2019年 理科數(shù)學(xué)高考題浙江卷

PAGE1本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，滿分150分，考試用時120分鐘．參考公式eq\a\vs4\al(·)若事件A，B互斥，則P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．eq\a\vs4\al(·)若事件A，B相互獨立，則P(AB)＝P(A)P(B)．eq\a\vs4\al(·)若事件A在一次試驗中發(fā)生的概率是p，則n次獨立重復(fù)試驗中事件A恰好發(fā)生k次的概率Pn(k)＝Ceq\o\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n)．eq\a\vs4\al(·)臺體的體積公式V＝eq\f(1,3)(S1＋eq\r(S1S2)＋S2)h，其中S1，S2分別表示臺體的上、下底面積，h表示臺體的高．eq\a\vs4\al(·)柱體的體積公式V＝Sh，其中S表示柱體的底面積，h表示柱體的高．eq\a\vs4\al(·)錐體的體積公式V＝eq\f(1,3)Sh，其中S表示錐體的底面積，h表示錐體的高．eq\a\vs4\al(·)球的表面積公式S＝4πR2，球的體積公式V＝eq\f(4,3)πR3，其中R表示球的半徑．選擇題部分(共40分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2019·浙江高考)已知全集U＝{－1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，B＝{－1，0，1}，則(?UA)∩B＝()A．{－1} B．{0，1}C．{－1，2，3} D．{－1，0，1，3}解析：選A∵U＝{－1，0，1，2，3}，A＝{0，1，2}，∴?UA＝{－1，3}．又∵B＝{－1，0，1}，∴(?UA)∩B＝{－1}．故選A.2．(2019·浙江高考)漸近線方程為x±y＝0的雙曲線的離心率是()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2解析：選C由題意可得eq\f(b,a)＝1，∴e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(1＋12)＝eq\r(2).故選C.3．(2019·浙江高考)若實數(shù)x，y滿足約束條件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3y＋4≥0，,3x－y－4≤0，,x＋y≥0，))則z＝3x＋2y的最大值是()A．－1 B．1C．10 D．12解析：選C如圖，不等式組表示的平面區(qū)域是以A(－1，1)，B(1，－1)，C(2，2)為頂點的△ABC區(qū)域(包含邊界)．作出直線y＝－eq\f(3,2)x并平移，知當(dāng)直線y＝－eq\f(3,2)x＋eq\f(z,2)經(jīng)過C(2，2)時，z取得最大值，且zmax＝3×2＋2×2＝10.故選C.4．(2019·浙江高考)祖暅?zhǔn)俏覈媳背瘯r代的偉大科學(xué)家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體＝Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．若某柱體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該柱體的體積(單位：cm3)是()A．158 B．162C．182 D．324解析：選B如圖，該柱體是一個五棱柱，棱柱的高為6，底面可以看作由兩個直角梯形組合而成，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為2，下底為6，高為3.則底面面積S＝eq\f(2＋6,2)×3＋eq\f(4＋6,2)×3＝27，因此，該柱體的體積V＝27×6＝162.故選B.5．(2019·浙江高考)若a>0，b>0，則“a＋b≤4”是“ab≤4”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件解析：選A∵a>0，b>0，若a＋b≤4，∴2eq\r(ab)≤a＋b≤4.∴ab≤4，此時充分性成立．當(dāng)a>0，b>0，ab≤4時，令a＝4，b＝1，則a＋b＝5>4，這與a＋b≤4矛盾，因此必要性不成立．綜上所述，當(dāng)a>0，b>0時，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要條件．故選A.6．(2019·浙江高考)在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)y＝eq\f(1,ax)，y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(a>0，且a≠1)的圖象可能是()解析：選D當(dāng)0<a<1時，函數(shù)y＝ax的圖象過定點(0，1)，在R上單調(diào)遞減，于是函數(shù)y＝eq\f(1,ax)的圖象過定點(0，1)，在R上單調(diào)遞增，函數(shù)y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的圖象過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞減．因此，選項D中的兩個圖象符合．當(dāng)a>1時，函數(shù)y＝ax的圖象過定點(0，1)，在R上單調(diào)遞增，于是函數(shù)y＝eq\f(1,ax)的圖象過定點(0，1)，在R上單調(diào)遞減，函數(shù)y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的圖象過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增．顯然A，B，C，D四個選項都不符合．故選D.7．