袭、套作。
2019年浙江满分作文:
愿为苍生鼓与呼
有一种观点认为:作家写作时心里要装着读者，多倾听读者的呼声。
另一种看法是:作家写作时应该坚持自己的想法，不为读者所左右。
假如你是创造生活的“作家”，你的生活就成了一部“作品”，那么你将如何对待你的“读者”?
根据材料写一篇文章，谈谈你的看法。
如果把每一个人都看成是创造生活的“作家”，那么他当然应该“心中装着读者”。
为什么?因为，作品需要传播，传播需要读者。作品好不好，需要围观，需要争鸣，更需要喝彩。
世界上，心中装着读者的大作家，他们的作品大受欢迎，享誉世界，是文学的丰碑，是文化的经典。《水浒》中那些衣不蔽体、食不果腹的江湖好汉，面对无法忍受的压迫，于绝望中奋起，用刀剑棍棒诉说自己的反抗。《聊斋志异》里的那些鬼怪狐仙，他们或丑陋或美艳，但是无论悲欢离合，他们与生死以之的爱情故事，赚了多少痴男怨女的眼泪?还有屠格涅夫、托尔斯泰等古今中外名家，典型事例不胜枚举。
而我们，每一个识文断字的中学生，既然我们的生活是“作品”，那就意味着要对得起“读者”。这些“读者”，与我们的生活与命运息息相关。他们是父母，是老师，是同学，是其它时而出现、时而消失的亲友。面对他们，我们应该尊重、理解、热爱;对待自己，我们则应该坚韧、勤奋、努力。唯有行得正走得端，踏实勤勉，才能创作出一部杰出的“人生作品”。
还是允许我用“作家”来说吧!尽管我的“读者”和我一样只是芸芸众生之一，在滚滚红尘中极容易被轻忽被无视，我还是愿意小心翼翼地把他们放在心上。
我知道他们微不足道的快乐。清晨树叶上闪烁的的一颗露珠，傍晚水面上暗红的一抹夕阳，父母一缕慈祥的笑靥，老师一道赞许的目光，被他们尽收眼底。我知道他们无法诉说的忧伤。头顶烈日，劳作在尘土飞扬的工地;推推挤挤，穿梭在污水横流的菜场;卧病在床，担心没钱求医问药;四处奔波，总是难逃生计无着。
如今，生活确实有了很大变化，可是每个村落每个城镇的建设，都需要有人关注。譬如:家乡的道路是否通畅?往昔的街巷是否繁华?远处的青山是否依然翠绿?村边的小河是否还是碧水荡漾?而那些古塔、水碓、黑瓦、白墙，是否还能承载那一段浓浓的乡愁?
我为苍生代言，我为他们歌唱。那些只为自己写作的，就失去了写作的意义。“墙角的花,你孤芳自赏时,天地便小了。”
最后我想说，每一个人，都是自己这部作品的“首席作者”，也是这部作品的“第一位读者”，那么请想一想，你不也是平凡微小的苍生吗?
我愿意是作家，我愿意为万千苍生鼓与呼!

