2023年12月3日发(作者：数学试卷手写答题卡模板)
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
若事件A,B互斥，则P(A B) P(A) P(B)
柱体的体积公式V Sh
若事件A,B相互独立，贝U P(AB) P(A)P(B)
若事件A在一次试验中发生的概率是
独立重复试验中事件
A恰好发生k次的概率
_ k k n k
p,则n次
其中S表示柱体的底面积，
h表示柱体的高
..... … 1
锥体的体积公式V Sh
3
其中S表示锥体的底面积，
球的表面积公式S 4 R2P1(k) CnP (1 p) (k 0,1,2,L ,n)
台体的体积公式
其中S|,S2分别表示台体的上、下底面积，
h表
h表示锥体的高
3 ... . ，
4
R
3
球的体积公式V
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
U 1,0,1,2,3，集合 A 0,1,2 ,
B 1,0,1
,则
QJAI B ()
A.
1
C. 1,2,3
【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 ^
B.
0,1
D.
1,0,1,3
【详解】CUA={ 1,3}，则
CUA I B { 1}
【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x y 0的双曲线的离心率是(
A.
)
J
2
B. 1
D. 2 C.
2
【答案】C
【解析】
【分析】
本题根据双曲线的渐近线方程可求得
计算能力的考查.
【详解】因为双曲线的渐近线为
a b 1，进一步可得离心率.容易题，注重了双曲线基础知识、基本
x y 0 ,所以a = b=1 ,则c Ja2
b2 J2，双曲线的离心率
e
、一2.
C【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 .
x 3y 4 0
3x y 4 0 ,则z 3x 2y的最大值是
x y 0
3.若实数xy满足约束条件
A.
1
C. 10
【答案】C
【解析】
【分析】
B. 1
D.12
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
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
角形
.题目难度不大题，注重了基础知
（-1,1）,（1,-1）,（2,2）为顶点的三区域（包含边界），由图易得当目标函数
z=3x+2y经过平面区域的点
（2,2）时，z=3x+2y取最大值
Zmax
3 2 2 2 10.
【点睛】解答此类问题，要求作图要准确，观察要仔细
也有可能在解方程组的过程中出错
.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，
.
4.祖唯是我国南北朝时代的伟大科学家 .他提出的“藉势既同，则积不容易”称为祖唯原理，利用该原理可
以得到柱体体积公式 齐体
Sh,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，贝U该
柱体的体积是（ ）
2
A. 158
C. 182
【答案】B
【解析】
【分析】
本题首先根据三视图，还原得到几何体
B. 162
D. 32
一棱柱，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
-~
64,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
2
【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
3
4―6
3
2
6 162
.
.为避免出错，应注重多观察、细心算 .
5.若
a 0,b 0,则\"a b
4”是\"ab
4”的（）
A.充分不必要条件
C.充分必要条件
【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
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
ab值，推出矛盾，
^
B.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
3
【详解】当a> 0, b>0时，a b 2 J^b ,则当a b 4时，有2 JOE a b 4 ,解得ab 4 ,充分
性成立；当a=1, b=4时，满足ab 4 ,但此时a+b =5>4，必要性不成立，综上所述，“
a b 4”是
“ ab 4
”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 ^
1 1
6.在同一直角坐标系中，函数
y —,y loga x — （a
a 02
且a 0）的图象可能是（
【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0 a 1时，函数y ax过定点（0,1）且单调递减，贝炳数a
y
二过定点（0,1）且单调递增，函
,, . 1 ,
、 ，
1
数y loga
x —过定点（―,0）且单调递减，D选项符合；当a 1时，函数y ax过定点（0,1）且单调递
2 2
-过定点增，则函数y
1 …八一…，…，（-,0）且单调递增，各选项均不二过定点（0,1）且单倜递减，函数
y loga
x 2 2a
1
，…
1
、
符合.综上，选D.
4
【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
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】
【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
E(X)
2
1 a 1
则当a在（0,1）内增大
D(X) — 0 -
3 3
时,
D（X）先减小后增大.
2一，— —
方法
2
2a
2：则
D(X) E X
E(X)
(a
1)2
2a9
9
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
7.设0 a 1,则随机变量X的分布列是:
-V 0 a 1
1.
1
P
2
3 3
3
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
5
线AC所成角为，直线P国平面ABC所成角为 ，二面角P AC B的平面角为 ，则（）
A.
B.
C.
D.