(2019·浙江高考)設(shè)0<a<1，隨機變量X的分布列是X0a1Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)則當(dāng)a在(0，1)內(nèi)增大時，()A．D(X)增大 B．D(X)減小C．D(X)先增大后減小 D．D(X)先減小后增大解析：選D由題意知E(X)＝0×eq\f(1,3)＋a×eq\f(1,3)＋1×eq\f(1,3)＝eq\f(a＋1,3)，因此，D(X)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,3)－0))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,3)－a))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,3)－1))eq\s\up12(2)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,27)[(a＋1)2＋(1－2a)2＋(a－2)2]＝eq\f(1,27)(6a2－6a＋6)＝eq\f(2,9)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4))).當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時，D(X)單調(diào)遞減；當(dāng)eq\f(1,2)<a<1時，D(X)單調(diào)遞增．即當(dāng)a在(0，1)內(nèi)增大時，D(X)先減小后增大．故選D.8．(2019·浙江高考)設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，P是棱VA上的點(不含端點)．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P-AC-B的平面角為γ，則()A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γC．β<α，γ<α D．α<β，γ<β解析：選Beq\a\vs4\al(法一：)如圖①，取BC的中點D，作VO⊥平面ABC于點O，由題意知點O在AD上，且AO＝2OD.作PE∥AC，PE交VC于點E，作PF⊥AD于點F，則PF⊥平面ABC.取AC的中點M，連接BM，VM，VM交PE于點H，連接BH，易知BH⊥PE.作PG⊥AC于點G，連接FG.由三垂線定理可知FG⊥AC，作FN⊥BM于點N.由作圖可知平面PGF∥平面VMB，PH∥FN，所以PH＝FN.因此，直線PB與直線AC所成的角α＝∠BPE，直線PB與平面ABC所成的角β＝∠PBF，二面角P-AC-B的平面角γ＝∠PGF，cosα＝eq\f(PH,PB)＝eq\f(FN,PB)<eq\f(BF,PB)＝cosβ.又α，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α>β.∵tanγ＝eq\f(PF,GF)>eq\f(PF,BF)＝tanβ，且γ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴γ>β.綜上所述，α>β，γ>β.故選B.eq\a\vs4\al(法二：)不妨設(shè)三棱錐V-ABC為正三棱錐，且P為棱VA的中點，如圖②，設(shè)三棱錐V-ABC的棱長為2，取VC的中點E，連接PE，則PE＝1，PB＝eq\r(3)，作VO⊥平面ABC于點O，連接AO，作PF⊥AO于點F，連接BF，則PF⊥平面ABC，作PG⊥AC于點G，連接GF，則AG⊥GF，∴α＝∠BPE，β＝∠PBF，γ＝∠PGF.∵VO＝eq\r(VA2－AO2)＝eq\r(4－（\f(2,3)\r(3)）2)＝eq\f(2,3)eq\r(6)，∴PF＝eq\f(\r(6),3)，PG＝eq\f(\r(3),2)，∴cosα＝eq\f(\r(3),6)，sinα＝eq\f(\r(33),6)，sinβ＝eq\f(\r(2),3)，sinγ＝eq\f(2,3)eq\r(2).又α，β，γ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴α>β，γ>β.故選B.9．(2019·浙江高考)設(shè)a，b∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x<0，,\f(1,3)x3－\f(1,2)（a＋1）x2＋ax，x≥0.))若函數(shù)y＝f(x)－ax－b恰有3個零點，則()A．a(chǎn)<－1，b<0 B．a(chǎn)<－1，b>0C．a(chǎn)>－1，b<0 D．a(chǎn)>－1，b>0解析：選C由題意可得，當(dāng)x≥0時，f(x)－ax－b＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋1)x2－b，令f(x)－ax－b＝0，則b＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋1)x2＝eq\f(1,6)x2[2x－3(a＋1)]．因為對任意的x∈R，f(x)－ax－b＝0有3個不同的實數(shù)根，所以要使?jié)M足條件，則當(dāng)x≥0時，b＝eq\f(1,6)x2[2x－3(a＋1)]必須有2個零點，所以eq\f(3（a＋1）,2)>0，解得a>－1.所以b<0.故選C.10．(2019·浙江高考)設(shè)a，b∈R，數(shù)列{an}滿足a1＝a，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋b，n∈N*，則()A．當(dāng)b＝eq\f(1,2)時，a10>10 B．當(dāng)b＝eq\f(1,4)時，a10>10C．當(dāng)b＝－2時，a10>10 D．