(完整word版)2019年浙江省高考数学试卷

2023年12月3日发(作者：辅导机构数学试卷分析)

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U{1，0，l，2，3}，集合A{0，1，2}，B{1，0，1}，则(UA)B(

)

A．{1}

2

2B．{0，1} C．{1，2，3} D．{1，0，1，3}

2．渐进线方程为xy0的双曲线的离心率是(

)

A．B．1 C．2 D．2

x3y403．若实数x，y满足约束条件3xy40，则z3x2y的最大值是(

)

xy0A．1 B．1 C．10 D．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，则该柱体的体积是(

)

A．158

A．充分不必要条件

C．充分必要条件

B．162

C．182

B．必要不充分条件

D．324

5．若a0，b0，则“ab4”是“ab4”的(

)

D．既不充分也不必要条件

116．在同一直角坐标系中，函数yx，y1oga(x)，(a0且a1)的图象可能是(

2a)

第1页（共21页）

A． B．

C．

0

1

3D．

1

1

37．设0a1．随机变量X的分布列是

X

P

a

1

3则当a在(0,1)内增大时，(

)

A．D(X)增大

C．D(X)先增大后减小

B．D(X)减小

D．D(X)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，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则(

)

A．， B．， C．， D．，

x,x0,9．设a，bR，函数f(x)131若函数yf(x)axb恰有3个零2x(a1)xax,x023点，则(

)

A．a1，b0 B．a1，b0 C．a1，b0 D．a1，b0

2b，nN*，则(

)

10．设a，bR，数列{an}满足a1a，an1an11A．当b时，a1010 B．当b时，a1010

24C．当b2时，a1010 D．当b4时，a1010

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。

111．已知复数z，其中i是虚数单位，则|z| ．

1i12．已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是r．若直线2xy30与圆相切与点A(2,1)，则m ，r ．

13．在二项式(2x)9的展开式中，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，第2页（共21页）

则BD ，cosABD ．

x2y215．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95在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是 ．

216．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3最大值是 ．

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1时，|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|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)]2[f(x)]2的值域．

12419．（15分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

BAC30，A1AAC1（Ⅰ）证明：EFBC；

（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

20．（15分）设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}满足：对每个nN*，a34，a4S3．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an，nN*，证明：c1c2cn2n，nN*．

2bn21．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；

S（Ⅱ）求1的最小值及此时点G点坐标．

S2第3页（共21页）

22．（15分）已知实数a0，设函数f(x)alnx1x，x0．

3（Ⅰ）当a时，求函数f(x)的单调区间；

4x1（Ⅱ）对任意x[2，)均有f(x)，求a的取值范围．

2ae注意：e2.71828为自然对数的底数．

第4页（共21页）

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U{1，0，l，2，3}，集合A{0，1，2}，B{1，0，1}，则(UA)B(

)

A．{1}

【解析】：B．{0，1}

A{1，3}，(UA)C．{1，2，3} D．{1，0，1，3}

【思路分析】由全集U以及A求A的补集，然后根据交集定义得结果．

UB{1，3}{1，0，l}{1}故选：A．

【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xy0的双曲线的离心率是(

)

2 B．1 C．2

2【思路分析】由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．

A．D．2

【解析】：根据渐进线方程为xy0的双曲线，可得ab，所以c2a

c则该双曲线的离心率为e2，故选：C．

a【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．

x3y403．若实数x，y满足约束条件3xy40，则z3x2y的最大值是(

)

xy0A．1 B．1 C．10 D．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．

x3y40【解析】：由实数x，y满足约束条件3xy40作出可行域如图，

xy0x3y40联立，解得A(2,2)，

3xy4031化目标函数z3x2y为yxz，

2231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，

22z有最大值：10．故选：C．

第5页（共21页）

【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，则该柱体的体积是(

)

A．158 B．162

C．182 D．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，

第6页（共21页）

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，

11即S五边形ABCDE46326327，

22高为6，则该柱体的体积是V276162．

故选：B．

【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a0，b0，则“ab4”是“ab4”的(

)