【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，则倍功半.
【详解】方法1 :如图G为AC中点，V
在底面ABC勺投影为O
，则P在底面投影D在线段AC±,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,
PF EG
DH BD -- cos ,
PED ,
PB PB
贝U cos ————tan
匹
PD
PB PB
ED BD
tan
，即y
，综上所述，答案为
B.
t
方法2:由最小角定理
，记
V AB C的平面角为 （显然
由最大角定理
,故选B.
法
2：（特殊位置）取
ABC为正四面体,
P为VA中点，易得
3 .
33 .
2 2 ,,,
sin
，故选
B.
cos
一
sin
--- ,si6
n
【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.
可事6
9.已知a,b R ,函数f (x)
x,x 0
3Ylx 1(a Ik g 0\'若函数
f(x) ax b恰有三个零点，则
3 2
(A.
a 1,b 0
B.
a 1,b 0
C.
a 1,b 0
D.
a 1,b 0
【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
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
带 uuiv uuv _
2
当 BC AP 时，f (x) x (a 1)x
a (x a)(x 1),且
f(0) 0, f (0) a,则
(1)当a 1时，如图y f(x)与y
ax b不可能有三个交点(实际上有一个)
y f (x)与y ax b若有三个交点，贝U b 0 ,答案选
uuiv uuv1ttl
3
1
2 2
BC AP
时
F (x) f (x)
ax b &x ^(a 1)x b, F (x) x (a 1)x x(x (a(2)当a 1时，分三种情况，如图
卜面证明：a 1时,
)
.研究函
则
7
1)),1 ,
.、3
F(0)> 0 ,F(a+1)<0，才能保证至少有两个零点，即
0 b — (a 1),若另一零点在
6
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展
0
.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
a n
中，an
a, a2
n 1
an
A.当b
捉8.当b
1
10
10,a
10
4
C.当b 2,a10
D.当b
4, a10
10
10
【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
通过研究选项得解.
2
【详解】选项B：不动点满足x2
1
— 0时，如图，右a1
排除
如图，若a为不动点
选项
C：不动点满足
0，不动点为■ax—-,令
2
排除
17选项
D:
不动点满足
0，不动点为
x 寸174 2
17 1
心…
--- —10,排除.
2 2
.本题从确定不动点出发,
an
2,则
an
10,
■
17
8
选项A：证明：当b
1 ,
2
17】
1-时,
a.
a16
,
3
2
处理一:
可依次迭代到
aio ；
处理二:
n 4时,
2
an
1,
则则
n117
2 26
a1
64
a〔17 64 63
n i
花
(n 4)
64
o
16
花
16
2
1 4 7 lo
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
1
11.复数z
―； （
i为虚数单位），则|z|
.
【答案】-2
2
【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】|z|
1 _2
.2 2
【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2x y 3 0与圆相切于点A（ 2, 1），贝U
m , r
.
【答案】
（1）.
m 2
（2）.
r .5
【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.
9
【详解】可知kAc
1
一
2 AC：y
，
1
1.
m-(x 2)，把(顷代入得
2，此时\'MCE
___ -
扼.
【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(J2 x)9的展开式中，常数项是 ;系数为有理数的项的个数是
【答案】
⑴.1672
(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的藉指数，使问题得解.
【详解】(逝x)9的通项为Tr
1
C；(V2)9rxr(r 0,1,2L 9)
可得常数项为工
C：(V2)9 16击，
因系数为有理数，r = 1,3,5,7,9，有T2,气，T&,气，工。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“藉指数”不能记混，其次，计 算要细心，确保结果正确.
14. VABC中，ABC 90
， AB 4
， BC 3,点
D
在线段
AC
上，若
BDC 45，则 BD
cos ABD
.
【答案】(1).亨
(2).穿
【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保\'而AB 4,
ADB 土
BC 3
AC AB2 BC2 5，sin BAC
BAC
- ,cos
AB 4 12 2
AC 5
———，所以BD q2.
一
，— …… c
AC 5
c 7. 2
5
cos ABD cos( BDC BAC) cos —cos BAC sin—sin BAC ---
4 4 10
10 【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 — 匕
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
9
圆心，OF
I为半径的圆上，则直线
PF的斜率是.
【答案】,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|OF|=|OM |= c= 2,
由中位线定理可得 PF』2|OM | 4，设P(x, y)可得(x 2)2 y2 16,
2 2
联立方程—七1
9 5
一…
3 21 ......