當(dāng)b＝－4時，a10>10解析：選Aeq\a\vs4\al(法一：)當(dāng)b＝eq\f(1,2)時，因為an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)，所以a2≥eq\f(1,2)，又an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)≥eq\r(2)an，故a9≥a2×(eq\r(2))7≥eq\f(1,2)×(eq\r(2))7＝4eq\r(2)，a10>aeq\o\al(2,9)≥32>10.當(dāng)b＝eq\f(1,4)時，an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))eq\s\up12(2)，故a1＝a＝eq\f(1,2)時，a10＝eq\f(1,2)，所以a10>10不成立．同理b＝－2和b＝－4時，均存在小于10的數(shù)x0，只需a1＝a＝x0，則a10＝x0<10，故a10>10不成立．所以選A.eq\a\vs4\al(法二：)由已知可得an＋1－an＝aeq\o\al(2,n)＋b－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋b－eq\f(1,4).B．當(dāng)a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)時，an≡eq\f(1,2)，所以排除選項B；C．當(dāng)a＝2或－1，b＝－2時，an≡2或－1，所以排除選項C.D．當(dāng)a＝eq\f(1±\r(17),2)，b＝－4時，an≡eq\f(1±\r(17),2)，所以排除選項D.故選A.非選擇題部分(共110分)二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分，把答案填在題中橫線上)11．(2019·浙江高考)復(fù)數(shù)z＝eq\f(1,1＋i)(i為虛數(shù)單位)，則|z|＝________．解析：法一：z＝eq\f(1,1＋i)＝eq\f(1－i,（1＋i）（1－i）)＝eq\f(1－i,1－i2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i，易得|z|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).法二：|z|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋i)))＝eq\f(1,|1＋i|)＝eq\f(1,\r(12＋12))＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)12．(2019·浙江高考)已知圓C的圓心坐標(biāo)是(0，m)，半徑長是r.若直線2x－y＋3＝0與圓C相切于點A(－2，－1)，則m＝________，r＝________．解析：法一：因為直線2x－y＋3＝0與以點(0，m)為圓心的圓相切，且切點為A(－2，－1)，所以eq\f(m＋1,0－（－2）)×2＝－1，所以m＝－2，r＝eq\r(（－2－0）2＋（－1＋2）2)＝eq\r(5).法二：根據(jù)題意畫出圖形，可知A(－2，－1)，C(0，m)，B(0，3)，則AB＝eq\r(（－2－0）2＋（－1－3）2)＝2eq\r(5)，AC＝eq\r(（－2－0）2＋（－1－m）2)＝eq\r(4＋（m＋1）2)，BC＝|m－3|.∵直線2x－y＋3＝0與圓C相切于點A，∴∠BAC＝90°，∴AB2＋AC2＝BC2.即20＋4＋(m＋1)2＝(m－3)2，解得m＝－2.因此r＝AC＝eq\r(4＋（－2＋1）2)＝eq\r(5).答案：－2eq\r(5)13．(2019·浙江高考)在二項式(eq\r(2)＋x)9的展開式中，常數(shù)項是________，系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是________．解析：由二項展開式的通項公式可知Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)·(eq\r(2))9－r·xr，r∈N，0≤r≤9，當(dāng)為常數(shù)項時，r＝0，T1＝Ceq\o\al(0,9)·(eq\r(2))9·x0＝(eq\r(2))9＝16eq\r(2).當(dāng)項的系數(shù)為有理數(shù)時，9－r為偶數(shù)，可得r＝1，3，5，7，9，即系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)是5.答案：16eq\r(2)514．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，點D在線段AC上．若∠BDC＝45°，則BD＝________，cos∠ABD＝________．解析：如圖，易知sin∠C＝eq\f(4,5)，cos∠C＝eq\f(3,5).在△BDC中，由正弦定理可得eq\f(BD,sin∠C)＝eq\f(BC,sin∠BDC)，∴BD＝eq\f(BC·sin∠C,sin∠BDC)＝eq\f(3×\f(4,5),\f(\r(2),2))＝eq\f(12\r(2),5).由∠ABC＝∠ABD＋∠CBD＝90°，可得cos∠ABD＝cos(90°－∠CBD)＝sin∠CBD＝sin[π－(∠C＋∠BDC)]＝sin(∠C＋∠BDC)＝sin∠C·cos∠BDC＋cos∠C·sin∠BDC＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7\r(2),10).答案：eq\f(12\r(2),5)eq\f(7\r(2),10)15．(2019·浙江高考)已知橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左焦點為F，點P在橢圓上且在x軸的上方．若線段PF的中點在以原點O為圓心，|OF|為半徑的圓上，則直線PF的斜率是________．解析：法一：如圖，左焦點F(－2，0)，右焦點F′(2，0)．線段PF的中點M在以O(shè)(0，0)為圓心，2為半徑的圓上，因此OM＝2.