2019年高考浙江高考数学试题及答案(精校版)下载

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： P(A B)  P(A)  P(B) P(AB)  P(A)P(B) A, B A, B 若事件 若事件 若事件 互斥，则 柱体的体积公式 V  Sh 相互独立，则 其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高 hSp在一次试验中发生的概率是 ,则 nA次1V  Sh 3锥体的体积公式 独立重复试验中事件 恰好发生次的概率 kA其中 表示锥体的底面积， Sh表示锥体的高 P (k)  Cnk pk (1 p)nk (k  0,1,2,,n) n2球的表面积公式 S  4 R 台体的体积公式 4V   R3 球的体积公式 3S , S 其中 分别表示台体的上、下底面积， 表 h12其中 表示球的半径 R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. U  1,0,1,2,3 A  0,1,2 B 1,0,1 1.已知全集 ，集合 ，，则（∁UA）∩B＝（　　） 1 0,1 A. C. B. D.   1,2,3 1,0,1,3 x  y  0 2.渐近线方程为 的双曲线的离心率是（ ）2A. B. 1 D. 2 2C. 2x 3y  4  0 3x  y  4  0 x  y  0 x, y z  3x  2y 3.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ）A. B. 1 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，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可 V Sh 以得到柱体体积公式 该柱体的体积是（ ，其中 是柱体的底面积， 是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则 hS柱体 ）A. 158 C. 182 B. 162 D. 32 a  0,b  0 5.若 ，则“ ”是 “ ”的（ ）a  b  4 ab  4 A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 112y  , y  log x  (a  0 a  0) 的6.在同一直角坐标系中，函数 且图象可能是（ ）a  ax A. B. C. D. 7.设 ，则随机变量 的分布列是： X0  a 1 a0,1 则当 在内增大时（ ）D X D X 减小 A. C. 增大 B. D.     D X   D X   先增大后减小 先减小后增大 V  ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 8.设三棱锥 是棱 上的点（不含端点），记直线 与VA PPB 的平面角为 ，则（ 所成角为 ，二面角 所成角为，直线 直线 与平面 PB ）AC ABC P  AC  B    ,     ,     ,    A. C. B. D.   ,   x, x  0 a,b R f (x)  y  f (x)  ax b 9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点，则 1 1×3  (a 1)x2  ax, x  0 32（）a  1,b  0 a  1,b  0 a  1,b  0 A. B. D. C. a  1,b0 a,b R    ， 则（ ）2a10.设 ，数列 中，a =a，a =a +b， nN 1n+1 nn,11b  ,a 10 b  ,a 10 A. 当 C. 当 B. 当 D. 当 10 10 24b  2,a 10 b  4,a 10 10 10 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 1i（ 为虚数单位），则 | z | z  11.复数 ________. 1 i m  A(2,1) ，则 _____， 2x  y  3  0 与圆相切于点 Cr，半径长是 .若直线 (0,m) 12.已知圆 的圆心坐标是 ______. r 13.在二项式 9 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______. ( 2 x) 14.在 中， ，，，点 在线段 上，若BDC  45，则 VABC ABC  90 BC  3 AC BD  ____； AB  4 DcosABD  ________. x2 y2 在椭圆上且在 x轴的上方，若线段 15.已知椭圆 的左焦点为 ，点 F的中点在以原点 为圆 OPF 1 P95OF 心， 为半径的圆上，则直线 的斜率是_______. PF 233a，则实数 的最大值是 | f (t  2)  f (t) | 16.已知 ，函数 ，若存在 ，使得 a R f (x)  ax  x t  R ____.  (i 1,2,3,4,5,6) 17.已知正方形 的边长为 1，当每个 取遍 时，  ABCD i      的最小值是________；最大值是_______. | 1 AB  2 BC  3CD  4 DA 5 AC  6 BD | 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. f (x)  sinx, xR 18.