2019年 理科数学高考题浙江卷

PAGE1本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟．参考公式eq\a\vs4\al(·)若事件A，B互斥，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)．eq\a\vs4\al(·)若事件A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．eq\a\vs4\al(·)若事件A在一次试验中发生的概率是p，则n次独立重复试验中事件A恰好发生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(·)台体的体积公式V＝eq\f(1,3)(S1＋eq\r(S1S2)＋S2)h，其中S1，S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高．eq\a\vs4\al(·)柱体的体积公式V＝Sh，其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高．eq\a\vs4\al(·)锥体的体积公式V＝eq\f(1,3)Sh，其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高．eq\a\vs4\al(·)球的表面积公式S＝4πR2，球的体积公式V＝eq\f(4,3)πR3，其中R表示球的半径．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．(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}，则(∁UA)∩B＝()A．{－1} B．{0，1}C．{－1，2，3} D．{－1，0，1，3}解析：选A∵U＝{－1，0，1，2，3}，A＝{0，1，2}，∴∁UA＝{－1，3}．又∵B＝{－1，0，1}，∴(∁UA)∩B＝{－1}．故选A.2．(2019·浙江高考)渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(2) D．2解析：选C由题意可得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).故选C.3．(2019·浙江高考)若实数x，y满足约束条件eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3y＋4≥0，,3x－y－4≤0，,x＋y≥0，))则z＝3x＋2y的最大值是()A．－1 B．1C．10 D．12解析：选C如图，不等式组表示的平面区域是以A(－1，1)，B(1，－1)，C(2，2)为顶点的△ABC区域(包含边界)．作出直线y＝－eq\f(3,2)x并平移，知当直线y＝－eq\f(3,2)x＋eq\f(z,2)经过C(2，2)时，z取得最大值，且zmax＝3×2＋2×2＝10.故选C.4．(2019·浙江高考)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解析：选B如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，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.则底面面积S＝eq\f(2＋6,2)×3＋eq\f(4＋6,2)×3＝27，因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.故选B.5．(2019·浙江高考)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解析：选A∵a>0，b>0，若a＋b≤4，∴2eq\r(ab)≤a＋b≤4.∴ab≤4，此时充分性成立．当a>0，b>0，ab≤4时，令a＝4，b＝1，则a＋b＝5>4，这与a＋b≤4矛盾，因此必要性不成立．综上所述，当a>0，b>0时，“a＋b≤4”是“ab≤4”的充分不必要条件．故选A.6．(2019·浙江高考)在同一直角坐标系中，函数y＝eq\f(1,ax)，y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(a>0，且a≠1)的图象可能是()解析：选D当0<a<1时，函数y＝ax的图象过定点(0，1)，在R上单调递减，于是函数y＝eq\f(1,ax)的图象过定点(0，1)，在R上单调递增，函数y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的图象过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递减．因此，选项D中的两个图象符合．当a>1时，函数y＝ax的图象过定点(0，1)，在R上单调递增，于是函数y＝eq\f(1,ax)的图象过定点(0，1)，在R上单调递减，函数y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的图象过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))上单调递增．显然A，B，C，D四个选项都不符合．故选D.7．(2019·浙江高考)设0<a<1，随机变量X的分布列是X0a1Peq\f(1,3)eq\f(1,3)eq\f(1,3)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)先减小后增大解析：选D由题意知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))).当0<a<eq\f(1,2)时，D(X)单调递减；当eq\f(1,2)<a<1时，D(X)单调递增．即当a在(0，1)内增大时，D(X)先减小后增大．故选D.8．(2019·浙江高考)设三棱锥V­ABC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P­AC­B的平面角为γ，则()A．β<γ，α<γ B．β<α，β<γC．β<α，γ<α D．α<β，γ<β解析：选Beq\a\vs4\al(法一：)如图①，取BC的中点D，作VO⊥平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO＝2OD.作PE∥AC，PE交VC于点E，作PF⊥AD于点F，则PF⊥平面ABC.取AC的中点M，连接BM，VM，VM交PE于点H，连接BH，易知BH⊥PE.作PG⊥AC于点G，连接FG.由三垂线定理可知FG⊥AC，作FN⊥BM于点N.由作图可知平面PGF∥平面VMB，PH∥FN，所以PH＝FN.因此，直线PB与直线AC所成的角α＝∠BPE，直线PB与平面ABC所成的角β＝∠PBF，二面角P­AC­B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.综上所述，α>β，γ>β.故选B.eq\a\vs4\al(法二：)不妨设三棱锥V­ABC为正三棱锥，且P为棱VA的中点，如图②，设三棱锥V­ABC的棱长为2，取VC的中点E，连接PE，则PE＝1，PB＝eq\r(3)，作VO⊥平面ABC于点O，连接AO，作PF⊥AO于点F，连接BF，则PF⊥平面ABC，作PG⊥AC于点G，连接GF，则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.