在△FF′P中，OM綊eq\f(1,2)PF′，所以PF′＝4.根據(jù)橢圓的定義，得PF＋PF′＝6，所以PF＝2.又因為FF′＝4，所以在Rt△MFF′中，tan∠PFF′＝eq\f(MF′,MF)＝eq\f(\r(FF′2－MF2),MF)＝eq\r(15)，即直線PF的斜率是eq\r(15).法二：如圖，取PF的中點M，連接OM，由題意知|OM|＝|OF|＝2，設(shè)橢圓的右焦點為F1，連接PF1，在△PFF1中，OM為中位線，所以|PF1|＝4，由橢圓的定義知|PF|＋|PF1|＝6，所以|PF|＝2.因為M為PF的中點，所以|MF|＝1.在等腰三角形OMF中，過O作OH⊥MF于點H，所以|OH|＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(15),2)，所以kPF＝tan∠HFO＝eq\f(\f(\r(15),2),\f(1,2))＝eq\r(15).答案：eq\r(15)16．(2019·浙江高考)已知a∈R，函數(shù)f(x)＝ax3－x.若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，則實數(shù)a的最大值是________．解析：f(t＋2)－f(t)＝[a(t＋2)3－(t＋2)]－(at3－t)＝2a(3t2＋6t＋4)－2，因為存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，所以－eq\f(2,3)≤2a(3t2＋6t＋4)－2≤eq\f(2,3)有解．因為3t2＋6t＋4≥1，所以eq\f(2,3（3t2＋6t＋4）)≤a≤eq\f(4,3（3t2＋6t＋4）)有解，所以a≤eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,3（3t2＋6t＋4）)))eq\s\do7(max)＝eq\f(4,3)，所以a的最大值為eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)17．(2019·浙江高考)已知正方形ABCD的邊長為1，當(dāng)每個λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1時，|λ1AB＋λ2eq\o(BC,\s\up7(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up7(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up7(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up7(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up7(→))|的最小值是________，最大值是________．解析：如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，0)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0，1)．設(shè)a＝λ1eq\o(AB,\s\up7(→))＋λ2eq\o(BC,\s\up7(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up7(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up7(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up7(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up7(→))＝λ1eq\o(AB,\s\up7(→))＋λ2eq\o(AD,\s\up7(→))－λ3eq\o(AB,\s\up7(→))－λ4eq\o(AD,\s\up7(→))＋λ5(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))＋λ6(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝(λ1－λ3＋λ5－λ6)eq\o(AB,\s\up6(→))＋(λ2－λ4＋λ5＋λ6)eq\o(AD,\s\up7(→))＝(λ1－λ3＋λ5－λ6，λ2－λ4＋λ5＋λ6)．故|a|＝eq\r(（λ1－λ3＋λ5－λ6）2＋（λ2－λ4＋λ5＋λ6）2).∵λi(i＝1，2，3，4，5，6)取遍±1，∴當(dāng)λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0時，|λ1eq\o(AB,\s\up7(→))＋λ2eq\o(BC,\s\up7(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up7(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up7(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up7(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up7(→))|取得最小值0.考慮到λ5－λ6，λ5＋λ6有相關(guān)性，要確保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|盡可能取到最大值，即當(dāng)λ1－λ3＋λ5－λ6＝2，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝4時可取到最大值，∴|λ1eq\o(AB,\s\up7(→))＋λ2eq\o(BC,\s\up7(→))＋λ3eq\o(CD,\s\up7(→))＋λ4eq\o(DA,\s\up7(→))＋λ5eq\o(AC,\s\up7(→))＋λ6eq\o(BD,\s\up7(→))|的最大值為eq\r(4＋16)＝2eq\r(5).