A．充分不必要条件

C．充分必要条件

【解析】：a0，b0，4ab2ab，

B．必要不充分条件

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

ab，ab4，即ab4ab4，

1若a4，b，则ab14，

41但ab44，

4即ab4推不出ab4，

2ab4是ab4的充分不必要条件

故选：A．

【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y11，y1og(x)，(a0且a1)的图象可能是(

ax2a)

A． B．第7页（共21页）

C． D．

【思路分析】对a进行讨论，结合指数，对数的性质即可判断；

11【解析】：由函数yx，y1oga(x)，

2a1当a1时，可得yx是递减函数，图象恒过(0,1)点，

a11函数y1oga(x)，是递增函数，图象恒过(，0)；

221当1a0时，可得yx是递增函数，图象恒过(0,1)点，

a11函数y1oga(x)，是递减函数，图象恒过(，0)；

22满足要求的图象为：D

故选：D．

【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0a1．随机变量X的分布列是

0

1

3X

P

a

1

1

31

3则当a在(0,1)内增大时，(

)

A．D(X)增大

C．D(X)先增大后减小

B．D(X)减小

D．D(X)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

111a1【解析】：E(X)0a1，

3333a121a121a121D(X)()(a)(1)

33333312211[(a1)2(2a1)2(a2)2](a2a1)(a)2

2799260a1，D(X)先减小后增大

故选：D．

【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，直线PB与平面ABC所成角为，二面角PACB的平面角为，则(

)

第8页（共21页）

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BPF，PBD，PED，

PFEGDHBD则coscos，可得；

PBPBPBPBPDPDtantan，可得，

EDBD方法二、由最小值定理可得，记VACB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VABC为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，

616322332易得cos2，可得sin，sin3，sin3，

63633332故选：B．

【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．

x,x0,9．设a，bR，函数f(x)131若函数yf(x)axb恰有3个零2x(a1)xax,x023点，则(

)

A．a1，b0 B．a1，b0 C．a1，b0 D．a1，b0

【思路分析】当x0时，yf(x)axbxaxb(1a)xb最多一个零点；当x0时，1111y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3232单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．

b【解析】：当x0时，yf(x)axbxaxb(1a)xb0，得x；1ayf(x)axb最多一个零点；

第9页（共21页）

1111当x0时，yf(x)axbx3(a1)x2axaxbx3(a1)x2b，

3232yx2(a1)x，

当a10，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：

b0b，

0且1132(a1)(a1)(a1)b01a231解得b0，1a0，b(a1)3．

6故选：C．

【归纳与总结】本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．

2b，nN*，则(

)

10．设a，bR，数列{an}满足a1a，an1an11A．当b时，a1010 B．当b时，a1010

24C．当b2时，a1010 D．当b4时，a1010

1111【思路分析】对于B，令x20，得，取a1，得到当b时，a1010；4224对于C，令x220，得2或1，取a12，得到当b2时，a1010；对于D，令x240，得a2a212117117，取a1，得到当b4时，a1010；对于A，221113319117，a3(a2)2，a4(a4a2)21，当n4时，222442162161a3an17291310．

an21，由此推导出10()6，从而a10a4264anan2211【解析】：对于B，令x20，得，

42第10页（共21页）

111，a2,,an10，

2221当b时，a1010，故B错误；

4对于C，令x220，得2或1，

取a1取a12，a22，，an210，

当b2时，a1010，故C错误；

117，

2117117117取a1，a2，，an10，

222当b4时，a1010，故D错误；

11113对于A，a2a2，a3(a2)2，

22224319117a4(a4a2)21，

4216216an1an0，{an}递增，

1a13当n4时，n1an21，

anan22对于D，令x240，得a53a24a43a52a3729，10()6，a1010．故A正确．

a2644a103a92故选：A．

【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。

21，其中i是虚数单位，则|z| ．

21i【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．

11i11【解析】：zi．

1i(1i)(1i)2211．已知复数z112．

|z|()2()2222故答案为：2．

2【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与圆相切与点第11页（共21页）

A(2,1)，则m

2 ，r ．

【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m，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m11，解得m2．

22圆心为(0,2)，则半径r(20)2(12)25．

故答案为：2，5．

【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(2x)9的展开式中，常数项是

162 ，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．

【解析】：二项式(2x)的展开式的通项为Tr1C(2)9r99rx2r9r2C9rxr．

由r0，得常数项是T1162；

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：162，5．

【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ABC中，点D在线段AC上，若BDC45，ABC90，AB4，BC3，则BD

