新高考2019年浙江卷数学高考试题精确校正版（含答案）.doc

1、2019 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的。目要求的。 1已知全集 1U ，0，l，2，3，集合0A，1，2， 1B ，0，1，则() UA B （ ） A 1 B0，1 C 1，2，3 D 1，0，1，3 2渐进线方程为0xy的双曲线的离心率是（ ） A 2 2 B1 C2 D2 3若实数x，y满足约束条件 34 0 34 0 0 xy xy xy ，则32zxy的最大值是（ ） A1

2、 B1 C10 D12 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Vsh 柱体 ，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（ ） A158 B162 C182 D324 5若0a ，0b ，则“4ab ”是“4ab”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 6在同一直角坐标系中，函数 1 x y a ， 1 1() 2 a yogx，(0a 且1)a 的图象可能是（ ） 7设01a随机变量X的分布列是 X 0 a 1 P 1 3 1 3 1

3、 3 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 8设三棱锥VABC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PACB的平面角为，则（ ） A， B， C， D， 9设a，bR，函数 32 ,0, ( ) 11 (1),0 32 x x f x xaxax x 若函数( )yf xaxb恰有 3 个零点，则（ ） A1a ，0b B1a ，0b C1a ，0b D1a ，0b 10设a，bR，数列 n a满足 1 aa， 2

4、1nn aab ， * nN，则（ ） A当 1 2 b 时， 10 10a B当 1 4 b 时， 10 10a C当2b 时， 10 10a D当4b 时， 10 10a 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分。分。 11已知复数 1 1 z i ，其中i是虚数单位，则| z 12 已知圆C的圆心坐标是(0,)m， 半径长是r 若直线230xy与圆相切与点( 2, 1)A ， 则m ， r 13在二项式 9 ( 2) x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，90

5、ABC，4AB ，3BC ，点D在线段AC上，若45BDC，则BD ， cosABD 15已知椭圆 22 1 95 xy 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已知aR，函数 3 ( )f xaxx若存在tR，使得 2 |(2)( )| 3 f tf t，则实数a的最大值是 17 已 知 正 方 形ABCD的 边 长 为1 当 每 个(1 i i， 2 ， 3 ， 4 ， 5 ，6)取 遍1时 ， 123456 |ABBCCDDAACBD的最小值是 ，最大值是 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题

6、，共小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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( )sinf xx，xR （1）已知0，2 )，函数()f x是偶函数，求的值； （2）求函数 22 () () 124 yf xf x 的值域 19 （15 分）如图，已知三棱柱 111 ABCABC，平面 11 A ACC 平面ABC，90ABC，30BAC， 11 A AACAC，E，F分别是AC， 11 A B的中点 （）证明：EFBC； （）求直线EF与平面 1 A BC所成角的余弦值 20 （15 分）设等差数列 n a的前n项和为 n S， 3

7、4a ， 43 aS数列 n b满足：对每个 * nN， nn Sb， 1nn Sb ， 2nn Sb 成等比数列 （）求数列 n a， n b的通项公式； （）记 2 n n n a c b ， * nN，证明： 12 2 n cccn， * nN 21如图，已知点(1,0)F为抛物线 2 2(0)ypx p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 1 S， 2 S （）求p的值及抛物线的准线方程； （）求 1 2 S S 的最小值及此时点G点坐标 22 （15 分）已知实数0a

8、 ，设函数( )1f xalnxx，0x （）当 3 4 a 时，求函数( )f x的单调区间； （）对任意 2 1 x e ，)均有( ) 2 x f x a ，求a的取值范围 注意：2.71828e 为自然对数的底数 2019 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的。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：

9、 1 UA ，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：根据渐进线方程为0xy的双曲线，可得ab，所以2ca, 则该双曲线的离心率为2 c e a ，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 34 0 34 0 0 xy xy xy 作出可行域如图， 联立 340 340 xy xy ，解得

10、(2,2)A，化目标函数32zxy为 31 22 yxz ， 由图可知，当直线 31 22 yxz 过(2,2)A时，直线在y轴上的截距最大， z有最大值为 10故选C 【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 11 46326327 22 ABCDE S 五边形 ，高为 6，则该柱体的体积是