答案：02eq\r(5)三、解答題(解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)18．(2019·浙江高考)(本小題滿分14分)設(shè)函數(shù)f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0，2π)，函數(shù)f(x＋θ)是偶函數(shù)，求θ的值；(2)求函數(shù)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)的值域．解：(1)因為f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函數(shù)，所以對任意實數(shù)x都有sin(x＋θ)＝sin(－x＋θ)，即sinxcosθ＋cosxsinθ＝－sinxcosθ＋cosxsinθ，故2sinxcosθ＝0，所以cosθ＝0.又θ∈[0，2π)，因此θ＝eq\f(π,2)或θ＝eq\f(3π,2).(2)y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))))eq\s\up12(2)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,12)))＋sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))＝eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6))),2)＋eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,2))),2)＝1－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cos2x－\f(3,2)sin2x))＝1－eq\f(\r(3),2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).因此，所求函數(shù)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).19．(2019·浙江高考)(本小題滿分15分)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點．(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值．解：eq\a\vs4\al(法一：)(1)證明：如圖①，連接A1E.因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC.又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)如圖①，取BC的中點G，連接EG，GF，則四邊形EGFA1是平行四邊形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．連接A1G交EF于點O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角)．不妨設(shè)AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O為A1G的中點，故EO＝OG＝eq\f(A1G,2)＝eq\f(\r(15),2)，所以cos∠EOG＝eq\f(EO2＋OG2－EG2,2EO·OG)＝eq\f(3,5).因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).eq\a\vs4\al(法二：)(1)證明：連接A1E.因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.如圖②，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.不妨設(shè)AC＝4，則A1(0，0，2eq\r(3))，B(eq\r(3)，1，0)，B1(eq\r(3)，3，2eq\r(3))，F(xiàn)(eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,2)，2eq\r(3))，C(0，2，0)．因此，eq\o(EF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(3,2)，2\r(3)))，eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1，0)．由eq\o(EF,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，得EF⊥BC.(2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ.由(1)可得eq\o(BC,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1，0)，eq\o(A1C,\s\up7(→))＝(0，2，－2eq\r(3))．設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(eq\o(BC,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(A1C,\s\up7(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋y＝0，,y－\r(3)z＝0.))取n＝(1,eq\r(3)，1)，故sinθ＝|cos〈eq\o(EF,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·n|,|eq\o(EF,\s\up7(→))|·|n|)＝eq\f(4,5)，所以cosθ＝eq\f(3,5).