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) 若事件 A, B 相互独立，则 P( AB) P( A)P(B) 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 kkP (k ) Cn p (1 p)nk (k 0,1, 2,, n) n 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 1 V Sh 3 锥体的体积公式 其中 S 表示锥体的底面积， h 表示锥体的高球的表面积公式S 4R球的体积公式 V 43R 3 2 1 V (S 1 S S S 1 2 )h 2 台体的体积公式 3 其中 S1, S2 分别表示台体的上、下底面积， h 表 其中 R 表示球的半径 示台体的高
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A.
U 1, 0,1, 2, 3
，集合
A 0,1, 2B 1,0,1， ，则
B.
U
A B （ ）
10,11, 0,1, 3
1, 2, 3C. 【答案】A
D.
【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. 【详解】
CU A={ 1,3}，则CU A 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（ ）
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2 A. 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 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
本计算能力的考查.
2 2
【详解】因为双曲线的渐近线为 x y 0 ，所以 a=b=1，则c a b 2 ，双曲线的离心率
c
e 2
a .
【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 x y 0 z 3x 2 y x, y
3. 若实数 满足约束条件，则 的最大值是（ ）
A. 1
B. 1 D. 12
C. 10 【答案】C
【解析】
【分析】
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.题目难度不大题，注重了基础知识、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(-1,1),(1,-1),(2,2) 为顶点的三角形区域（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.往往由于由于作图欠准确而影响答案的准确程度，
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也有可能在解方程组的过程中出错.
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，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可
以得到柱体体积公式
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 D. 32
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—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 4， 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
4 6 2 6
3 6 162 2 3 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.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
B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
C. 充分必要条件
【答案】A
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【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 a, b 的值，推出矛盾，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.
【详解】当 a > 0, b > 0 时， a b 2 ab ，则当 a b 4 时，有2 ab 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
y x , y log a x (a 0 a 0) 2
a
6. 在同一直角坐标系中，函数 且 的图象可能是（ ）
A.
B.
C. 【答案】D
D.
【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.
x
【详解】当0 a 1时，函数 y a过定点(0,1) 且单调递减，则函数
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y
1
a过定点(0,1) 且单调递增，
x
y log x 1 1
a ( , 0) y ax (0,1) 2 过定点 2 且单调递减，D 选项符合；当 a 1时，函数 函数 过定点 且单调
1y
递增，则函数
y log x 1 1
x (0,1) ( , 0） a 2 过定点 2 且单调递增，各选项 a 过 定点 且单调递减，函数
均不符合.综上，选 D.
【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.
7. 设0 a 1，则随机变量 X 的分布列是：
则当 a 在A. C.
0,1内增大时（ ）
增大
B. D.
D X D X
D X
减小
先减小后增大
先增大后减小
D X
【答案】D 【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.
E( X ) 【详解】方法 1：由分布列得
2
1 a
3 ，则
2
2
1 1
2 1 a 1 1 a 1 1 a
D( X ) 0 a 1 a 3 3 3 9 2 6 ，则当 a 在(0,1) 内增大时， 333
1
2
D( X ) 先减小后增大.
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方法 2：则故选 D.
2
a2 1 (a 1)2 2a2 2a 2 2 1 3
D( X ) E X 2 E( X ) 0 a
3 3 9 9 9 2 4
【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
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. , C. ,
B. , 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， 则可事倍功半.
【详解】方法 1：如图G 为 AC 中点，V 在底面 ABC 的投影为O ，则 P 在底面投影 D 在线段 AO 上，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
cos
BPF , PBD, PED ，则
PF EG DH BD
cosPB PB PB PB ，即
，
PD PD
tan tan
ED BD ，即 y ，综上所述，答案为 B.
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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V ABC 为正四面体， P 为VA 中点，易得
cos
3 6
sin
33 2 2 2, sin , sin 6 3 3 ，故选 B.