11、276162V 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：0a ，0b ，42abab厖，2ab ，4ab，即44abab剟， 若4a ， 1 4 b ，则1 4ab ，但 1 44 4 ab，即4ab推不出4ab ，4ab 是4ab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 1 x y a ， 1 1() 2 a yogx， 当

12、1a 时，可得 1 x y a 是递减函数，图象恒过(0,1)点， 函数 1 1() 2 a yogx，是递增函数，图象恒过 1 ( 2 ，0)； 当10a时，可得 1 x y a 是递增函数，图象恒过(0,1)点， 函数 1 1() 2 a yogx，是递减函数，图象恒过 1 ( 2 ，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： 1111 ()01 3333 a E Xa ， 222 111111 ()()()(1) 333333 aaa D Xa 22222 12211 (

13、1)(21)(2) (1)() 279926 aaaaaa 01a，()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在底面上的射影D在线段AO上， 作DEAC于E，易得/ /PEVG，过P作/ /PFAC于F， 过D作/ /DHAC，交BG于H， 则BPF ，PBD ，PE

14、D， 则coscos PFEGDHBD PBPBPBPB ，可得； tantan PDPD EDBD ，可得， 方法二、由最小值定理可得，记VACB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VABC为棱长为 2 的正四面体，P为VA的中点， 易得 1 3 2 cos 63 ，可得 33 sin 6 ， 6 2 3 sin 33 ， 6 2 2 3 sin 33 2 ， 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0x 时，( )(1)yf xaxbxaxb

15、a xb最多一个零点；当0x时， 3232 1111 ( )(1)(1) 3232 yf xaxbxaxaxaxbxaxb，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0x 时，( )(1)0yf xaxbxaxba xb，得 1 b x a ；( )yf xaxb最多 一个零点； 当0x时， 3232 1111 ( )(1)(1) 3232 yf xaxbxaxaxaxbxaxb， 2 (1)yxax， 当1 0a ，即1a时，0y，( )yf xaxb在0，)上递增，( )yf xaxb最多一个零点不合 题意； 当10a ，即1a 时，令0y得1xa，)，

16、函数递增，令0y得0x，1)a ，函数递减；函 数最多有 2 个零点； 根据题意函数( )yf xaxb恰有 3 个零点函数( )yf xaxb在(,0)上有一个零点， 在0，)上 有 2 个零点， 如右图： 0 1 b a 且 32 0 11 (1)(1)(1)0 32 b aaab ， 解得0b ，10a， 3 1 (1) 6 ba 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 2 1 0 4 x ， 得 1 2 ， 取 1 1 2 a ， 得到当 1 4 b 时，1010a； 对于C， 令 2 20x， 得2或1 ，取 1 2a ，得到当2b 时，

17、 10 10a；对于D，令 2 40x，得 117 2 ，取 1 117 2 a ，得到当4b 时， 10 10a；对于A， 2 2 11 22 aa， 22 3 113 () 224 aa， 422 4 319117 ()1 4216216 aaa，当4n时， 1 1 13 2 1 22 n n nn a a aa ，由此推导出 610 4 3 ( ) 2 a a ，从而 10 729 10 64 a 【解答】解：对于B，令 2 1 0 4 x，得 1 2 ， 取 1 1 2 a ， 2 11 ,10 22 n aa， 当 1 4 b 时， 10 10a，故B错误； 对于C，令 2 20x，

18、得2或1 ， 取 1 2a ， 2 2a，210 n a ， 当2b 时， 10 10a，故C错误； 对于D，令 2 40x，得 117 2 ， 取 1 117 2 a ， 2 117 2 a ， 117 10 2 n a ， 当4b 时， 10 10a，故D错误； 对于A， 2 2 11 22 aa， 22 3 113 () 224 aa， 422 4 319117 ()1 4216216 aaa， 1 0 nn aa ， n a递增， 当4n时， 1 1 13 2 1 22 n n nn a a aa ， 5 4 4 5 10 9 3 2 3 2 3 2 a a a a a a ， 610