2019年浙江卷题目及作文 2019年浙江省高考真题文案：

2019年浙江省高考数学试卷解析(精品)
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（?UA）∩B=（）
A.B.C.2，D.0，1，
2.渐进线方程为x±y=0的双曲线的离心率是（）
A.B.1C.D.2
3.若实数x，y满足约束条件，则z=3x+2y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.162
C.182
D.324
5.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=，y=1oga（x+）（a＞0且a≠1）的图象可能是（）
A.B.
C.D.
7.设0＜a＜1．随机变量X的分布列是
X0a1P
则当a在（0，1）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.，B.，C.，D.，
9.设a，b∈R，函数f（x）=若函数y=f（x）-ax-b恰有3个零点，则（）
A.，B.，C.，D.，
10.设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an2+b，n∈N，则（）
A.当时，B.当时，
C.当时，D.当时，
二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）
11.复数z=（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（+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+=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）=ax3-x．若存在t∈R，使得f（t+2）-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λi（i=1，2，3，4，5，6）取遍±1时，λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6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）=sinx，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+）]2+[f（x+）]2的值域．
19.如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC=90°，∠BAC=30°，A1A=A1C=AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
（Ⅰ）证明：EF⊥BC；
（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
20.设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=4，a4=S3．数列{bn}满足：对每个n∈N，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn=，n∈N，证明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N．
21.如图，已知点F（1，0）为抛物线y2=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S1，S2．
（Ⅰ）求p的值及抛物线的准线方程；
（Ⅱ）求的最小值及此时点G点坐标．
22.已知实数a≠0，设函数f（x）=alnx+，x＞0．
（Ⅰ）当a=-时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）对任意x∈[，+∞）均有f（x）≤，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：∵?UA={-1，3}，
∴（?UA）∩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=1oga（x+），
当a＞1时，可得y=是递减函数，图象恒过（0，1）点，
函数y=1oga（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=1oga（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，…，an=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，，，
≥，
an+1-an＞0，{an}递增，
当n≥4时，=an+＞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，=an+＞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】
【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
【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】165
【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】
【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】
【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'=2AO=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】
【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】02
【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）=sinx，得
f（x+）=sin（x+），
∵f（x+）为偶函数，∴=（k∈Z），
∵θ∈[0，2π），∴或，
（2）y=[f（x+）]2+[f（x+）]2
=sin2（x+）+sin2（x+）
=
=1-
=
=，
∵x∈R，∴，
∴，
∴函数y=[f（x+）]2+[f（x+）]2的值域为：．
【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A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，
∴A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
∴A1E⊥平面ABC，∴A1E⊥BC，
∵A1F∥AB，∠ABC=90°，∴BC⊥A1F，
∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC．
解：（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
∴平行四边形EGFA1是矩形，
由（Ⅰ）得BC⊥平面EGFA1，
则平面A1BC⊥平面EGFA1，
∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，
连结A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=，
∵O是A1G的中点，故EO=OG==，
∴cos∠EOG==，
∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．
方法二：
证明：（Ⅰ）连结A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，
∴A1E⊥AC，
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
∴A1E⊥平面ABC，
如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AC=4，则A1（0，0，2），B（），B1（），F（），C（0，2，0），
=（），=（-），
由=0，得EF⊥BC．
解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为θ，
由（Ⅰ）得=（-），=（0，2，-2），
设平面A1BC的法向量=（x，y，z），
则，取x=1，得=（1，），
∴sinθ==，
∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．
【解析】
法一：
（Ⅰ）连结A1E，则A1E⊥AC，从而A1E⊥平面ABC，A1E⊥BC，推导出BC⊥A1F，从而BC⊥平面A1EF由此能证明EF⊥BC．
（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，推导出A1E⊥EG，从而平行四边形EGFA1是矩形，推导出BC⊥平面EGFA1，连结A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），由此能求出直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
法二：
（Ⅰ）连结A1E，推导出A1E⊥平面ABC，以E为原点，EC，EA1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A1BC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{an}的公差为d，
由题意得，
解得a1=0，d=2，
∴an=2n-2，n∈N．
∴Sn=n2-n，n∈N，
∵数列{bn}满足：对每个n∈N，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
∴（Sn+1+bn）2=（Sn+bn）（Sn+2+bn），
解得，
解得bn=n2+n，n∈N．
证明：（Ⅱ）==，n∈N，
用数学归纳法证明：
①当n=1时，c1=0＜2，不等式成立；
②假设n=k，（k∈N）时不等式成立，即c1+c2+…+ck＜2，
则当n=k+1时，
c1+c2+…+ck+ck+1＜2+＜2
＜2+=2=2，
即n=k+1时，不等式也成立．
由①②得c1+c2+…+cn＜2，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a1=0，d=2，从而an=2n-2，n∈N．Sn=n2-n，n∈N，利用（Sn+1+bn）2=（Sn+bn）（Sn+2+bn），能求出bn．
（Ⅱ）==，n∈N，用数学归纳法证明，得到c1+c2+…+cn＜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：=1，
∴p=2，
∴抛物线的准线方程为x=-1；
（Ⅱ）设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心G（xG，yG），
令yA=2t，t≠0，则，
由于直线AB过F，故直线AB的方程为x=，
代入y2=4x，得：，
∴2tyB=-4，即yB=-，∴B（，-），
又xG=（xA+xB+xC），yG=（yA+yB+yC），重心在x轴上，
∴=0，
∴C（（）2，2（）），G（，0），
∴直线AC的方程为y-2t=2t（x-t2），得Q（t2-1，0），
∵Q在焦点F的右侧，∴t2＞2，
∴====2-，
令m=t2-2，则m＞0，
=2-=2-≥2-=1+，
∴当m=时，取得最小值为1+，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（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心G（xG，yG），令yA=2t，t≠0，则，从而直线AB的方程为x=，代入y2=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-t2），得Q（t2-1，0），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=-时，f（x）=-，x＞0，
f′（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）≤，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，
（i）当x∈[，+∞）时，，
则g（x）≥g（2）=，
记p（x）=4-2-lnx，x，
则p′（x）=-=
=，
列表讨论：

