2019年浙江省高考数学试卷以及答案解析

2023年12月3日发(作者：上海体育学院数学试卷)

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2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数 学

本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页；非选择题部分3至4页。满分150分。考试用时120分钟。

考生注意：

1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：

柱体的体积公式若事件A，B互斥，则若事件A，B相互独立，则

其中表示柱体的底面积，表示柱体的高

锥体的体积公式

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

台体的体积公式其中

其中表示锥体的底面积，表示锥体的高

球的表面积公式

球的体积公式

其中表示球的半径

分别表示台体的上、下底面积，表示台体的高

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．（4分）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}

2．（4分）渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是（ ）

A．

B．1 C．第1页（共22页）

D．2 3．（4分）若实数x，y满足约束条件则z＝3x+2y的最大值是（ ）

A．﹣1 B．1 C．10 D．12

4．（4分）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．162 C．182 D．324

5．（4分）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

6．（4分）在同一直角坐标系中，函数y＝能是（ ）

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

，y＝1oga（x+）（a＞0且a≠1）的图象可A． B．

第2页（共22页）

C． D．

7．（4分）设0＜a＜1．随机变量X的分布列是

X

P

0

a

1

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．（4分）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α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（ ）

A．β＜γ，α＜γ B．β＜α，β＜γ C．β＜α，γ＜α D．α＜β，γ＜β

若函数y＝f（x）9．（4分）设a，b∈R，函数f（x）＝﹣ax﹣b恰有3个零点，则（ ）

A．a＜﹣1，b＜0 B．a＜﹣1，b＞0 C．a＞﹣1，b＜0 D．a＞﹣1，b＞0

10．（4分）设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an+1＝an2+b，n∈N*，则（ ）

A．当b＝时，a10＞10

C．当b＝﹣2时，a10＞10

B．当b＝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。

11．（4分）复数z＝（i为虚数单位），则|z|＝ ．

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C相切于点A（﹣2，﹣1），则m＝ ，r＝ ．

13．（6分）在二项式（是 ．

14．（6分）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，若∠BDC＝第3页（共22页）

+x）9展开式中，常数项是 ，系数为有理数的项的个数 45°，则BD＝ ，cos∠ABD＝ ．

15．（4分）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的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是 ．

16．（4分）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的最大值是 ．

17．（6分）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，|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|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．

（Ⅰ）已知θ∈[0，2π），函数f（x+θ）是偶函数，求θ的值；

（Ⅱ）求函数y＝[f（x+）]2+[f（x+）]2的值域．

19．（15分）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．

（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，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．

（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）记cn＝，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．

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，第4页（共22页）

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；

（Ⅱ）求的最小值及此时点G的坐标．

22．（15分）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+（Ⅰ）当a＝﹣时，求函数f（x）的单调区间；

，x＞0．

（Ⅱ）对任意x∈[，+∞）均有f（x）≤，求a的取值范围．

注：e＝2.71828…为自然对数的底数．

第5页（共22页）

2019年浙江省高考数学答案解析

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．【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．

【解答】解：∵∁UA＝{﹣1，3}，

∴（∁UA）∩B

＝{﹣1，3}∩{﹣1，0，l}

＝{﹣1}

故选：A．

【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．

2．【分析】由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．

【解答】解：根据渐近线方程为x±y＝0的双曲线，可得a＝b，所以c＝则该双曲线的离心率为 e＝＝故选：C．

【点评】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．

3．【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．

，

【解答】解：由实数x，y满足约束条件作出可行域如图，

联立，解得A（2，2），

化目标函数z＝3x+2y为y＝﹣x﹣z，

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，

z有最大值：10．

故选：C．

第6页（共22页）

【点评】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．【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．

【解答】解：由三视图还原原几何体如图，

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，

即＝27，

高为6，则该柱体的体积是V＝27×6＝162．

故选：B．

【点评】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．【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

【解答】解：∵a＞0，b＞0，∴4≥a+b≥2∴2≥，∴ab≤4，即a+b≤4⇒ab≤4，

，

若a＝4，b＝，则ab＝1≤4，

第7页（共22页）

但a+b＝4+＞4，

即ab≤4推不出a+b≤4，

∴a+b≤4是ab≤4的充分不必要条件

故选：A．

【点评】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．【分析】对a进行讨论，结合指数，对数的性质即可判断；

【解答】解：由函数y＝当a＞1时，可得y＝，y＝1oga（x+），

是递减函数，图象恒过（0，1）点，

函数y＝1oga（x+），是递增函数，图象恒过（，0）；

当1＞a＞0时，可得y＝是递增函数，图象恒过（0，1）点，

函数y＝1oga（x+），是递减函数，图象恒过（，0）；

∴满足要求的图象为：D

故选：D．

【点评】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．【分析】方差公式结合二次函数的单调性可得结果

【解答】解：E（X）＝0×+a×+1×＝D（X）＝（＝）2×+（a﹣，

）2× ）2×+（1﹣[（a+1）2+（2a﹣1）2+（a﹣2）2]＝（a2﹣a+1）＝（a﹣）2+

∵0＜a＜1，∴D（X）先减小后增大

故选：D．

【点评】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．【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，