19、 4 3 ( ) 2 a a ， 10 729 10 64 a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：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分。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： 1111 1(1)(1)22 i zi iii 22 112 |( )() 222 z 故答案为： 2 2 【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

20、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 11 22 m ，解得2m 圆心为(0, 2)，则半径 22 ( 20)( 12)5r 故答案为：2，5 【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 9 ( 2) x的展开式的通项为 9 9 2 199 ( 2)2 r rrrrr r TCxC x 由0r ，得常数项是

21、1 16 2T ； 当1r ，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：16 2，5 【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，4AB ，3BC ，5AC ， 4 sin 5 C ， 在BCD中，可得 3 sin2 2 BD C ，可得 12 2 5 BD ； 135CBDC， 22437 2 sinsin(135)(cossin)() 22

22、5510 CBDCCC， 即有 7 2 coscos(90)sin 10 ABDCBDCBD， 故答案为： 12 2 5 ， 7 2 10 ， 【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 22 1 95 xy 的3a ，5b ，2c ， 2 3 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A

23、O，可得| 2| 4PFAO ， 设P的坐标为( , )m n，可得 2 34 3 m，可得 3 2 m ， 15 2 n ， 由( 2,0)F ，可得直线PF的斜率为 15 2 15 3 2 2 故答案为：15 【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 33 2 | (2)(2)| 3 a ttatt，化为 2 2 |2 (364)2| 3 att，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tR，使得 2 |(2)( )| 3

24、 f tf t，即有 33 2 | (2)(2)| 3 a ttatt， 化为 2 2 |2 (364)2| 3 att，可得 2 22 2 (364)2 33 att剟，即 2 24 (364) 33 att剟， 由 22 3643(1)1 1ttt ，可得 4 0 3 a ，可得a的最大值为 4 3 故答案为： 4 3 【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A BA DA C，BDADAB，0AB AD ， 化 简 123456 |ABBCCDDAACBD 22 13562456 ()()，

25、 由于(1 i i， 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ABADAC，BDADAB， 0AB AD ， 123456 |ABBCCDDAACBD 12345566 |ABADABADABADADAB 13562456 |()()|ABAD 22 13562456 ()()， 由于(1 i i，2，3，4，5，6)取遍1，可得 1356 0， 2456 0， 可取 56 1， 13 1， 2 1 ， 4 1，可得所求最小值为 0； 由 1356 ， 2456 的最大值为 4，可取 2 1， 4 1 ， 56 1， 1 1

26、， 3 1 ，可 得所求最大值为2 5故答案为：0，2 5 【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：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。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是偶函数，则() 2 kkZ ，根据的范围可得结果； （2）化简函数得 3 sin(2)1 26 yx ，然后根据x的范围求值域即可 【解答】解： （1）由( )sinf xx，得()sin()f xx， ()f x为偶函数，() 2 kk

27、Z ，0，2 )， 2 或 3 2 ， （2） 22 () () 124 yf xf x 22 sin ()sin () 124 xx 1cos(2)1cos(2) 62 22 xx 1 1(cos2 cossin2 sinsin2 ) 266 xxx 33 sin2cos21 44 xx 3 sin(2)1 26 x ， xR，sin(2) 1,1 6 x ， 333 sin(2)1 1,1 2622 yx ， 函数 22 () () 124 yf xf x 的值域为： 33 1,1 22 【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

28、 【分析】法一： （）连结 1 A E，则 1 A EAC，从而 1 A E 平面ABC， 1 AEBC，推导出 1 BCA F， 从而BC 平面 1 A EF由此能证明EFBC （）取BC中点G，连结EG、GF，则 1 EGFA是平行四边形，推导出 1 A EEG，从而平行四边形 1 EGFA 是矩形，推导出BC 平面 1 EGFA，连结 1 AG，交EF于O，则EOG是直线EF与平面 1 A BC所成角（或其 补角） ，由此能求出直线EF与平面 1 A BC所成角的余弦值 法二： （）连结 1 A E，推导出 1 A E 平面ABC，以E为原点，EC， 1 EA所在直线分别为y，z轴，建立