设函数 . [0,2), f (x ) （1）已知 （2）求函数 函数 是偶函数，求 的值； 12 y  [ f (x  )]2 [ f (x  )]2 的值域. 4ABC  A B C 1 ，平面 A AC C  19.如图，已知三棱柱 平面 ,，ABC ABC  90 1111BAC  30, A A  AC  AC, E, F AC, A B 1 的中点. 1分别是 11（1）证明： （2）求直线 ；EF  BC A BC 与平面 所成角的余弦值. EF 1n{a } Sa  4 a  S ，b，数列 满足：对每 n的前20.设等差数列 项和为 ，  nn343nN, Sn  bn , Sn1  bn , Sn2  b n 成等比数列. {a },{b } （1）求数列 的通项公式； nnan ,nN, C  （2）记 证明： C1  C2 + Cn  2 n,nN . n2bn 2A,B ，点 为焦点，过点 的直线交抛物线于 两点，点 21.如图，已知点 F(1，0)为抛物线 y  2px( p  0) CFFxx轴于点 ，且 在点 右侧.记 QQ在抛物线上，使得 的重心 在轴上，直线 交VABC GFAC S , S △AFG,△CQG 的面积为 .21p（1）求 的值及抛物线的标准方程； S1 （2）求 的最小值及此时点 的坐标. GS2 22.已知实数 a  0 ，设函数 f (x)=aln x  x 1, x  0. 3f (x) a   （1）当 时，求函数 的单调区间； 41xa求 的取值范围. x[ ,) （2）对任意 均有 f (x)  ,e2 2a 注： 为自然对数的底数. e  2.71828… 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： P(A B)  P(A)  P(B) P(AB)  P(A)P(B) A, B A, B 若事件 若事件 若事件 互斥，则 柱体的体积公式 V  Sh 相互独立，则 其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高 hSp,则 n 次 A在一次试验中发生的概率是 1V  Sh 3锥体的体积公式 独立重复试验中事件 恰好发生次的概率 kA其中 S表示锥体的底面积， 表示锥体的高 hP (k)  Cnk pk (1 p)nk (k  0,1,2,,n) n2球的表面积公式 S  4 R 台体的体积公式 4V   R3 球的体积公式 3S , S 其中 分别表示台体的上、下底面积， 表 h12其中 表示球的半径 R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. U  1,0,1,2,3 A  0,1,2 B  1,0,1 1.已知全集 ，集合 ，，则（∁UA）∩B＝（　　） 1 A. C. B. D.   0 , 1   1,2,3 1,0,1,3 【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. C A={1,3} C A  B {1} 【详解】 ，则 UU【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误. x  y  0 2.渐近线方程为 的双曲线的离心率是（ ）2A. B. 1 D. 2 2C. 2【答案】C 【解析】 【分析】 .，进一步可得离心率 容易题，注重了双曲线基础知识、基本 本题根据双曲线的渐近线方程可求得 a  b 1 计算能力的考查. 22x  y  0 【详解】因为双曲线的渐近线为 ，所以 a=b=1，则 ，双曲线的离心率 c  a  b  2 ce  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 x,y 3.若实数 满足约束条件 z  3x  2y ，则 的最大值是（ ）A. B. 1 1 C. 10 D. 12 【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. (-1,1),(1,-1),(2,2) 【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 为顶点的三角形 z=3x+2y (2,2) z=3x+2y 时， 取最大值 区域（包含边界），由图易得当目标函数 经过平面区域的点 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， 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 V Sh 以得到柱体体积公式 ，其中 是柱体的底面积，是柱体的高，若某柱体的三视图如图所示，则该 S柱体 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 2  6 24  6 23 3 6 162 .【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. a  0,b  0 5.