【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.
x, x 0
f (x) 1 3 1
x (a 1)x2 ax, x 0 a, b R ，函数 3 2 9. 已知 ，若函数 y f (x) ax b 恰有三个零点，则
（ ）
A. a 1, b 0 C. a 1,b 0
B. 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.研究函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.
f (x) x2 (a 1)x a (x a)(x 1) f (0) 0, f (0) a
BC AP 时， 当 ，且 ，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），排除 A，B
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（）2 当a 1时，分三种情况，如图 y f (x) 与 y ax b 若有三个交点，则b 0 ，答案选 D
下面证明： a 1时，
1 3 1 2
F (x) f (x) ax b x (a 1)x b 2
3 2 BC AP 时 ， F (x) x (a 1)x x(x (a 1)) ，则
1
0 b (a 1)3
F (0) > 0 ,F (a+1)<0 ，才能保证至少有两个零点，即 6 ，若另一零点在 0
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.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
an
，数列
中，
a a, a a2 b
n n 1 n
，
b N
,则（ ）
1
b , a 10
10 2 A. 当
1
b , a 10
10 4 B. 当
C. 当
b 2, a10 10
D. 当
b 4, a10 10
【答案】A
【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.本题从确定不动点出发，
通过研究选项得解.
1 x 1 0 2 0, 1 , an 1x x 4 2 a1 a 2 2 时，如图，若 ， 【详解】选项 B：不动点满足
2
排除
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1a n
a 为不动点 2 则 2 如图，若
1
1 9 ax 1
2
x x 2 x 0
2 4 ，不动点为 2 ，令a 2 ，则 an 2 10 ， 选项 C：不动点满足
2
排除
2
2
11 1
x x 4 x 0 x 17 a 17
2 2 ，令 2 2 ，则 2 4 选项 D：不动点满足 ，不动点为
17
17 1
10 an
2 2 ，排除.
b
选项 A：证明：当
1
1 1 1 3
a a2 , a a2 ,
3 2 2 1
2 4 2 时， 2 2
1 17
a a2 1 4 3
2 16 ，
处理一：可依次迭代到
a10 ；
1
a a2 a2 1 log a 2 log a log
17 n 1 17 n n 4 n1 n n
2 16 处理二：当 时， ，则 16
2n1
26
17 n 1 16
a 2n1
则
64 17 17 64 64 63 1
an1 (n 4) a10 1 1 1 16 2 162 1 4 7 10 16 16 16 ，则 .
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
z 1
i 为虚数单位）11. 复数 1 i （ ，则| z |
.
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2
【答案】 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.
| z |
【详解】
1 1 2
|1 i | 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) ，则
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.
1 1
kAC AC : y 1 (x 2)
2 2 【详解】可知 ，把(0, m) 代入得 m 2 ，此时
r | AC | 4 1 5 .
【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.
9
( 2 x)13. 在二项式的展开式中，常数项是
；系数为有理数的项的个数是 .
【答案】
(1). 16 2
(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 的幂指数，使问题得解.
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T Cr ( 2)9r xr (r 0,1, 29) x)9
2 9
【详解】 的通项为 r 1
( 可得常数项为 1
T C0 ( 2)9 16
9
2
，
因系数为有理数， r = 1,3,5,7,9 ，有
T2 ,T4 ,T6 ,T8 ,T10 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“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确.
14. 在
ABC 中， ABC 90， AB 4 ， BC 3，点 D 在线段 AC 上，若BDC 45 ，则
cos ABD . BD ；
【答案】
12 2
(1). 5 7 2 (2). 10
【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..
3BD AB AB 4, ADB
4 , 【详解】在ABD 中，正弦定理有： sin ADB sin BAC ，而
BC 3 12 2 , cos BAC AB 4 BD
AC AB2 BC2 5 AC 5 AC 5 ，所以 5 . ，
BAC BAC 7 2 cos ABD cos(BDC BAC)
cos cos sin sin
4 4 10
sin BAC
【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征.
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x2 y2 1 5 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 15. 已知椭圆 9
圆心，
OF
PF 的斜率是 为半径的圆上，则直线
.