29、空 间直角坐标系，利用向量法能求出直线EF与平面 1 A BC所成角的余弦值 【解答】方法一：证明： （）连结 1 A E， 11 A AAC，E是AC的中点， 1 AEAC，又平面 11 A ACC 平面ABC， 1 A E 平面 11 A ACC， 平面 11 A ACC平面ABCAC， 1 A E平面ABC， 1 AEBC， 1 / /AFAB，90ABC， 1 BCAF，BC平面 1 A EF，EFBC 解： （）取BC中点G，连结EG、GF，则 1 EGFA是平行四边形， 由于 1 A E 平面ABC，故 1 A EEG，平行四边形 1 EGFA是矩形， 由（）得BC 平面 1 EG

30、FA，则平面 1 ABC 平面 1 EGFA， EF在平面 1 A BC上的射影在直线 1 AG上， 连结 1 AG，交EF于O，则EOG是直线EF与平面 1 A BC所成角（或其补角） ， 不妨设4AC ，则在Rt 1 A EG中， 1 2 3AE ，3EG ， O是 1 AG的中点，故 1 15 22 AG EOOG， 222 3 cos 25 EOOGEG EOG EO OG ，直线EF与平面 1 A BC所成角的余弦值为 3 5 方法二：证明： （）连结 1 A E， 11 A AAC，E是AC的中点， 1 AEAC，又平面 11 A ACC 平面ABC， 1 A E 平面 11 A

31、ACC， 平面 11 A ACC平面ABCAC， 1 A E平面ABC， 如图，以E为原点，EC， 1 EA所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系， 设4AC ，则 1(0 A，0，2 3)，( 3,1,0)B， 1( 3,3,2 3) B， 3 3 (,2 3) 22 F，(0C，2，0)， 3 3 (,2 3) 22 EF ，(3,1,0)BC ，由0EF BC，得EFBC 解： （）设直线EF与平面 1 A BC所成角为， 由（）得(3,1,0)BC ， 1 (0AC ，2，2 3)， 设平面 1 A BC的法向量(nx，y，) z， 则 1 30 30 BC nxy AC nyz

32、，取1x ，得(1, 3,1)n ， |4 sin 5| | EF n EFn ， 直线EF与平面 1 A BC所成角的余弦值为 3 5 【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】 （）利用等差数列通项公式和前n项和公式列出方程组，求出 1 0a ，2d ，从而22 n an， * nN 2 n Snn， * nN，利用 2 12 ()()() nnnnnn SbSbSb ，能求出 n b （

33、） 221 22 (1)(1) n n n ann c bn nn n ， * nN， 用数学归纳法证明， 得到 12 2 n cccn， * nN 【解答】解： （）设数列 n a的公差为d，由题意得 1 11 24 333 ad adad ， 解得 1 0a ，2d ，22 n an， * nN 2 n Snn， * nN， 数列 n b满足：对每个 * nN， nn Sb， 1nn Sb ， 2nn Sb 成等比数列 2 12 ()()() nnnnnn SbSbSb ，解得 2 12 1 () nnnn bSS S d ，解得 2 n bnn， * nN 证明： （） 221 22 (

34、1)(1) n n n ann c bn nn n ， * nN， 用数学归纳法证明： 当1n 时， 1 02c ，不等式成立； 假设nk， * ()kN时不等式成立，即 12 2 k ccck， 则当1nk时， 121 1 22 (1)(2)1 kk k cccckk kkk 2 222(1)21 1 kkkkk kk ，即1nk时，不等式也成立 由得 12 2 n cccn， * nN 【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】 （）由抛物线的性质可得：1 2 p ，由此能求出抛物线的准线方程； （）设( A A x