若 ，则“ ”是 “ ”的（ ）a  b  4 ab  4 A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】A B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【解析】 【分析】 a,b 的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 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. a > 0, b > 0 【详解】当 性成立；当 时， ，则当 时，有 ，解得 ，充分 a  b  4 ab  4 a  b  2 ab 2 ab  a  b  4 a=1, b=4 时，满足 ，但此时 a+b=5>4 ，必要性不成立，综上所述，“ ”是 ab  4 a  b  4 “”的充分不必要条件. ab  4 【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 a,b 过特取 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果. 112y  , y  log x  (a  0 a  0) 6.在同一直角坐标系中，函数 且的图象可能是（ ）a  ax A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 a本题通过讨论 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. 1ax 时，函数 y  ax 过定点 且单调递减，则函数 过定点 (0,1) (0,1) 且单调递增，函 y  【详解】当 0  a 1 11y  ax y  log x  (0,1) 且单调递 ( ,0) 数过定点 且单调递减，D 选项符合；当 时，函数 过定点 a 1 a  2211ax 12(0,1) y  log x  y  ( ,0） 增，则函数 过定点 且单调递减，函数 过定点 且单调递增，各选项均不 a  2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 a过讨论 的不同取值范围，认识函数的单调性. 7.设 ，则随机变量 的分布列是： X0  a 1 a0,1 则当 在内增大时（ ）D X D X 减小 A. C. 增大 B. D.     D X   D X   先增大后减小 先减小后增大 【答案】D 【解析】 【分析】 aa研究方差随 变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数 表示，应用函数知识求解本题根据方 .a差与期望的关系，将方差表示为 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. 1 a 3E(X )  【详解】方法 1：由分布列得 ，则 22  0   2  a   2 1   1 a 311 a 311 a 31291216a(0,1) 内增大时， ，则当 在D(X )  a  333D(X ) 先减小后增大. 2a2 1 (a 1)2 2a2  2a  2 D(X )  E X2  E(X )  0   2913a  方法 2：则 故选 D. 339924【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. V  ABC 8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱VA 上的点（不含端点），记直线 与直 PPB 的平面角为 ，则（ 所成角为 ，二面角 所成角为，直线 线与平面 PB ）AC ABC P  AC  B    ,     ,     ,    A. B. D.   ,   C. 【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. AC VABC O的投影为 ，则 AO P在底面投影 在线段 上，过 【详解】方法 1：如图 为中点， 在底面 GDD作DE 垂直 ，易得 PE / /VG ，过 P作交PF // AC VG 于，过 作，交 于，则 DH / /AC BG AE FDHPF EG DH BD   BPF,   PBD,   PED    cos   cos ， 则 ， 即 ，PB PB PB PB PD PD y   tan    tan ，即 ，综上所述，答案为 B. ED BD    的平面角为 （显然    方法 2：由最小角定理 ，记 ）V  AB C      由最大角定理 ，故选 B. V  ABC 法 2：（特殊位置）取 为正四面体， 为中点，易得 VA P333 622 2 ，故选 B. cos   sin   ,sin  , sin  633【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 a,b R f (x)  y  f (x)  ax b 9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点，则 1 1×3  (a 1)x2  ax, x  0 32（）a  1,b  0 a1,b0 A. B. D. a  1,b  0 C. 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. y  f (x) y  ax  b ，有三个交点. 