【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
PF1 2 | OM | 4
2 2
P(x, y) (x 2) y 16 ， ，设 可得
x2 y2
1
联立方程 9 5
3 21 x , x
2 2 （舍）可解得 ，点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方，
3 15
15
k 2
PF
P , 1
求得 2 2 ，所以
15
2
方法 2：焦半径公式应用
解析 1：由题意可知|OF |=| OM |= c = 2 ，
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3
a ex 4 x
p p PF 2 | OM | 4 2由中位线定理可得 1，即
3 15
15
k 2
PF
15
.
P , 1
求得 2 2 ，所以
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.
2
| f (t 2) f (t) | 3
f (x) ax x ，若存在t R ，使得 3 ，则实数 a 的最大值是 16. 已知 a R ，函数
.
4 max
3 【答案】
a
【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
f (t 2) f (t) 2a 3 t 2 6t 4 2
制函数图象，观察得解.
m 3t 6t 4 [1, ) ，从而使问题加以转化，通过绘
入手，令
2
【详解】使得
2 2 2
f (t 2) f (t) a 2 • (t 2) t(t 2) t ) 2 2a 3t 6t 4 2
，
1
m 1, | am 1|
2
m 3t 6t 4 [1, ) ，则原不等式转化为存在 3 ，由折线函数，如图 使得令
14 4 a 1 a
a 的最大值是 3 ，即 3 ，即 3 只需
【点睛】对于函数不等式问题，需充分利用转化与化归思想、数形结合思想.
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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，
；最大值是
.
| 1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD | 的最小值是
【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】
要使
1 3 5 6 2 4 5 6 AD 1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD AB
1 AB BC 3 CD 4 DA AC 6 BD 2 5
的最小，只需要
1 3 5 6 2 4 5 6 0
此时
，此时只需要取
min
1 1, 2 1, 3 1, 4 1, 5 1, 6 1
1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD
0
等号成立当且仅当比如则
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。
1 1, 2 1, 3 1, 4 1, 5 1, 6 1
1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD 20 2 5
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.
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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；
y [ f (x )]2 [ f (x )]2
12 4 的值域. （2）求函数
3 3 3
12 ,1 2 , . 【答案】（1） 2 2 ；（2）
【解析】
【分析】
(1) 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 a sin x
b 的形式，然后确定其值域即可.
f x 2
【详解】(1)由题意结合函数的解析式可得：
sin x ，
k
，即
x k 函数为偶函数，则当 x 0 时，
k Z k Z
2
，结合
0, 2可取
k 0,1
,3
，相应的 值为 2 2 .
y sin2 x sin2 x
12 4 (2)由函数的解析式可得：
1 cos2x 1 cos2x
6 2
2 2 1
1 cos 2x cos2x 2 6 2
1 3 1 1 2 2 cos 2x 2 sin 2x sin 2x
1 3 3 1 2 2 cos 2x 2 sin 2x
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1
sin 2x 2 6 .
3
3 3
12 ,1 2 . 据此可得函数的值域为：
【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.
19. 如图，已知三棱柱
ABC A1B1C1 ，平面 A1 AC1C 平面 ABC , ABC 90，
BAC 30, A1 A 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.
3
5 . 【答案】（1）证明见解析；（2）
【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；
(2) 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
函数基本关系可得线面角的余弦值. 【详解】(1)如图所示，连结
A1E, B1E ，
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3
sin B 0，sin A △AA C 1 AE EC 2等边 中， ，则 ，
平面 ABC⊥平面
A1 ACC1 ，且平面 ABC∩平面 A1 ACC1 AC ，
A1E 平面 ABC ，故 A1E ⊥ BC ，
由面面垂直的性质定理可得： 由三棱柱的性质可知
A1B1∥AB ，而 AB BC ，故 A1B1 BC ，且 A1B1 A1E A1 ，
A1B1E ，
由线面垂直的判定定理可得： BC 平面 结合 EF ⊆平面
A1B1E ，故 EF BC .
EA1 方向分别为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐
(2)在底面 ABC 内作 EH⊥AC，以点 E 为坐标原点，EH,EC, 标系 E xyz .