故选B.9．(2019·浙江高考)设a，b∈R，函数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.))若函数y＝f(x)－ax－b恰有3个零点，则()A．a<－1，b<0 B．a<－1，b>0C．a>－1，b<0 D．a>－1，b>0解析：选C由题意可得，当x≥0时，f(x)－ax－b＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋1)x2－b，令f(x)－ax－b＝0，则b＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋1)x2＝eq\f(1,6)x2[2x－3(a＋1)]．因为对任意的x∈R，f(x)－ax－b＝0有3个不同的实数根，所以要使满足条件，则当x≥0时，b＝eq\f(1,6)x2[2x－3(a＋1)]必须有2个零点，所以eq\f(3（a＋1）,2)>0，解得a>－1.所以b<0.故选C.10．(2019·浙江高考)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝aeq\o\al(2,n)＋b，n∈N*，则()A．当b＝eq\f(1,2)时，a10>10 B．当b＝eq\f(1,4)时，a10>10C．当b＝－2时，a10>10 D．当b＝－4时，a10>10解析：选Aeq\a\vs4\al(法一：)当b＝eq\f(1,2)时，因为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.当b＝eq\f(1,4)时，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)时，a10＝eq\f(1,2)，所以a10>10不成立．同理b＝－2和b＝－4时，均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0<10，故a10>10不成立．所以选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．当a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)时，an≡eq\f(1,2)，所以排除选项B；C．当a＝2或－1，b＝－2时，an≡2或－1，所以排除选项C.D．当a＝eq\f(1±\r(17),2)，b＝－4时，an≡eq\f(1±\r(17),2)，所以排除选项D.故选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，把答案填在题中横线上)11．(2019·浙江高考)复数z＝eq\f(1,1＋i)(i为虚数单位)，则|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＝________．解析：法一：因为直线2x－y＋3＝0与以点(0，m)为圆心的圆相切，且切点为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：根据题意画出图形，可知A(－2，－1)，C(0，m)，B(0，3)，则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|.∵直线2x－y＋3＝0与圆C相切于点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)在二项式(eq\r(2)＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．解析：由二项展开式的通项公式可知Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)·(eq\r(2))9－r·xr，r∈N，0≤r≤9，当为常数项时，r＝0，T1＝Ceq\o\al(0,9)·(eq\r(2))9·x0＝(eq\r(2))9＝16eq\r(2).当项的系数为有理数时，9－r为偶数，可得r＝1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数是5.答案：16eq\r(2)514．(2019·浙江高考)在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上．若∠BDC＝45°，则BD＝________，cos∠ABD＝________．解析：如图，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)已知椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝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________．解析：法一：如图，左焦点F(－2，0)，右焦点F′(2，0)．线段PF的中点M在以O(0，0)为圆心，2为半径的圆上，因此OM＝2.在△FF′P中，OM綊eq\f(1,2)PF′，所以PF′＝4.根据椭圆的定义，得PF＋PF′＝6，所以PF＝2.又因为FF′＝4，所以在Rt△MFF′中，tan∠PFF′＝eq\f(MF′,MF)＝eq\f(\r(FF′2－MF2),MF)＝eq\r(15)，即直线PF的斜率是eq\r(15).法二：如图，取PF的中点M，连接OM，由题意知|OM|＝|OF|＝2，设椭圆的右焦点为F1，连接PF1，在△PFF1中，OM为中位线，所以|PF1|＝4，由椭圆的定义知|PF|＋|PF1|＝6，所以|PF|＝2.因为M为PF的中点，所以|MF|＝1.在等腰三角形OMF中，过O作OH⊥MF于点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，函数f(x)＝ax3－x.若存在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤eq\f(2,3)，则实数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，因为存在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．因为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的最大值为eq\f(4,3).答案：eq\f(4,3)17．(2019·浙江高考)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，|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：如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1，0)，eq\o(AD,\s\up7(→))＝(0，1)．