可解碍X 2 ,x
—(舍)，点P在椭圆上且在X轴的上方,
_ _J5
求得P 3,里5，所以kPF JT5
2 2 1
2
5
11 方法2:焦半径公式应用
解析1:由题意可知
|OF |=|OM |= c= 2,
PFi
2| OM | 4,即a exp
4 Xp
15
由中位线定理可得
3
求侍P
—, --------- ，所以kPF
一旗擂5.
2 2 1
2
【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
- ... 3
2
a16.已知a R,函数f (x) ax x ,右存在t R ,使得| f (t 2) f (t) |
一，贝U实数的取大值正
3
【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
2… ― ・ ・・
f(t 2) f (t) 2a 3t 6t 4
函数图象，观察得解.
2入手，令m 3t 6t 4 [1,)，从而使问题加以转化， 通过绘制
【详解】使得
f(t 2) f (t) a 2?(t 2)2
2 t(t 2) t ) 2 2a 3t 6t 4
1
3
222,
使得令m 3t2 6t 4 [1,)，则原不等式转化为存在
m 1, |am 1| -,由折线函数，如图
12
一
，1
4 …… 4
只需a 1
一，即
3
a —,即a的取大值是一
【点睛】对于函数不等式3 3
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
i(i 1,2,3,4,5,6)取遍
时，
uun uun uur uum uuur uum
|
1AB
2BC
3CD
4DA
5AC
6BD |的最小值是 ___________
__ ；取大值正
【答案】
(1). 0 (2).
2 5
【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
uuv
uuv uuv uuv uuuuuv
1
AB
5 6
uuv
2BC
3CD
4DA v
6BD
1 3
AB
uuuv
2 4 5
要使
uuv
uuu/ uuiv
口手审
uHV BC
3CD
uuiv
八而
1AB
24
DA
5AC
6BD的最小，
1
3 5
6|
I
2
4 5 6
0,此时只需要取
1
1,
2
1,
3
1,
4
1,
5
1,
uuv
uuv unv
uuv uuiv
此时
1AB
2
BC
3CD
uuv DA
4
5AC
6BDmin
0
| AS + Xj
BC 4- AjCD
十
X. T）A. + 也
AC +A志
BD =
— A、+
— A J
AB■+■ ?%）」/】「
=（小\"-祠）「中小/、|）七膈4（帼-效|邛,十瑚十（效1）十（七大）‘
二8 + 4/（帼-幻|才0/丸|）‘ 中?
I疽） T 2十M妃,效』*
2、2财■
=1小4加；土）珅1』女
等号成立当且仅当
1,
3,
5 6均非负或者均非正，并且
2,
4,
5 6均非负或者均非正。
uuv
6
AD
6
1
13
比如
1
1,2
1,3
1,4
1,5
1,6
1
uuv
uuv ujiv uuiv unv
uuv _ _
则〔AB
2BC
3CD
4
DA
5
AC
6BD V20
20
max
点睛：对于此题需充分利用转化与化归思想，从“基向量”入手，最后求不等式最值，是一道向量和不等
式的综合题。
【点睛】对于平面向量的应用问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想 ^
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
f (x) sinx, x R
.
(1)已知
[0,2 )，函数f (x )是偶函数，求 的值;
(2)求函数
y [f(x
税]2
[f(x
)]24
的值域.
【答案】(1)
_ 3
2 ,2
(2)
1
【解析】
【分析】
⑴由函数的解析式结合偶函数的性质即可确定 的值;
(2)首先整理函数的解析式为
y asin b的形式，然后确定其值域即可
【详解】(1)由题意结合函数的解析式可得:
sin
函数为偶函数，则当x 0时,
，即
k — k Z，结合 。,2
可取
k 0,1 ,
3
相应的 值为一,一.
2 2
⑵由函数的解析式可得:
sin
• 2
x
一
sin
• 2
12
1 cos 2x
一
1 cos 2x
6 _
2
1
1 cos 2x
一
2 6
cos 2x —
2
14 1
-sin 2x sin 2x
2
』1 § - 3 .-
1 -——cos2x -sin 2x
2 2 2
——3 .
2
sin
2x -
6
据此可得函数
值域为：1 ；，1
【点睛】本题主要考查由三角函数的奇偶性确定参数值，三角函数值域的求解，三角函数式的整理变形等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力
（2）求直线EF与平面ABC所成角的余弦值
. .. 3
【答案】（1）证明见解析；（2）-.