AA CA1 2 3 , BC 3, AB 3 ，
设 EH 1，则 AE EC 3 ， 1
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3 3 A0, 3, 0, B ,, 0 , A 0, 0, 3, C 0, 3, 0 2 2 1 据此可得： ，
3 3 3, 3
B 2 , 2
1 1 1 ， 由 可得点 的坐标为
3 3 3, 3 F , E 0, 0, 04 4
，由于 利用中点坐标公式可得： ， A B AB
B
1
3 3
EF , 3, 3
4 4 故直线 EF 的方向向量为：
m x , y, z A1BC
设平面
的法向量为 ，则：
3 3 3 m A1B x, y, z , , 3 x 3 y 3z 0
2 2 2 2
3 3 3 3
m BC x, y, z 2 , 2 , 0 2 x 2 y 0
，
A BC
据此可得平面 1
m 1, 3,1
的一个法向量为
3 3
EF , 3, 3
4 4 ，
EF m cos EF , m
EF m 此时
6 3 5 5
2
4 5
，
4
sincos EF , m , cosA BC
5 设直线 EF 与平面 1 所成角为 ，则
3
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 , S n bn , Sn1 bn , Sn2 bn 成等比数列.
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（1） 求数列
{an },{bn } 的通项公式； an , n N , 2bn
Cn （2） 记
证明：
C C + C 2 n, n N.
1
2
n
【答案】（1）
a 2 n n n 1 b 1 n n
，
；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
(1) 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
bn 的通项公式；
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
a 2d 4 1
a 3d 3a 3 2
d
1 1 2
整理计算即可确定数列
(2) 结合(1)的结果对数列
中的不等式.
【详解】(1)由题意可得： 则数列
a 0
1
d 2 ，
，解得：
an 的通项公式为.
Sn
0 2n 2 n n n 1
2
其前 n 项和 则
.
成等比数列，即：
n n 1 bn , n n 1 bn , n 1n 2 bn
2
n n 1 b n n 1 b n 1n 2 b
n n n ，
据此有：
n2 n 1 2n n 1b b2 n n 1n 1n 2 n 1n 2b n n 1b b2
n
n
n
n
2
n ，
2 2 n(n 1) n(n 1)(n 1)(n 2) n n 1 bn
n 1n 2 n n 1 2n n 1 故 .
(2)结合(1)中的通项公式可得：
2 2 C an n 1 1 2 n n 1n
2bn n n 1n n n n n 1
，
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则
C1 C2 Cn 2 1 0 2 2 1 2 n n 1 2 n
.
【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，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
2
F (1，0) y21. 如图，已知点 为抛物线 2 px( p 0) ，点 F 为焦点，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 右侧.记
AFG,
CQG 的面积为 S1, S2 .
S
S（2） 求 的最小值及此时点G 的坐标.
（1） 求 的值及抛物线的标准方程；
1
p
2
3 G 2, 01
x 1 ；（2） 2 ， 【答案】（1）1， .
【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
S1 S结论即可求得 2 的最小值和点 G 的坐标.
p 【详解】(1)由题意可得 2 (2)设
1
2
p 2, 2 p 4 yx 1 . ，则 ，抛物线方程为 4x ，准线方程为
Ax1 , y1 , B x2 , y2
，
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2 y设直线 AB 的方程为 ，与抛物线方程 4x 联立可得：
4
x2 x2 2 2 , x2 x2 1 k 2 x2 2k 2 4x k 2 0 ，故： k ，
4 y y k x x 2 , y y 4x 4x 4
1 2 1 2 1 2
k 1 2 ，
y k x 1, k 0
设点 C 的坐标为
C x3 , y3
，由重心坐标公式可得：
x G
x1 x2 x3
3
1 4 2 x y1 y2 y3
y
3 k 2 3 G ， 3
1 4
y 3 k 3 ，
y2
3 y 0 y3 x 3令 G 可得： k ， 则 4
4 1 4 4 1 8 4
x 2 2 2 2 2 k 2 .即 G 3 k k 3 k ，
y1 y3 y1 y3 4
k AC x x y2 y2 y y 1 3 1 3 1 3
4 4 由斜率公式可得： ，
4
y y x x 3 3y y
直线 AC 的方程为：
1 3 ，
y3 y1 y3 y2 y3 y1 y3 y y x x 3 1 3 Q3 y 0 4 4 4 4 ， 令 可得：
1 1 1 8
S x x y 2 y y1 1 8 2 1 1 2 3k 3 12 3 2 G F 1 2 k
， 故
1 y1 y3 1 2 8 S x x y 3 y3 2 2 4 3 k 2
2 Q G
， 且
4
2 y1 2 8 y 2 k S k 3 3k 2 3
k ，代入上式可得： ， 由于
4 44 y 4 y
k 1
y1 y2 , y1 y2 4 1 2
yyk 1 4 ， 1 k 由 可得 ，则
1
y1 8 2 2
2
S 2 3k 3 2 y1 y1 2 4 1 2 48 2 2 S 2 y1 2 8 y 4y 4y2 8 16 2
1 1 1
y2 8 2 k k 3 3k 1 则
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34 1 2 48 2 2 16 2 y 8 1 y12 8 .