因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).20．(2019·浙江高考)(本小題滿分15分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a3＝4，a4＝S3.數(shù)列{bn}滿足：對每個n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；(2)記cn＝eq\r(\f(an,2bn))，n∈N*，證明：c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)，n∈N*.解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝4，,a1＋3d＝3a1＋3d，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝0，,d＝2.))從而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比數(shù)列，得(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．解得bn＝eq\f(1,d)(Seq\o\al(2,n＋1)－SnSn＋2)．所以bn＝n2＋n，n∈N*.(2)證明：cn＝eq\r(\f(an,2bn))＝eq\r(\f(2n－2,2n（n＋1）))＝eq\r(\f(n－1,n（n＋1）))，n∈N*.我們用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時，c1＝0<2，不等式成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2eq\r(k).那么，當(dāng)n＝k＋1時，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1<2eq\r(k)＋eq\r(\f(k,（k＋1）（k＋2）))<2eq\r(k)＋eq\r(\f(1,k＋1))<2eq\r(k)＋eq\f(2,\r(k＋1)＋\r(k))＝2eq\r(k)＋2(eq\r(k＋1)－eq\r(k))＝2eq\r(k＋1)，即當(dāng)n＝k＋1時不等式也成立．根據(jù)①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)對任意n∈N*成立．21．(2019·浙江高考)(本小題滿分15分)如圖，已知點F(1，0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點．過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2.(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；(2)求eq\f(S1,S2)的最小值及此時點G的坐標(biāo)．解：(1)由題意得eq\f(p,2)＝1，即p＝2.所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1.(2)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2.由于直線AB過F，故直線AB的方程為x＝eq\f(t2－1,2t)y＋1，代入y2＝4x，得y2－eq\f(2（t2－1）,t)y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－eq\f(2,t)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t2)，－\f(2,t))).又xG＝eq\f(1,3)(xA＋xB＋xC)，yG＝eq\f(1,3)(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，得2t－eq\f(2,t)＋yC＝0，得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))\s\up12(2)，2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－t))))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)，0)).所以直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．由于Q在焦點F的右側(cè)，故t2>2.從而eq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)|FG|·|yA|,\f(1,2)|QG|·|yC|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)－1))·|2t|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t2－1－\f(2t4－2t2＋2,3t2)))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,t)－2t)))＝eq\f(2t4－t2,t4－1)＝2－eq\f(t2－2,t4－1).令m＝t2－2，則m>0，eq\f(S1,S2)＝2－eq\f(m,m2＋4m＋3)＝2－eq\f(1,m＋\f(3,m)＋4)≥2－eq\f(1,2\r(m·\f(3,m))＋4)＝1＋eq\f(\r(3),2).當(dāng)m＝eq\r(3)時，eq\f(S1,S2)取得最小值1＋eq\f(\r(3),2)，此時G(2，0)．22．(2019·浙江高考)(本小題滿分15分)已知實數(shù)a≠0，設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\r(1＋x)，x>0.