5
【解析】
【分析】
（1）由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
⑵建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角
15 函数基本关系可得线面角的余弦值
.
i6
【详解】（1）如图所示，连结
A^E,B1E ,
等边
AAAC
中，AE EC,则
QsinB 0, sin A
兰一，
2
平面ABCL平面AiACC
i，且平面ABCn平面A〔ACCi
AC ,
由面面垂直的性质定理可得：
AiE
平面ABC，故AE ±
BC ,
由三棱柱的性质可知
AiBi // AB，而AB BC，故AB〔
BC，且AB I A〔E A〔，
由线面垂直的判定定理可得：
BC
平面AiBiE ,
结合EF
?平面AiBiE，故EF BC
.
⑵在底面ABC内作EH ±AC,以点E为坐标原点，EH,EC, EA方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系
E xyz.
设 EH i,则
AE EC
后,AAi
CAi
2
后，BC V3, AB 3,
17 乎 八。,。,3 ,C。而，
0据此可得：A 0, ,3,0 , B -
2
uuu uuui
3 3-
由AB A1B1可得点Bi的坐标为
B12,r/3,3 ?
3 3
利用中点坐标公式可得：
F — ,-J3,3
，由于E 0,0,0
4 4
故直线EF的方向向量为：EF °,2j3,3 4 4
IT
设平面ABC的法向量为m x, y,z ,贝U：
v UJIV m A|B x, y,z
uuin ur 4 3
设直线EF与平面A1BC所成角为 ，则sin cos（EF,m） - ,cos -.
y, z
v uuiv m BC x,
I,% 3x
技
y 0
2 2
LT
- uuu
W3据此可得平面
A|BC的一个法向量为
m
1,J3,1 , EF
4
扃,3 4
uuu IT 此时
uuu IT
c°sEF,m
EF m
-—
6
EF m
5
35
2
5 5
【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和 逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严 密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向 量的夹角公式求解
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
n N ,Sn
bn,Sn 1如，&
2如成等比数列.
(1)求数列｛an｝,｛ bn｝的通项公式；
i6 an
⑵记Cn
,n
N ,证明：C1
C2+L Cn 2而5 N .
2h
【答案】(1)
an
2 n
1 , bn
n n 1
；
(2)证明见解析
【解
析】
【分
(1)析】
首先求得数列
an的首项和公差确定数列
an的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件整
理计算即可确定数列
bn的通项公式;
(2)结合(1)的结果对数列
Cn的通项公式进行放缩,
然后利用不等式的性质和裂项求和的方法即可证得题中
的不等式.
a2d
【详解】(1)由题意可得:
i
，解得:
a3d 3a1
〔
则数列
an
的通项公式为
其前
n项和
S0 2n
n
bn’bnbn成等比数列,
即:
n ，
2
bn
bn
bn
，
据此有:
2n n bn
n 2 bn n n 1 bn
bn
,
故bn
n (n 1)
n(n n 1 n 2 n
2 2
1)(n 1)(n 2)
n
2n n 1
(2)
结合(1)中的通项公式可得:
n 1
Cn
n n 1
则
C1
C2 L Cn 2 1 2 - L 2
、n
2
、、1
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解， ，裂项求和的方法，数列中用放缩法证明不等式的方法等知识,
19 意在考查学生的转化能力和计算求解能力
21.如图，已知点F(1,0)为抛物线y2
2px(p 0)，点F为焦点，过点F的直线交抛物线于 哪点，点C
在抛物线上，使得
VABC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
Si,&
(1)
求p的值及抛物线的标准方程；
(2)
求一的取小值及此时点，S,」一一
S2
G的坐标.
【答案】(1) 1,
x 1 ;
(2) 1
f , G 2,0
.
【解析】
【分析】
(1)
由焦点坐标确定p的值和准线方程即可；
(2)
设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，最后结合均值不等式的…— ，—一S2
结论即可求得 ——的最小值和点
G的坐标.
【详解】(1)由题意可得-1,则p 2,2 p 4,抛物线方程为y2 4x,准线方程为x 1.