设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，∴当λ1－λ3＋λ5－λ6＝0，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝0时，|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.考虑到λ5－λ6，λ5＋λ6有相关性，要确保所求模最大，只需使|λ1－λ3＋λ5－λ6|，|λ2－λ4＋λ5＋λ6|尽可能取到最大值，即当λ1－λ3＋λ5－λ6＝2，λ2－λ4＋λ5＋λ6＝4时可取到最大值，∴|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(→))|的最大值为eq\r(4＋16)＝2eq\r(5).答案：02eq\r(5)三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18．(2019·浙江高考)(本小题满分14分)设函数f(x)＝sinx，x∈R.(1)已知θ∈[0，2π)，函数f(x＋θ)是偶函数，求θ的值；(2)求函数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)因为f(x＋θ)＝sin(x＋θ)是偶函数，所以对任意实数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，所求函数的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)，1＋\f(\r(3),2))).19．(2019·浙江高考)(本小题满分15分)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．解：eq\a\vs4\al(法一：)(1)证明：如图①，连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，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，则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)如图①，取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于点O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2eq\r(3)，EG＝eq\r(3).由于O为A1G的中点，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，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).eq\a\vs4\al(法二：)(1)证明：连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，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.如图②，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E­xyz.不妨设AC＝4，则A1(0，0，2eq\r(3))，B(eq\r(3)，1，0)，B1(eq\r(3)，3，2eq\r(3))，F(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)设直线EF与平面A1BC所成角为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))．设平面A1BC的法向量为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，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是eq\f(3,5).20．(2019·浙江高考)(本小题满分15分)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．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记cn＝eq\r(\f(an,2bn))，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)，n∈N*.解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意得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.))从而an＝2n－2，n∈N*.所以Sn＝n2－n，n∈N*.由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，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)证明：cn＝eq\r(\f(an,2bn))＝eq\r(\f(2n－2,2n（n＋1）))＝eq\r(\f(n－1,n（n＋1）))，n∈N*.我们用数学归纳法证明．①当n＝1时，c1＝0<2，不等式成立；②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck<2eq\r(k).那么，当n＝k＋1时，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)，即当n＝k＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn<2eq\r(n)对任意n∈N*成立．21．(2019·浙江高考)(本小题满分15分)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.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求eq\f(S1,S2)的最小值及此时点G的坐标．解：(1)由题意得eq\f(p,2)＝1，即p＝2.所以抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过F，故直线AB的方程为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轴上，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)).所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而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，则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).当m＝eq\r(3)时，eq\f(S1,S2)取得最小值1＋eq\f(\r(3),2)，此时G(2，0)．22．(2019·浙江高考)(本小题满分15分)已知实数a≠0，设函数f(x)＝alnx＋eq\r(1＋x)，x>0.(1)当a＝－eq\f(3,4)时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a)，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．