(1)當(dāng)a＝－eq\f(3,4)時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)對任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a)，求a的取值范圍．注：e＝2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．解：(1)當(dāng)a＝－eq\f(3,4)時，f(x)＝－eq\f(3,4)lnx＋eq\r(1＋x)，x>0.f′(x)＝－eq\f(3,4x)＋eq\f(1,2\r(1＋x))＝eq\f(（\r(1＋x)－2）（2\r(1＋x)＋1）,4x\r(1＋x))，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，3)，單調(diào)遞增區(qū)間為(3，＋∞)．(2)由f(1)≤eq\f(1,2a)，得0<a≤eq\f(\r(2),4).當(dāng)0<a≤eq\f(\r(2),4)時，f(x)≤eq\f(\r(x),2a)等價于eq\f(\r(x),a2)－eq\f(2\r(1＋x),a)－2lnx≥0.令t＝eq\f(1,a)，則t≥2eq\r(2).設(shè)g(t)＝t2eq\r(x)－2teq\r(1＋x)－2lnx，t≥2eq\r(2)，則g(t)＝eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\r(1＋\f(1,x))))eq\s\up12(2)－eq\f(1＋x,\r(x))－2lnx.①當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，＋∞))時，eq\r(1＋\f(1,x))≤2eq\r(2)，則g(t)≥g(2eq\r(2))＝8eq\r(x)－4eq\r(2)eq\r(1＋x)－2lnx.記p(x)＝4eq\r(x)－2eq\r(2)eq\r(1＋x)－lnx，x≥eq\f(1,7)，則p′(x)＝eq\f(2,\r(x))－eq\f(\r(2),\r(x＋1))－eq\f(1,x)＝eq\f(2\r(x)\r(x＋1)－\r(2)x－\r(x＋1),x\r(x＋1))＝eq\f(（x－1）[1＋\r(x)（\r(2x＋2)－1）],x\r(x＋1)（\r(x)＋1）（\r(x＋1)＋\r(2x)）).故xeq\f(1,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，1))1(1，＋∞)p′(x)－0＋p(x)peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))單調(diào)遞減極小值p(1)單調(diào)遞增所以p(x)≥p(1)＝0.因此g(t)≥g(2eq\r(2))＝2p(x)≥0.②當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))時，g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f(1,x))))＝eq\f(－2\r(x)lnx－（x＋1）,\r(x)).令q(x)＝2eq\r(x)lnx＋(x＋1)，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))，則q′(x)＝eq\f(lnx＋2,\r(x))＋1>0，故q(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))上單調(diào)遞增，所以q(x)≤qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7))).由①，得qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))＝－eq\f(2\r(7),7)peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)))<－eq\f(2\r(7),7)p(1)＝0.所以q(x)<0.因此，g(t)≥geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f(1,x))))＝－eq\f(q（x）,\r(x))>0.由①②知對任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，t∈[2eq\r(2)，＋∞)，g(t)≥0，即對任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a).綜上所述，所求a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),4))).前沿?zé)狳c——新高考數(shù)學(xué)考情分析2024年新高考真題（含考情分析）及高考最新動向?qū)崟r更新請掃碼獲取縱觀近年來新高考數(shù)學(xué)試題，試題貫徹落實了高考改革的總體要求，實施“德智體美勞”全面發(fā)展的教育方針，聚焦核心素養(yǎng)，突出關(guān)鍵能力考查，落實立德樹人根本任務(wù)，充分發(fā)揮考試的引導(dǎo)作用.試題突出數(shù)學(xué)本質(zhì)、重視理性思維、堅持素養(yǎng)導(dǎo)向、能力為重的命題原則.通過設(shè)計真實問題情境，體現(xiàn)數(shù)學(xué)的應(yīng)用價值；穩(wěn)步推進改革，科學(xué)把握必備知識與關(guān)鍵能力的關(guān)系，體現(xiàn)了對基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性的高考考查要求.