2
⑵设
A
为，贝
,B x2, y2 ,
设直线AB的方程为y k x 1 ,k 0,与抛物线方程y2 4x联立可得：
k2)^ 2k2 4 x k2 0,故：x2
x2
2
£以乂2
1,
k
20
4
yy2 k
x,
x
2
，州2
.•瑟、不
24,
i
设点
C的坐标为C
X3,y3
,由重心坐标公式可得:
Xi
X2
X3
Vi y2
y3
XG
X3
，YG
2
4
r
令
y
0可得:
*3
X3
¥3
—.即
XG
4
k2
yi
y3
yi
y3
由斜率公式可得:
XX2
2
3
i
yy3
yi
y3，
4
4 -_
X
直线AC的方程为:
YI y3
4
X3
0可得:
X* yi
y3
* yi
3
YIY3
4
XG
X8
F
y_8
i
Yi
k1
yi
2
3k2
VlV3
XQ
XG
y3
4
4
8
由于y3
k\'
代入上式可得:
S2
3k2
4
4yi
由yi
y2
4可得
v
yi
yi
4
Yi
_8_
i
2 2
s
2 3k2
3
4 _______
2yi
Yi
则—
2 k
2 _8_
2
4 Y2
i2 4
- 48—
S2
3 3k2
VI
YI
8 i6
Yi2 8
2 Yi2
48
2
i6
VI
8
2
当且仅当Yi
即yi2
4 3,
Y、, 6 • 2
时等号成立
I
21
.
k此时
4v^ - 18
— ~ V2,
XG — 2
—^
yi
4 3 k
_
一…
2则点G的坐标为G 2,0
.
【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系， 本题主要考查了抛物线准线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，三角形重心公式的应用，基本不等式 求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力 ^
22.已知实数 a
0 ,设函数
f(x)=alnx
... 3 ___ (1) 当a 一时，求函数f(x)的单倜区间； 4 (2) 对任意x [4，)均有f(x) —,求a的取值范围 注：e 2.71828..为自然对数的底数. 【答案】(1) f x的单调递增区间是 3, ，单调递减区间是 0,3 ； (2) 0 a 【解析】 【分析】 (1)首先求得导函数的解析式，然后结合函数的解析式确定函数的单调区间即可 ^ ⑵由题意首先由函数在特殊点的函数值得到 a的取值范围，然后证明所得的范围满足题意即可 3时, 4 3, -ln 【详解】 ⑴当a f x x 4 Jx 1 ,函数的定义域为 0, ,且 f\' x 3 1 3 x 1 2x x 3 4x 3 4x 2、x 1 4x、x 1 4xJx 1 3jx 1 2x \' 因此函数f x的单调递增区间是 3, ，单调递减区间是 0,3 . x (2)构造函数 g x aln x ,1 x 一， 2a 1 注意到：g ± 2a 0,2 e 2ae 注息到a 0时2a 1 2ae 2； -寸｛恒成立，满足g 1 e 2a 2ae J1 矿°； 22 当a 0时，g 2a 1 1 JL 0,不合题意, 2ae 1 且 g 1 ,2 0,解得：a 巫，故0 2a 4 a —— 4 二2刚好是满足题意的实数 卜面证明0 a 4 a的取值范围. 分类讨论: (a)当 1时, g x aln x 、1 x — x 2a jnx 1 x 42X,则: 2、x(1 x) 2.2x.1 x 2 .2x 一厂x 2x2 3x 1 2、,2x 厂x( 1一x 2x 2次1一x)) 1 x 4x3 8x2 5x 1 2云 U2x 2.x(1 x) 2、去、1^ 2 2x2 3x 1 易知\'x 0,贝炳数 x单调递减，g x x 1 0,满足题意. (b)当-12 x 1 时，g x 0等价于 a2 In x Jx 1a -4x 0, e 2 左侧是关于a的开口向下的二次函数 a 其判别式 x 1 x 2 x ln x x 4ln . x . x , 一、、…， 1 1 t 2 4t 1。, 令t jx,注意到当t 一时，4lnt t -\'- t2 23 是 x在x -12,1上单调递增，而 1 - 2ln2 0, e2 4 4 -, 1 1 于是当x 辰,一时命题成立 e 4 而当x 1,1时，此时 a的对称轴为a 互3随着x递增, 4 2ln x 于是对称轴在a 成与 的右侧，而成号 .成立,（不等式等价于|n2 J5）. 因此 a 综上可得：实数 a的取值范围是o a 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值 （最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数 的应用的考查主要从以下几个角度进行： （1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系. （2） 利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数. （3）利用导数求函数的最值（极值），生活中的优化问题. （4）考查数形结合思想的 解决24
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