【解答】解：方法一、如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射第8页（共22页）

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α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，

则cosα＝tanγ＝＞＝＝＜＝cosβ，可得β＜α；

＝tanβ，可得β＜γ，

方法二、由最小值定理可得β＜α，记V﹣AC﹣B的平面角为γ\'（显然γ\'＝γ），

由最大角定理可得β＜γ\'＝γ；

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，

易得cosα＝＝，可得sinα＝，sinβ＝＝，sinγ＝＝，

故选：B．

【点评】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．

9．【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x≥0时，y＝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单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得．

【解答】解：当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x＝y＝f（x）﹣ax﹣b最多一个零点；

当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x3﹣（a+1）x2+ax﹣ax﹣b＝x3﹣（a+1）x2﹣b，

y′＝x2﹣（a+1）x，

当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上递增，y＝f（x）﹣第9页（共22页）

； 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：

∴＜0且，

解得b＜0，1﹣a＞0，b＞﹣（a+1）3．

故选：C．

【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．

10．【分析】对于B，令＝0，得λ＝，取，得到当b＝时，a10＜10；对于C，令x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，取a1＝2，得到当b＝﹣2时，a10＜10；对于D，令x2﹣λ﹣4＝0，得对于A，，，取，得到当b＝﹣4时，a10＜10；，≥，当n≥4时，从而a10＞＞10．

＝an+＞1+＝，由此推导出＞（）6，【解答】解：对于B，令取，∴＝0，得λ＝，

，

第10页（共22页）

∴当b＝时，a10＜10，故B错误；

对于C，令x2﹣λ﹣2＝0，得λ＝2或λ＝﹣1，

取a1＝2，∴a2＝2，…，an＝2＜10，

∴当b＝﹣2时，a10＜10，故C错误；

对于D，令x2﹣λ﹣4＝0，得取，∴，…，，

＜10，

∴当b＝﹣4时，a10＜10，故D错误；

对于A，，≥an+1﹣an＞0，{an}递增，

，

，

当n≥4时，＝an+＞1+＝，

∴，∴＞（）6，∴a10＞＞10．故A正确．

故选：A．

【点评】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。

11．【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．

【解答】解：∵z＝∴|z|＝＝．

．

第11页（共22页）

故答案为：．

【点评】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．【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．

【解答】解：如图，

由圆心与切点的连线与切线垂直，得∴圆心为（0，﹣2），则半径r＝故答案为：﹣2，．

，解得m＝﹣2．

．

【点评】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．【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．

【解答】解：二项式由r＝0，得常数项是的展开式的通项为；

＝．

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：，5．

【点评】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．【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．

【解答】解：在直角三角形ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，sinC＝，

第12页（共22页）

在△BCD中，可得＝，可得BD＝；

∠CBD＝135°﹣C，sin∠CBD＝sin（135°﹣C）＝＝，

（cosC+sinC）＝×（+）即有cos∠ABD＝cos（90°﹣∠CBD）＝sin∠CBD＝故答案为：，，

，

【点评】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．

15．【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．

【解答】解：椭圆＝1的a＝3，b＝，c＝2，e＝，

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，

设P的坐标为（m，n），可得3﹣m＝4，可得m＝﹣，n＝由F（﹣2，0），可得直线PF的斜率为

，

＝．

故答案为：．

第13页（共22页）

【点评】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．【分析】由题意可得|a（t+2）3﹣（t+2）﹣at3+t|≤，化为|2a（3t2+6t+4）﹣2|≤，去绝对值化简，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，进而得到所求最大值．

【解答】解：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|≤，

可得﹣≤2a（3t2+6t+4）﹣2≤，

即≤a（3t2+6t+4）≤，

由3t2+6t+4＝3（t+1）2+1≥1，

可得0＜a≤，可得a的最大值为．

故答案为：．

【点评】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．【分析】由题意可得|λ1＝第14页（共22页）

++λ6＝|

，＝﹣，•＝0，化简+λ2+λ3+λ4+λ5，由于λi（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．

【解答】解：正方形ABCD的边长为1，可得•|λ1＝|λ1＝0，

+λ2+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6+λ5|

+λ5+λ6|

，

﹣λ6|

+＝，＝﹣，

﹣λ3﹣λ4＝|（λ1﹣λ3+λ5﹣λ6）＝+（λ2﹣λ4+λ5+λ6）由于λi（i＝1，2，3，4，5，6）取遍±1，

可得λ1﹣λ3+λ5﹣λ6＝0，λ2﹣λ4+λ5+λ6＝0，可取λ5＝λ6＝1，λ1＝λ3＝1，λ2＝﹣1，λ4＝1，

可得所求最小值为0；

由λ1﹣λ3+λ5﹣λ6，λ2﹣λ4+λ5+λ6的最大值为4，可取λ2＝1，λ4＝﹣1，λ5＝λ6＝1，λ1＝1，λ3＝﹣1，

可得所求最大值为2故答案为：0，2．

．

【点评】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．【分析】（1）函数f（x+θ）是偶函数，则果；