122 ，cosABD ．

5【思路分析】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．

4【解析】：在直角三角形ABC中，AB4，BC3，AC5，sinC，

51223BD在BCD中，可得，可得BD；

52sinC2224372，

(cosCsinC)()CBD135C，sinCBDsin(135C)225510第12页（共21页）

即有cosABDcos(90CBD)sinCBD故答案为：12272，，

51072，

10

【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．

x2y215．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95在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是

15 ．

【思路分析】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．

x2y22【解析】：椭圆1的a3，b5，c2，e，

953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|2|AO|4，

1523设P的坐标为(m,n)，可得3m4，可得m，n，

232由F(2,0)，可得直线PF的斜率为

15215．

322故答案为：15．

【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aR，函数f(x)ax3x．若存在tR，使得|f(t2)f(t)|第13页（共21页）

2，则实数a的3最大值是

4 ．

322，化为|2a(3t26t4)2|，去33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，【思路分析】由题意可得|a(t2)3(t2)at3t|进而得到所求最大值．

【解析】：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|2，

32，

32，

322可得，

2a(3t26t4)23324即，

a(3t26t4)33由3t26t43(t1)211，

44可得0a，可得a的最大值为．

334故答案为：．

3【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ABCD的边长为1．当每个i(i1，2，3，4，5，6)取遍1时，|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|的最小值是 0 ，最大值是 ．

【思路分析】由题意可得ABADAC，BDADAB，ABAD0，化简|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|

(1356)2(2456)2，由于i(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．

【解析】：正方形ABCD的边长为1，可得ABADAC，BDADAB，

ABAD0，

|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|

|1AB2AD3AB4AD5AB5AD6AD6AB|

|(1356)AB(2456)AD|

(1356)2(2456)2，

由于i(i1，2，3，4，5，6)取遍1，

可得13560，24560，可取561，131，21，41，

可得所求最小值为0；

由1356，2456的最大值为4，可取21，41，561，11，31，

可得所求最大值为25．

故答案为：0，25．

第14页（共21页）

【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)]2[f(x)]2的值域．

124【思路分析】（1）函数f(x)是偶函数，则（2）化简函数得y2k(kZ)，根据的范围可得结果；

3sin(2x)1，然后根据x的范围求值域即可．

26【解析】：（1）由f(x)sinx，得

f(x)sin(x)，

f(x)为偶函数，2k(kZ)，

3，

2[0，2)，（2）y[f(xsin2(x2或)]2[f(x)]2

124)sin2(x)

1241cos(2x)1cos(2x)62

2211(cos2xcossin2xsinsin2x)

26633sin2xcos2x1

443sin(2x)1，

26xR，sin(2x)[1,1]，

6333ysin(2x)1[1,1]，

262233,1]．

)]2[f(x)]2的值域为：[122124【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函数y[f(x角恒等变换，属基础题．

19．（15分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

BAC30，A1AAC1第15页（共21页）

（Ⅰ）证明：EFBC；

（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

【思路分析】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．

【解答】方法一：

证明：（Ⅰ）连结A1E，A1EAC，

，E是AC的中点，

A1AAC1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23，EG3，

AG151，

22EO2OG2EG23cosEOG，

2EOOG5O是A1G的中点，故EOOG第16页（共21页）

直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．

35方法二：

证明：（Ⅰ）连结A1E，A1EAC，

，E是AC的中点，

A1AAC1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(0，0，23)，B(3,1,0)，B1(3,3,23)，F(EF(33,,23)，BC(3,1,0)，

2233

,,23)，C(0，2，0)，22由EFBC0，得EFBC．

解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，

由（Ⅰ）得BC(3,1,0)，A1C(0，2，23)，

设平面A1BC的法向量n(x，y，z)，

BCn3xy0则，取x1，得n(1,3,1)，

ny3z0AC1|EFn|4sin，

|EF||n|53直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．

5

【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{an}的前n项和为Sn，数列{bn}满足：对每个nN*，a34，a4S3．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an，nN*，证明：c1c2cn2n，nN*．