【详解】原题可转化为   与f (0)  0, f (0)  a 当时， f (x)  x2  (a 1)x  a  (x  a)(x 1) ，且 ，则 BC   AP y  f (x) y  ax  b 不可能有三个交点（实际上有一个），排除 A，B （1）当 时，如图 与a  1 y  f (x) y  ax  b （2）当 时，分三种情况，如图 a1 与若有三个交点，则 ，答案选 D b  0 下面证明： a  1时，   时11F(x)  f (x)  ax b  x3  (a 1)x2 b ，F (x)  x2  (a 1)x  x(x  (a 1)) ，则 BC   AP 3210  b  (a 1)3 F(0) > 0 ,F(a+1)<0 ，才能保证至少有两个零点，即 ，若另一零点在  0 6a,b 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及 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 .  ， ,则（ ）2aa,b R ，数列  10.设 中，a1=a，an+1=a +b， nnN n11b  ,a 10 b  ,a 10 A. 当 B. 当 10 10 24b  2,a 10 b  4,a 10 C. 当 D. 当 10 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. 21121122a  a 0, ,an  【详解】选项 B：不动点满足 时，如图，若 ，x  x  x   0 124排除 1212a如图，若 为不动点 a  则n2ax 1 1292a  2 10 选项 C：不动点满足 排除 ，不动点为 ，令 ，则 ，a  2 x  x  2  x   0 n2421217 17 1217 2122选项 D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 x  x  4  x   0 x  a  4217 21，排除. an   10 2111131 17 b  a  a2   , a  a2   , a  a2  1 选项 A：证明：当 时， ；，213243222242 16 a处理一：可依次迭代到 10 1a a2  a2 1 处理二：当 时， ，则则 n  4 n1 nn22n1 26 64 17 16 17 16 164 6463 1162 ，则 .an1 (n  4) a10   1 1 1 4  7 10 16 16 2故选 A 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 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 1i（ 为虚数单位），则 | z | ________. z  11.复数 1 i 2【答案】 2【解析】 【分析】 z..本题先计算 ，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. 112【详解】| z | .|1 i | 22【点睛】本题考查了复数模的运算，属于简单题. Cr，半径长是 .若直线 (0,m) 2x  y  3  0 A(2,1) 12.已知圆 m  的圆心坐标是 与圆相切于点 ，则 r  _____， ______. 【答案】 (1). (2). m2 r  5 【解析】 【分析】 (0,m) 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 的斜率，进一步得到其方程，将 AC m代入后求得 ，计算得解. 11(0,m) kAC   AC : y 1 (x  2) 【 详 解 】 可 知 ， 把 代 入 得 ， 此 时 m  2 22.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. 13.在二项式 9 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______. ( 2 x) 【答案】 (1). (2). 516 2 【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 x入手，根据要求，考察 的幂指数，使问题得解. Tr1  C9r ( 2)9r xr (r  0,1,29) 【详解】 9 的通项为 ( 2 x) 09可得常数项为 ，T  C9 ( 2) 16 2 1r =1,3,5,7,9 T ,T ,T ,T ,T 10 共 5 个项 2 4 6 8 因系数为有理数， ，有 【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. VABC A C 上，若 14. 