2019年浙江卷题目及作文 2019年浙江省高考真题文案：

(完整word版)2019年浙江省高考数学试卷
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
A．B．
C．D．
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．已知全集，0，，2，，集合，1，，，0，，则
A．B．，C．，2，D．，0，1，
【思路分析】由全集以及求的补集，然后根据交集定义得结果．
【解析】：0，故选：．
【归纳与总结】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2．渐进线方程为的双曲线的离心率是
A．B．1C．D．2
【思路分析】由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．
【解析】：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：．
【归纳与总结】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．
3．若实数，满足约束条件，则的最大值是
A．B．1C．10D．12
【思路分析】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．
【解析】：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：10．故选：．
【归纳与总结】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．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
【思路分析】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．
【解析】：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：．
【归纳与总结】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．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
【思路分析】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
【解析】：，，，
，，即，
若，，则，
但，
即推不出，
是的充分不必要条件
故选：．
【归纳与总结】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．在同一直角坐标系中，函数，，且的图象可能是
A．B．
C．D．
【思路分析】对进行讨论，结合指数，对数的性质即可判断；
【解析】：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：．
【归纳与总结】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．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
【思路分析】方差公式结合二次函数的单调性可得结果
【解析】：，
，先减小后增大
故选：．
【归纳与总结】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．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．，
【思路分析】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，
【解析】：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：．
【归纳与总结】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．设，，函数若函数恰有3个零点，则
A．，B．，C．，D．，
【思路分析】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．
【解析】：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：．
【归纳与总结】本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．
10．设，，数列满足，，，则
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【思路分析】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．
【解析】：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：．
【归纳与总结】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．已知复数，其中是虚数单位，则．
【思路分析】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．
【解析】：．
．
故答案为：．
【归纳与总结】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．（6分）已知圆的圆心坐标是，半径长是．若直线与圆相切与点，则，．
【思路分析】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．
【解析】：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：，．
【归纳与总结】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．（6分）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．
【思路分析】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．
【解析】：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．
【归纳与总结】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．（6分）在中点在线段上，若，则，．
【思路分析】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．
【解析】：在直角三角形中
在中，可得，可得；
，，
即有，
故答案为：，，
【归纳与总结】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．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．
【思路分析】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．
【解析】：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：．
【归纳与总结】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．已知，函数．若存在，使得，则实数的最大值是．
【思路分析】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．
【解析】：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：．
【归纳与总结】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．（6分）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0，最大值是．
【思路分析】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．
【解析】：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，．
【归纳与总结】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．（14分）设函数，．
（1）已知，，函数是偶函数，求的值；
（2）求函数的值域．
【思路分析】（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．
【解析】：（1）由，得
，
为偶函数，，
，，或，
（2）
，
，，
，
函数的值域为：．
【归纳与总结】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．（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．
【思路分析】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，02，，
，，
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．
【归纳与总结】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．（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：，．
【思路分析】（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，．
【解析】：（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，．
【归纳与总结】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．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．
【思路分析】（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．
【解析】：（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．
【归纳与总结】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．（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．
【思路分析】（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．
【解析】：（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：
10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，．
【归纳与总结】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．

结语：在日复一日的学习、工作或生活中，大家都跟作文打过交道吧，写作文可以锻炼我们的独处习惯，让自己的心静下来，思考自己未来的方向。如何写一篇有思想、有文采的《2019年浙江卷题目及》作文呢？以下是小编为大家整理的《2019年浙江卷题目及》优秀作文，欢迎大家借鉴与参考，希望对大家写《2019年浙江卷题目及》有所帮助