2bn第17页（共21页）

【思路分析】（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）cnan2bn2n22n(n1)n1，nN*，用数学归纳法证明，得到n(n1)c1c2cn2n，nN*．

【解析】：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，

a2d4由题意得1，

a13d3a13d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)，

1解得bn(Sn12SnSn2)，

d解得bnn2n，nN*．

证明：（Ⅱ）cnan2bn2n22n(n1)n1，nN*，

n(n1)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2k，

则当nk1时，

c1c2ckck12kk12k

(k1)(k2)k12k2k1k2k2(k1k)2k1，

即nk1时，不等式也成立．

由①②得c1c2cn2n，nN*．

【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；

S（Ⅱ）求1的最小值及此时点G点坐标．

S2第18页（共21页）

p1，由此能求出抛物线的准线方程；

2（Ⅱ）设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)，令yA2t，t0，则

【思路分析】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：t212(t21)22xAt，从而直线AB的方程为xy1，代入y4x，得：yy40，2tt12121求出B(2，)，由重心在x轴上，得到2tyC0，从而C((t)2，2(t))，ttttt2t42t22，0)，进崦直线AC的方程为y2t2t(xt2)，得Q(t21，0)，由此结合G(23t已知条件能求出结果．

p【解析】：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：1，

2p2，

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xAt2，

t21由于直线AB过F，故直线AB的方程为xy1，

2t22(t1)代入y24x，得：y2y40，

t2212tyB4，即yB，B(2，)，

ttt11又xG(xAxBxC)，yG(yAyByC)，重心在x轴上，

3322tyC0，

t2t42t22112，0)，

C((t)，2(t))，G(3t2tt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，

2t42t211|||2t||FG||yA|2S122t4t2t223t424，

422t2t22S21|QG||y|t1t1|t21||2t|C23t2t令mt22，则m0，

第19页（共21页）

S1m113，

222213S2m4m323m42m4mmS3当m3时，1取得最小值为1，此时G(2,0)．

S22【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a0，设函数f(x)alnx1x，x0．

3（Ⅰ）当a时，求函数f(x)的单调区间；

4x1（Ⅱ）对任意x[2，)均有f(x)，求a的取值范围．

2ae注意：e2.71828为自然对数的底数．

31(1x2)(21x1)3【思路分析】（1）当a时，f(x)，利用导数4x421x4x1x性质能求出函数f(x)的单调区间．

（2）由f(x)令t1a1，得0a2a2，当0a42xx21x时，f(x)，等价于22lnx0，4aaa4g(t)t2x2t1x2lnx，则t22，设，t22，则11xg(t)x(t1)22lnx，由此利用分类讨论思想和导导数性质能求出a的取值范xx围．

33【解析】：（1）当a时，f(x)lnx1x，x0，

4431(1x2)(21x1)f(x)，

4x21x4x1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)当0a令t21，得0a，

42a2xx21x时，f(x)，等价于22lnx0，

4aaa41，则t22，

a设g(t)t2x2t1x2lnx，t22，

11x2lnx，

则g(t)x(t1)2xx11(i)当x[，)时，122，

x7则g(x)g(22)8x421x2lnx，

1记p(x)4x221xlnx，x，

7第20页（共21页）

则p(x)2x2x112xx12xx1

xxx1，

(x1)[1x(2x21)]xx1(x1)(x12x)列表讨论：

x

p(x)

P(x)

p(x)p（1）0，

g(t)g(22)2p(x)2p(x)0．

1

71

(,1)

7

1

0

极小值p（1）

(1,)



1

p()

7



12xlnx(x1)11g(t)g(1)时，，

,)xe272x11令q(x)2xlnx(x1)，x[2，]，

e7lnx2则q(x)10，

x111故q(x)在[2，]上单调递增，q(x)q()，

e77127127由(i)得q()p()p（1）0，

77771q(x)0，

q(x)0，g(t)g(1)x2x1由(i)(ii)知对任意x[2，)，t[22，)，g(t)0，

ex1即对任意x[2，)，均有f(x)，

2ae2综上所述，所求的a的取值范围是(0，]．

4(ii)当x[【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．

第21页（共21页）