一、突出主干知識、筑牢能力基礎(chǔ)以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷為例，對各試題所考查的主干知識分析如下：題型題號各試題所考查的知識點分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷單選題1集合的交集運算復(fù)數(shù)的乘法及幾何意義2復(fù)數(shù)運算、共軛復(fù)數(shù)由集合間的關(guān)系求參數(shù)3向量垂直、數(shù)量積運算分層隨機抽樣、計數(shù)原理4由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)由函數(shù)的奇偶性求參數(shù)5橢圓的離心率問題由直線與橢圓的位置關(guān)系求參數(shù)6圓的切線問題由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)7等差數(shù)列充要條件的判定半角公式8三角函數(shù)中和、差、倍角公式的應(yīng)用等比數(shù)列的概念、前n項和及性質(zhì)多選題9樣本數(shù)字特征圓錐的體積、側(cè)面積和截面面積10以實際問題為背景考查對數(shù)大小比較直線與拋物線的位置關(guān)系、拋物線的概念及性質(zhì)11抽象函數(shù)的函數(shù)性質(zhì)函數(shù)的極值及應(yīng)用12以正方體內(nèi)嵌入某幾何體考查對稱性、空間位置關(guān)系獨立事件的概率、二項分布模型填空題13計數(shù)原理向量的數(shù)量積、模14四棱臺的體積四棱臺的體積15三角函數(shù)中由零點個數(shù)求ω范圍直線與圓的位置關(guān)系16雙曲線幾何性質(zhì)、平面向量三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)解答題17正弦定理、三角恒等變換正、余弦定理、三角恒等變換18線線平行的證明及由二面角求線段長度等差數(shù)列、數(shù)列的奇偶項問題19利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式統(tǒng)計圖表、概率統(tǒng)計與函數(shù)交匯問題20等差數(shù)列的概念、性質(zhì)及前n項和空間線面位置關(guān)系、二面角的正弦值21概率與數(shù)列的交匯問題直線與雙曲線的位置關(guān)系、定直線問題22以拋物線為背景，考查不等式及函數(shù)的最值以三角函數(shù)、對數(shù)函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用從上表可以看出，試題所考查知識范圍及思想方法90％以上都源于教材主干知識，由此在一輪復(fù)習(xí)備考中更應(yīng)重視必備知識的系統(tǒng)梳理、基本能力的逐點夯實.二、注重試題情境創(chuàng)設(shè)、牢記育人宗旨1.關(guān)注社會熱點2023年新高考Ⅰ卷第10題以當(dāng)今社會熱點“噪聲污染問題”為背景命制試題，目的是引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注社會、關(guān)注民生，用所學(xué)知識解決生活實踐情境下的實際問題.（多選）（2023·新高考Ⅰ卷）噪聲污染問題越來越受到重視.用聲壓級來度量聲音的強弱，定義聲壓級Lp＝20×lgpp0，其中常數(shù)p0（p0＞0）是聽覺下限閾值，p是實際聲壓.聲源與聲源的距離/m聲壓級/dB燃油汽車1060～90混合動力汽車1050～60電動汽車1040已知在距離燃油汽車、混合動力汽車、電動汽車10m處測得實際聲壓分別為p1，p2，p3，則（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘揚優(yōu)秀傳統(tǒng)文化2022年新高考Ⅱ卷第3題以中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)為背景命制出以等差數(shù)列為考查點的試題，此類試題不但能考查學(xué)生的閱讀理解能力、直觀想象能力及知識運用能力，而且還能以優(yōu)秀傳統(tǒng)文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）圖①是中國古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉.圖②是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1，CC1，BB1，AA1是舉，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)水平2021年新高考Ⅱ卷第4題以我國航天事業(yè)的重要成果北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)為試題情境命制立體幾何問題，在考查學(xué)生的空間想象能力和閱讀理解、數(shù)學(xué)建模等素養(yǎng)的同時，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注我國社會現(xiàn)實與經(jīng)濟、科技進步與發(fā)展，增強民族自豪感與自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三號全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果.在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為36000km（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）.將地球看作是一個球心為O，半徑r為6400km的球，其上點A的緯度是指OA與赤道平面所成角的度數(shù).地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為α，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為S＝2πr2（1－cosα）（單位：km2），則S占地球表面積的百分比約為（）A.26％ B.34％C.42％ D.50％4.體現(xiàn)數(shù)學(xué)應(yīng)用價值2022年新高考Ⅰ卷第4題