中， ，，，点 在线段 D，则 ABC  90 BC  3 BDC  45 在AB  4 ____； cosABD  ________. BD  12 2 57 2 【答案】 (1). (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 BDC .CD  x ，在 、中应用正弦定理，建立方程，进而得解. ABD AB BD 3 4AB  4,ADB  【详解】在 中，正弦定理有： ，而 ,ABD sin ADB sin BAC BC AC 3AB 4512 2 522sin BAC   ,cosBAC  ，，所以 .BD  AC  AB  BC  5 5AC 447 2 10 cosABD  cos(BDC  BAC)  cos cosBAC  sin sinBAC  【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. x2 y2 x的左焦点为 ，点 在椭圆上且在轴的上方，若线段 15.已知椭圆 的中点在以原点 为PO1 FPF 95O F 圆心， 为半径的圆上，则直线 的斜率是_______. PF 【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. |OF|=|OM |= c= 2 【详解】方法 1：由题意可知 ，可得 (x  2)2  y2 16 ，PF  2 | OM | 4 P(x, y) 由中位线定理可得 ，设 1×2 y2 联立方程 1 95321 2x在椭圆上且在 轴的上方， x  , x  可解得 （舍），点 P215 315 221P  , 求得 ，所以 kPF  15 22方法 2：焦半径公式应用 |OF |=|OM |= c= 2 解析 1：由题意可知 ，32PF  2 | OM | 4 a  ex  4  x   由中位线定理可得 ，即 1pp15 315 221P  , 求得 ，所以 .kPF  15 2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. 23a，则实数 的最大值是 | f (t  2)  f (t) | 16.已知 ____. ，函数 ，若存在 ，使得 a R f (x)  ax  x t  R 34a【答案】 max 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 f (t  2)  f (t)  2a 3t2  6t  4  2 入手，令 m  3t2  6t  4[1,)，从而使问题加以转化，通过绘制 函数图象，观察得解. f (t  2)  f (t)  a 2(t  2)2  t(t  2)  t2 )  2  2a 3t2  6t  4  2 【详解】使得 ，13使得令 m  3t2  6t  4[1,)，则原不等式转化为存在 ，由折线函数，如图 m 1, |am 1| 134343a，即 的最大值是 a 1 a  只需 ，即 【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.  (i 1,2,3,4,5,6) 17.已知正方形 的边长为 1，当每个 取遍 时， ABCD i       的最小值是________；最大值是_______. | 1 AB  2 BC  3CD  4 DA 5 AC  6 BD | 【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】         AB  BC  CD  DA AC  BD      AB      AD 6  6  123456135245       AB  BC  CD  DA AC  BD 要使 的最小，只需要 123456        0  1, 1, 1, 1, 1, 1 ，此时只需要取 13562456123456      6 AB  BC  CD  DA AC  BD  0 此时 12345min  , ,   , ,  等号成立当且仅当 6 均非负或者均非正，并且 6 均非负或者均非正。 135245 1, 1, 1, 1, 1, 1 比如 123456      6 AB  BC  CD  DA AC  BD  20  2 5 .则12345max 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. f (x)  sinx, xR 18.设函数 . [0,2), f (x ) （1）已知 （2）求函数 函数 是偶函数，求 的值； 12 y  [ f (x  )]2 [ f (x  )]2 的值域. 433 3 ,  1 ,1 【答案】（1） ；（2） .222 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； y  asin x   b (2)首先整理函数的解析式为 的形式，然后确定其值域即可. f x  sin x  【详解】(1)由题意结合函数的解析式可得： ，22  0,2 k  0,1 x   k  k Z   k  k Z 函数为偶函数，则当 时， ，即 ，结合 可取 ，x  0  3 2 2 ,  相应的 值为 .12 4y  sin2 x   sin2 x  (2)由函数的解析式可得： 62221 cos 2x  1 cos 2x  1  26  1 cos 2x   cos 2x  212311 1 1 cos2x  sin 2x sin 2x 221233cos2x  sin 2x 2236.sin 2x  2331 ,1 的据此可得函数 值域为： .22【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. ABC  A B C 1 ，平面 A AC C  19.