（2）化简函数得y＝【解答】解：（1）由f（x）＝sinx，得

f（x+）＝sin（x+），

，然后根据x的范围求值域即可．

＝（k∈Z），根据的范围可得结第15页（共22页）

∵f（x+）为偶函数，∴或＝，

）]2

（k∈Z），

∵θ∈[0，2π），∴（2）y＝[f（x+＝sin2（x+）]2+[f（x+） ）+sin2（x+＝＝1﹣＝＝∵x∈R，∴∴∴函数y＝[f（x+）]2+[f（x+

，

，

，

）]2的值域为：．

【点评】本题考查了三角函数的奇偶性和三角函数的图象与性质，关键是熟练掌握三角恒等变换，属基础题．

19．【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，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，

第16页（共22页）

∴A1E⊥AC，

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＝2，EG＝，

∵O是A1G的中点，故EO＝OG＝＝，

∴cos∠EOG＝＝，

∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．

方法二：

证明：（Ⅰ）连结A1E，∵A1A＝A1C，E是AC的中点，

∴A1E⊥AC，

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A（10，0，2），B（），B（1），F（C（0，2，0），

＝（），＝（﹣），

由＝0，得EF⊥BC．

第17页（共22页）

），

解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为θ，

由（Ⅰ）得＝（﹣），＝（0，2，﹣2），

设平面A1BC的法向量＝（x，y，z），

则，取x＝1，得＝（1，），

∴sinθ＝＝，

∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．

【点评】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．【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）＝，n∈N*．

＝，n∈N*，用数学归纳法证明，得到c1+c2+…+cn＜2【解答】解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，

由题意得解得a1＝0，d＝2，

第18页（共22页）

， ∴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），

解得解得bn＝n2+n，n∈N*．

（Ⅱ）证明：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＜2则当n＝k+1时，

c1+c2+…+ck+ck+1＜2＜2+＝2+＜2＝2，

，

＝＝，n∈N*，

，

即n＝k+1时，不等式也成立．

由①②得c1+c2+…+cn＜2，n∈N*．

【点评】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．【分析】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：＝1，由此能求出抛物线的准线方程；

（Ⅱ）设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心G（xG，yG），令yA＝2t，t≠0，则求出B（，从而直线AB的方程为x＝，﹣），由重心在x轴上，得到，代入y2＝4x，得：＝0，从而C（（2），2（，）），G（，0），进崦直线AC的方程为y﹣2t＝2t（x﹣t2），得Q（t2﹣1，0），由此结合已知条件能求出结果．

【解答】解：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：＝1，

∴p＝2，

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∴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，

， 由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝代入y2＝4x，得：∴2tyB＝﹣4，即yB＝﹣，∴B（，

，﹣），

又xG＝（xA+xB+xC），yG＝（yA+yB+yC），重心在x轴上，

∴＝0，

）2，2（∴C（（）），G（，0），

∴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，

∴＝＝＝＝2﹣，

令m＝t2﹣2，则m＞0，

＝2﹣＝2﹣≥2﹣＝1+，

∴当m＝时，取得最小值为1+，此时G（2，0）．

【点评】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．【分析】（1）当a＝﹣时，f′（x）＝﹣用导数性质能求出函数f（x）的单调区间．

（2）由f（x）≤，得0＜a≤，当0＜a≤时，f（x）≤，等价于﹣＝，利第20页（共22页）

﹣2lnx≥0，令t＝，则t＝（t﹣）2﹣，设g（t）＝t2﹣2t﹣2lnx，t，则g（t）﹣2lnx，由此利用分类讨论思想和导导数性质能求出a的取值范围．

【解答】解：（1）当a＝﹣时，f（x）＝﹣，x＞0，

f′（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）≤，得0＜a≤，

当0＜a≤时，f（x）≤，等价于﹣﹣2lnx≥0，

令t＝，则t，

设g（t）＝t2﹣2t﹣2lnx，t，

则g（t）＝（t﹣）2﹣﹣2lnx，

（i）当x∈[，+∞）时，，

则g（x）≥g（2）＝，

记p（x）＝4﹣2﹣lnx，x，

则p′（x）＝﹣＝

＝，

列表讨论：

x

（）

1

p′（x）

﹣ 0

P（x）

p（）

单调递减 极小值p（1）

∴p（x）≥p（1）＝0，

∴g（t）≥g（2＝2p（x）≥0．

（ii）当x∈[）时，g（t）≥g（）＝，第21页（共22页）

1，+∞）

+

单调递增

（

令q（x）＝2则q′（x）＝故q（x）在[lnx+（x+1），x∈[+1＞0，

，]，

，]上单调递增，∴q（x）≤q（），

p（）＜﹣）＝﹣p（1）＝0，

＞0，

，+∞），g（t）≥0，

由（i）得q（）＝﹣∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（由（i）（ii）知对任意x∈[，+∞），t∈[2即对任意x∈[，+∞），均有f（x）≤，

综上所述，所求的a的取值范围是（0，]．

【点评】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．

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