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， 集合， ,则。
a. b. c. d.
2. 已知双曲线（）的离心率为，则的值为（ ）
a. b. c. d.
3.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的表面积为
4. 若复数满足： （是虚数单位），则复数的虚部是（ ）
a. b. c. d.
5. 函数在的图像大致为（ ）abcd
6.已知平面与两条不重合的直线，则“，且”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。
7.的展开式中的系数为（ ）
a. 4 b. -4 c. 6 d. -6
8. 4月23日是“世界读书日”，某中学在此期间开展了一系列的读书教育活动。为了解本校学生课外阅读情况，学校随机抽取了100名学生对其课外阅读时间进行调查。
根据调查结果知道，从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率是。现在从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为。若每次抽取的结果是相互独立的，则期望和方差分别是（ ）
a. ，b. ，c. ，d. ，9.已知a，b，c是球o的球面上三点，且为该球面上的动点，球心o到平面abc的距离为球半径的一半，则三棱锥d abc体积的最大值为（ ）
a. b. c. d.
10. 设为等差数列的前项和，若，则的最小值为（ ）
a．-343 b．-324 c．-320 d．-243
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
11. 《九章算术》第七章“盈不足”中第一题：“今有共买物，人出八，盈三钱；人出七，不足四，问人数物价各几何？
”借用我们现在的说法可以表述为：有几个人合买一件物品，每人出8元，则付完钱后还多3元；若每人出7元，则还差4元才够付款。问他们的人数和物品**？
答：一共有___人；所合买的物品**为___元．
12. 已知满足条件则的最大值是___原点到点的距离的最小值是___
13．在中，若，三角形的面积，则___三角形外接圆的半径为___
14.已知向量a,b满足，则的最小值是最大值是___
15.已知实数，若关于的方程有三个不同的实根，则的取值范围为。
16. 某校毕业典礼由6个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有（ ）
a. 种 b. 种 c. 种 d. 种。
17. 已知直线与椭圆相交于两点，且（为坐标原点），若椭圆的离心率，则的最大值为。
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
18.设函数，其中，已知。
1)求；2)将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值．
19.已知等差数列的前项和为，若．
1)求的值；
2)若数列满足，求数列的前项和．
20.如图，已知四棱锥，底面为菱形，，,平面， 分别是的中点。
1）证明： ；
2）若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值。
21.已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，且抛物线上有一点到焦点的距离为5.
1）求该抛物线的方程；
2）已知抛物线上一点，过点作抛物线的两条弦和，且，判断直线是否过定点？并说明理由。
22.已知函数。
1）若函数是单调递减函数，求实数的取值范围；
2）若函数在区间上既有极大值又有极小值，求实数的取值范围。
2019 浙江省高考压轴卷数学（word版含解析）
1．【答案】d
解析】∵，选d.
2. 【答案】b
解析】因为，所以，解得，故选b.
3.【答案】d
解析】根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱，底面是一个直角三角形，两条直角边分别是、斜边是2，且侧棱与底面垂直，侧棱长是2，几何体的表面积，故选：d．
4. 【答案】b
解析】 ,所以复数的虚部是，选b.
5. 【答案】d
解析】设，由，可排除a（小于），b（从趋势上超过）；又时，，，所以在上不是单调函数，排除c.故选d.
6.【答案】a
解析】若，则必有，但时，直线与平面可以平行，可以相交，可以在平面内，不一定垂直，因此“”是“”的充分不必要条件，故选a．
7.【答案】b
解析】 ，所以的项为，故的系数为，故选b.
8.【答案】b
解析】由题意，从该校学生中任意抽取1名学生恰为读书迷的概率。
从该校大量学生中，用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中的“读书迷”的人数为x.若每次抽取的结果是相互独立的，所以。
x的分布列为。
均值，方差。
9.【答案】d
解析】如图，在△abc中，由余弦定理可得。
设△abc外接圆o′的半径为r，则。
设球的半径为r，连接oo′，bo′，ob，则，解得。
由图可知，当点d到平面abc的距离为时，三棱锥d abc的体积最大，三棱锥d abc体积的最大值为。
10. 【答案】a
解析】设等差数列的公差为，，∴解得，设，当时，,当时，,故的最小值为。
故选：a.11.【答案】
解析】设共有人，由题意知 ，解得，可知商品**为53元。
即共有7人，商品**为53元。
12.【答案】
解析】不等式组对应的可行域如下：
当动直线过时，有最大值，又，故的最大值为．
原点到的距离的最小值即为，故分别填．
13．【答案】 2 2
解析】，解得c=2.，解得，解得r=2.
故答案为：2;2.
14.【答案】 4
解析】设向量的夹角为，由余弦定理有： ，则：
令，则，据此可得： ，即的最小值是4，最大值是．
15.【答案】
解析】原问题等价于有三个不同的实根，即与有三个不同的交点，当时，为增函数，在处取得最小值为，与只有一个交点。当时，，根据复合函数的单调性，其在上先减后增。所以，要有三个不同交点，则需，解得。
16.【答案】a
解析】根据题意，由于节目甲必须排在前三位，分3种情况讨论：①、甲排在第一位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种编排方法；②、甲排在第二位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种编排方法；③、甲排在第三位，节目丙、丁必须排在一起，则乙丙相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，将剩下的3个节目全排列，安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种编排方法；则符合题意要求的编排方法有种；故选a．
17.【答案】
解析】设，由，得，，，即，∴，整理得，，，即．
18.【答案】（1）；（2）.
解析】(1)因为，所以。
由题设知，所以，所以。
又，所以。2)由(1)得，所以。
因为，所以。
当，即时，取得最小值。
19.【答案】（1）5；（2）
解析】(1)由已知得，且，设数列的公差为d，则有。
由，得即，2)由(1)知。
设数列的前项和为，则，①
－②，得。20.【答案】（1）详见解析（2）
解析】 1)证明：由四边形为菱形， ，可得为正三角形。
因为为bc的中点，所以，又，因此，因为， 平面，所以，而，所以。
2）设为上任意一点，连接、
由（1）知，
则为与平面所成的角，在中， ,所以当最短时， 最大，即当时， 最大，此时，此时，又，所以 =45，于是。
因为平面， 平面，所以平面平面，过作于，则由面面垂直的性质定理可知： 平面，所以，过过作于，连接， 平面，所以，则为二面角的平面角，在中， ，
又是的中点， ,且。
在中， ，又=,在中， =
即二面角的余弦值为。
21.【答案】（1）.（2）
解析】1）由题意设抛物线方程为，其准线方程为，到焦点的距离等于到其准线的距离， ，
抛物线的方程为。
2）由（1）可得点，可得直线的斜率不为0，设直线的方程为： ，联立，得，则①.
设，则。即，得： ，即或，代人①式检验均满足，直线的方程为： 或。
直线过定点（定点不满足题意，故舍去）.
22.【答案】(1) ；2) .
解析】1） ，函数是单调递减函数，∴对恒成立，对恒成立，即对恒成立，（当且仅当，即取“”）
2）∵函数在上既有极大值又有极小值，在上有两个相异实根，即在上有两个相异实根，记，则，得，即。
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