48
y 8 y2 8
2 1
y 6 2
时等号成立 ， 1
当且仅当
1
，即
y2 8 4 3
1
4 yk 2 1
y 4 2
x
G
此时 1 ，
1 8
2 2 G 2, 02 3 k ，则点 G 的坐标为 .
.【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)=a ln x x 1, x 0.
3
a
4 时，求函数 f (x) 的单调区间； （1） 当
1 x , x [ , ) f (x) e2 2a 求 a 的取值范围. 均有 （2） 对任意
注： e 2.71828...为自然对数的底数.
f x
【答案】（1）
3, 0, 3
的单调递增区间是 ,单调递减区间是
2
0 a
4 . ；（2）
【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.
(2) 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 3 f x ln x x 1 a 0, 4 时， 4 【详解】(1)当 ，函数的定义域为
3 1
f 'x 3 x 1 2x x 34x 3
4x 2 x 1 4x x 1 4x x 1 3 x 1 2x
，且：
，
因此函数
f x
的单调递增区间是
3, ,单调递减区间是0, 3.
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(2)构造函数
g x a ln x 1 x x 2a ，
，
1 1 1
g 2a 1 0 2
2ae e2 注意到： e
2a
1
注意到 a 0 时
1 1
g 2a 2 1 11 2 2 ee 2ae 2ae 恒成立，满足 e
1 1 e2 0
；
1 1g 2a 1 1 0 e2 2 e2ae a 0 当 时，，不合题意， 122 g 1 2 0 0 a a
4 ，故 2a 4 . 且 ，解得：
0 a
下面证明 分类讨论：
2
4 刚好是满足题意的实数 a 的取值范围.
x 2 ln x g x a ln x 1 x 1 x 2x 2a 4 ， (a) 当 x 1时，
x
令
2 4
ln x 1 x 2x
，则：
'x
1 1 1 2 2x 2 1 x 2x
1 x 2x 2 x(1 x) 2 2x 1 x 2 2x 1 x 2x2 3x 1 2 2x 1 x ( 1 x 2x 2 x(1 x)) 3 2 8x1 x4x 5x 1 2 2x 1 x 1 x 2x 2 x(1 x) ' x 0 ，则函数
2 2 2x 1 x 2x 3x 1，
易知
x 1 0 单调递减， g x x
，满足题意.
1 1 2 x 1 a x 0 x 1 aln x g x 0 2 等价于 2 (b) 当 e ， 时，
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左侧是关于 a 的开口向下的二次函数
a ,
x 1 x 2 x ln x x 4 ln 1
x x
x ， 其判别式
1 t 2 4t 1
t 0 4 ln t t ' 2
t x t t 令，注意到当 e 时, ，
1 1 5 x ,1 2 ln 2 0
x e2
上单调递增,而 4 4 ， 于是 在
1
1 1
x , 2 4 e时命题成立, 于是当
1 x 4 ,1
时,此时 而当
a
a
a x 1 的对称轴为 2 ln x 随着 x 递增,
55 2 ln 2 5
8 ). 8 ln 2 4 成立，(不等式等价于 于是对称轴在 8 ln 2 的右侧,而
2
1 0 a u 4 因此
.
0 a
综上可得：实数 a 的取值范围是
2
4 .
【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)， 解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
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