解：(1)当a＝－eq\f(3,4)时，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))，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，＋∞)．(2)由f(1)≤eq\f(1,2a)，得0<a≤eq\f(\r(2),4).当0<a≤eq\f(\r(2),4)时，f(x)≤eq\f(\r(x),2a)等价于eq\f(\r(x),a2)－eq\f(2\r(1＋x),a)－2lnx≥0.令t＝eq\f(1,a)，则t≥2eq\r(2).设g(t)＝t2eq\r(x)－2teq\r(1＋x)－2lnx，t≥2eq\r(2)，则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当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，＋∞))时，eq\r(1＋\f(1,x))≤2eq\r(2)，则g(t)≥g(2eq\r(2))＝8eq\r(x)－4eq\r(2)eq\r(1＋x)－2lnx.记p(x)＝4eq\r(x)－2eq\r(2)eq\r(1＋x)－lnx，x≥eq\f(1,7)，则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)))单调递减极小值p(1)单调递增所以p(x)≥p(1)＝0.因此g(t)≥g(2eq\r(2))＝2p(x)≥0.②当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,7)))时，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)))，则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)))上单调递增，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知对任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，t∈[2eq\r(2)，＋∞)，g(t)≥0，即对任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，＋∞))，均有f(x)≤eq\f(\r(x),2a).综上所述，所求a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),4))).前沿热点——新高考数学考情分析2024年新高考真题（含考情分析）及高考最新动向实时更新请扫码获取纵观近年来新高考数学试题，试题贯彻落实了高考改革的总体要求，实施“德智体美劳”全面发展的教育方针，聚焦核心素养，突出关键能力考查，落实立德树人根本任务，充分发挥考试的引导作用.试题突出数学本质、重视理性思维、坚持素养导向、能力为重的命题原则.通过设计真实问题情境，体现数学的应用价值；稳步推进改革，科学把握必备知识与关键能力的关系，体现了对基础性、综合性、应用性和创新性的高考考查要求.一、突出主干知识、筑牢能力基础以2023年新高考Ⅰ、Ⅱ卷为例，对各试题所考查的主干知识分析如下：题型题号各试题所考查的知识点分布及考查角度2023年新高考Ⅰ卷2023年新高考Ⅱ卷单选题1集合的交集运算复数的乘法及几何意义2复数运算、共轭复数由集合间的关系求参数3向量垂直、数量积运算分层随机抽样、计数原理4由函数的单调性求参数由函数的奇偶性求参数5椭圆的离心率问题由直线与椭圆的位置关系求参数6圆的切线问题由函数的单调性求参数7等差数列充要条件的判定半角公式8三角函数中和、差、倍角公式的应用等比数列的概念、前n项和及性质多选题9样本数字特征圆锥的体积、侧面积和截面面积10以实际问题为背景考查对数大小比较直线与抛物线的位置关系、抛物线的概念及性质11抽象函数的函数性质函数的极值及应用12以正方体内嵌入某几何体考查对称性、空间位置关系独立事件的概率、二项分布模型填空题13计数原理向量的数量积、模14四棱台的体积四棱台的体积15三角函数中由零点个数求ω范围直线与圆的位置关系16双曲线几何性质、平面向量三角函数的图象与性质解答题17正弦定理、三角恒等变换正、余弦定理、三角恒等变换18线线平行的证明及由二面角求线段长度等差数列、数列的奇偶项问题19利用导数判断函数的单调性、证明不等式统计图表、概率统计与函数交汇问题20等差数列的概念、性质及前n项和空间线面位置关系、二面角的正弦值21概率与数列的交汇问题直线与双曲线的位置关系、定直线问题22以抛物线为背景，考查不等式及函数的最值以三角函数、对数函数为载体，考查导数的应用从上表可以看出，试题所考查知识范围及思想方法90％以上都源于教材主干知识，由此在一轮复习备考中更应重视必备知识的系统梳理、基本能力的逐点夯实.二、注重试题情境创设、牢记育人宗旨1.关注社会热点2023年新高考Ⅰ卷第10题以当今社会热点“噪声污染问题”为背景命制试题，目的是引导学生关注社会、关注民生，用所学知识解决生活实践情境下的实际问题.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷）噪声污染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级Lp＝20×lgpp0，其中常数p0（p0＞0）是听觉下限阈值，p是实际声压.声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060～90混合动力汽车1050～60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为p1，p2，p3，则（）A.p1≥p2 B.p2＞10p3C.p3＝100p0 D.p1≤100p22.弘扬优秀传统文化2022年新高考Ⅱ卷第3题以中国古代建筑中的举架结构为背景命制出以等差数列为考查点的试题，此类试题不但能考查学生的阅读理解能力、直观想象能力及知识运用能力，而且还能以优秀传统文化精髓陶冶情操.（2022·新高考Ⅱ卷）图①是中国古代建筑中的举架结构，AA'，BB'，CC'，DD'是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图②是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1＝0.5，CC1DC1＝k1，BB1CB1＝k2，AA1BA1＝k3.已知k1，A.0.75 B.0.8C.0.85 D.0.93.展示现代科学技术水平2021年新高考Ⅱ卷第4题以我国航天事业的重要成果北斗三号全球卫星导航系统为试题情境命制立体几何问题，在考查学生的空间想象能力和阅读理解、数学建模等素养的同时，引导学生关注我国社会现实与经济、科技进步与发展，增强民族自豪感与自信心.（2021·新高考Ⅱ卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S＝2πr2（1－cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（）A.26％ B.34％C.42％ D.50％4.体现数学应用价值2022年新高考Ⅰ卷第4题