如图，已知三棱柱 平面 ,，ABC ABC  90 1111BAC  30, A A  AC  AC, E, F AC, A B 1 的中点. 1分别是 11（1）证明： （2）求直线 ；EF  BC A BC 与平面 所成角的余弦值. EF 13【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； (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. A E, B E 【详解】(1)如图所示，连结 ，113△AAC AE  EC 等边 中， ，则 ，sin B  0，sin A  12A AC C A ACC AC 平面 ABC⊥平面 1 ，且平面 ABC∩平面 A E  ，，111A E⊥BC 由面面垂直的性质定理可得： 平面 ，故 ABC 11A B∥AB A B BC A B A E  A 由三棱柱的性质可知 ，而 ，故 ，且 ，AB  BC 11111111A B E 由线面垂直的判定定理可得： 平面 ，BC 11A B E 结合 ⊆平面 ，故 .EF  BC EF 11EA (2)在底面 ABC 内作 EH⊥AC，以点 E 为坐标原点，EH,EC, 1 方向分别为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标 E  xyz 系.设EH 1，则 ，AA  CA  2 3 ,，BC  3, AB  3 AE  EC  3 1133A 0, 3,0 ,B ,,0 ,A 0,0,3 ,C 0, 3,0 据此可得： 1  ，2 2   3 3 ,BB3,3 由1 可得点 1 的坐标为 ，AB  A B 112 2 3 3 ,E 0,0,0 F3,3 利用中点坐标公式可得： ，由于 ，4 4  3 3 ,EF  3,3 故直线 EF 的方向向量为： 4 4  A BC m  x, y, z 设平面 的法向量为 ，则： 1 3333m A B  x, y, z  ,,3  x  y 3z  0 12 2 22， 3333  m BC  x, y, z  , ,0  x  y  0 2 2 22  EF  3 3 ,A BC m  1, 3,1 3,3 据此可得平面 的一个法向量为 ，14 4     cos EF,m  EF m 645  此时 ，3 5 2EF  m 5    sin  cos EF,m  ,cos  435A BC 设直线 EF 与平面 所成角为 ，则 .15【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. n的前 项和为 {a } Sa  4 a  S ，b，数列 满足：对每 n20.设等差数列 ，  nn343nN, Sn  bn , Sn1  bn , Sn2  b n 成等比数列. {a },{b } （1）求数列 的通项公式； nnan ,nN, C  （2）记 证明： C1  C2 + Cn  2 n,nN . n2bn a  2 n 1 b  n n1 ；（2）证明见解析. 【答案】（1） ，nn【解析】 【分析】 aa  n(1)首先求得数列 的首项和公差确定数列 的通项公式，然后结合三项成等比数列的充分必要条件整   nb理计算即可确定数列 的通项公式； nc  n(2)结合(1)的结果对数列 的不等式. 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 a1  2d  4 a  0 1【详解】(1)由题意可得： ，解得： ，32 d  2 a1  3d  3a1  d2a则数列 的通项公式为. n0  2n  2 n 其前 n 项和 .Sn   n n1 2n n1  b ,n n1  b , n 1 n  2  b  则n 成等比数列，即： nn2，n n1  b  n n1  b  n 1 n  2  b   nnn  据此有： 2n2 n 1  2n n1 b  b2  n n1 n 1 n  2  n 1 n  2 b  n n1 b  b2 ，n     nnnnn2 (n 1)2  n(n 1)(n 1)(n  2) n 1 n  2  n n1  2n n1 b   n n1 故.n (2)结合(1)中的通项公式可得： an n 1 n n1 122Cn   2 n  n 1 ，2bn nn  n n  n 1 C  C  C  2 1 0  2 2 1  2 n  n 1  2 n 则.12n【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. 2F(1，0) A,B ，点 为焦点，过点 的直线交抛物线于 两点，点 21.如图，已知点 为抛物线 的重心 y  2px( p  0) CFFx在 x 轴上，直线 AC Q Q 轴于点 ，且 在点 右侧.记 在抛物线上，使得 交VABC GFS , S △AFG,△CQG 的面积为 .21p（1）求 的值及抛物线的标准方程； S1 （2）求 的最小值及此时点 的坐标. GS2 3G 2,0 .