35、，) A y，( B B x，) B y，( C C x，) C y，重心( G G x，) G y，令2 A yt，0t ，则 2 A xt，从而直 线AB的方程为 2 1 1 2 t xy t ，代入 2 4yx，得： 2 2 2(1) 40 t yy t ，求出 2 1 (B t ， 2) t ，由重心在x轴 上，得到 2 20 C ty t ，从而 2 1 ()Ct t ， 1 2()t t ， 42 2 222 ( 3 tt G t ，0)，进崦直线AC的方程为 2 22 ()ytt xt，得 2 (1Q t ，0)，由此结合已知条件能求出结果 【解答】解： （）由抛物线的性质可得：

36、1 2 p ，2p， 抛物线的准线方程为1x ； （）设( A A x，) A y，( B B x，) B y，( C C x，) C y，重心( G G x，) G y， 令2 A yt，0t ，则 2 A xt， 由于直线AB过F，故直线AB的方程为 2 1 1 2 t xy t ， 代入 2 4yx，得： 2 2 2(1) 40 t yy t ， 24 B ty ，即 2 B y t ， 2 1 (B t ， 2) t ， 又 1 () 3 GABC xxxx， 1 () 3 GABC yyyy，重心在x轴上， 2 20 C ty t ， 2 1 ()Ct t ， 1 2()t t ，

37、42 2 222 ( 3 tt G t ，0)， 直线AC的方程为 2 22 ()ytt xt，得 2 (1Q t ，0)， Q在焦点F的右侧， 2 2t， 42 422 2 1 4244 2 2 2 2211 | |2 | | 22 32 2 1 222211 | | |1| |2 | 2 3 A C tt tFGy Sttt t ttStt QGy tt tt ， 令 2 2mt，则0m ， 1 2 2 113 2221 3 4323 4 24 Sm Smm m m m m ， 当3m 时， 1 2 S S 取得最小值为 3 1 2 ，此时(2,0)G 【点评】本题考查实数值、抛物线标准方

38、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 3 4 a 时， 31( 12)(2 11) ( ) 42 141 xx fx xxxx ， 利用导数性质能求出函数( )f x 的单调区间 （2）由 1 ( ) 2 f x a ，得 2 0 4 a ，当 2 0 4 a 时，( ) 4 x f x a ，等价于 2 2 1 20 xx lnx aa ，令 1 t a ， 则2 2t，设 2 ( )212g ttxtxlnx，2 2t，则 2 11 ( )

39、(1)2 x g tx tlnx xx ，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 3 4 a 时， 3 ( )1 4 f xlnxx ，0x ， 31( 12)(2 11) ( ) 42 141 xx fx xxxx ， 函数( )f x的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,) （2）由 1 ( ) 2 f x a ，得 2 0 4 a ， 当 2 0 4 a 时，( ) 4 x f x a ，等价于 2 2 1 20 xx lnx aa ， 令 1 t a ，则2 2t，设 2 ( )212g ttxtxlnx，2 2t， 则 2 11 ( )

40、(1)2 x g tx tlnx xx ， ( ) i当 1 7x，)时， 1 12 2 x ，则( )(2 2)84 2 12g xgxxlnx， 记( )42 2 1p xxxlnx， 1 7 x， 则 2212121 ( ) 11 x xxx p x xxxx x (1)1( 221) 1(1)(12 ) xxx x xxxx ， 列表讨论： x 1 7 1 (,1) 7 1 (1,) ( )p x 0 ( )P x 1 ( ) 7 p 极小值p（1） ( )p xp（1）0，( )(2 2)2 ( )2 ( ) 0g tgp xp x厖 ( )ii当 2 11 , ) 7 x e 时，

41、 12(1) ( )( 1) 2 xlnxx g tg xx ， 令( )2(1)q xxlnxx， 2 1 x e ， 1 7 ，则 2 ( )10 lnx q x x ， 故( )q x在 2 1 e， 1 7 上单调递增， 1 ( )( ) 7 q xq， 由( ) i得 12 712 7 ( )( ) 7777 qpp （1）0， ( )0q x， 1( ) ( )( 1)0 2 q x g tg xx ， 由( )( )i ii知对任意 2 1 x e ，)，2 2t，)，( ) 0g t ， 即对任意 2 1 x e ，)，均有( ) 2 x f x a ， 综上所述，所求的a的取值范围是(0， 2 4 【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