【答案】（1）1， ；（2） ，x  1 1 2【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 结论即可求得 的最小值和点 G 的坐标. S2 py2  4x p  2,2p  4 1 【详解】(1)由题意可得 ，则 ，抛物线方程为 ，准线方程为 .x  1 2A x, y , B x, y (2)设 ，1  2  12设直线 AB 的方程为 ，与抛物线方程 y2  4x 联立可得： y  k x1 ,k  0 42 2 22x  x  2  , x x1 ，故： ，k x  2k 4 xk 0 222 2 k2 4y  y  k x x  2  , y y 4x  4×2  4 ，1   12121 2 kC x, y 设点 C 的坐标为 3 ，由重心坐标公式可得： 3141 4 x1  x2  x3 y1  y2  y3 2  x  y xG  y  ，，3  3  G3k2 3 k 33y32 4k2 14418k2 4y  0 x  2  2  y   令可得： ，则 .即 ，x3  GG33k2 k2 3k4y1  y3 y1  y3 4kAC x1  x3 y12 y32 y1  y3 由斜率公式可得： ，444y  y  x  x 直线 AC 的方程为： ，33y1  y3 y y y y y y 3  3  y32 3  3  y1 y3 11y  0 令故且可得： ，，xQ  x3    444411 1 8k2 y83k2 13S  x  x  y   2  1  y1  1  F  1G122321y3  y1 y3 138  S  x  x  y   2  3  ，G  2Q224k2 2 y 2841S    y   由于 ，代入上式可得： ，23k k3 3k2 k444y1 4y  k  ，则 y  y  , y y 4 由则可得 ，1y12  4 121 2 y1 kky81381  42y12 y2  2  2  S1 S2 123k2 48 y12 8 y2 8  16 y2  4 y2  4 2 y 211 11  k k3 3k2 43 2  1 2.48 y12 8 2y2 8  16 148 y12 8 y2 8  2当且仅当 ，即 ，时等号成立 y1  8 4 3y1  6  2 1.4y1 y12  4 18k2 k   2 ，x  2   2 G 2,0 .此时 ，则点 G 的坐标为 G3【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)=aln x  x 1, x  0. 34f (x) a   （1）当 时，求函数 的单调区间； 1xa求 的取值范围. x[ ,) （2）对任意 均有 f (x)  ,e2 2a 注： 为自然对数的底数. e  2.71828… 2f x 3, 0,3 ,单调递减区间是 ；（2） 【答案】（1）  的单调递增区间是 .0  a  4【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. 3430, a   f x ln x  x 1 【详解】(1)当 时， ，函数的定义域为 ，且：   4x 3 4x  3  313 x 1  2x 4x x1 f ‘ x     ，4x 2 x 1 4x x1 3x 1  2x f x 3, 0,3 因此函数  的单调递增区间是 ,单调递减区间是 .x(2)构造函数 ，g x  aln x  1 x    2a 1e2 11注意到： g 2a   1 „ 0 ，2ae e2 111111注意到 时恒成立，满足 g 2a   1 „ 0 e2 ；a  0 2a   2  1  1 e2 2ae 2ae ee2 111e2 a  0 当时， g  2a   0 ，不合题意， e2 2ae 122g 1  2     0 且，解得： ，故 .a  0  a  2a 442下面证明 刚好是满足题意的实数 a 的取值范围. 0  a  4分类讨论： x2(a)当 时， ，x  1 g x  aln x  1 x    ln x  1 x  2x 2a 42令，则：  x    ln x  1 x  2x 4111 ‘ x    2 2x 2 1 x 2x 1 x  2x  2 x(1 x) 2 2x 1 x 2 2x 1 x  2×2  3x 1 2 2x 1 x( 1 x  2x  2 x(1 x)) 1 x 4×3 8×2  5x 1 ，2 2x 1 x 1 x  2x  2 x(1 x) 22x 1 x  2×2  3x 1   ‘ x  0  x g x   x   1  0 易知   ，则函数  单调递减，     a ln x x1a  a   ，满足题意. 11e2 2g x  0    x 1 (b)当 时， 等价于 ，x  0 2左侧是关于 a 的开口向下的二次函数   ,1 x 1 x  2 x ln x  x 4ln x  x  其判别式   ，x11t2  4t 1 t  4lnt  t  ‘   0 令，注意到当 时, ，t  x tt2 e115   x 于是   x  ,1  2ln 2  0 在上单调递增,而 ，  2e4  41 1 x ,2于是当 时命题成立, e 4 1x 1 2ln x xx ,1  a 而当 时,此时  的对称轴为 随着 递增, a  458552于是对称轴在 的右侧,而 成立，(不等式等价于 ). ln 2  a  8ln 2 8ln2 42 a  u 因此     1  0   .42综上可得：实数 a 的取值范围是 .0  a  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．