2019年高考真题——数学（浙江卷） 解析版 24页

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 互斥，则 若事件 相互独立，则 若事件 在一次试验中发生的概率是 ,则 次 独立重复试验中事件 恰好发生 次的概率 台体的体积公式 其中 分别表示台体的上、下底面积， 表 示台体的高 柱体的体积公式 其中 表示柱体的底面积， 表示柱体的高 锥体的体积公式 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 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 ，集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【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. 【详解】 ，则 【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 的双曲线的离心率是（ ） A. B. 1 ,A B ( ) ( ) ( )P A B P A P B   ,A B ( ) ( ) ( )P AB P A P B A p n A k ( ) (1 ) ( 0,1,2, , )k k n k n nP k C p p k n    1 1 2 2 1 ( )3V S S S S h   1 2,S S h V Sh S h 1 3V Sh S h 24S R 34 3V R R  1,0,1,2,3U    0,1,2A   1 0 1B   , , U A B ð  1  0,1  1,2,3  1,0,1,3 ={ 1,3}UC A    { 1}UC A B   0x y  2 2 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】 本题根据双曲线的渐近线方程可求得 ，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. 【详解】因为双曲线的渐近线为 ，所以 ，则 ，双曲线的离心率 . 【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. 3.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ） A. B. 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. 【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 区域（包含边界），由图易得当目标函数 经过平面区域的点 时， 取最大值 . 【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 2 1a b  0x y  = =1a b 2 2 2c a b   2ce a  ,x y 3 4 0 3 4 0 0 x y x y x y           3 2z x y  1 (-1,1),(1,-1),(2,2) =3 +2z x y (2,2) =3 +2z x y max 3 2 2 2 10z      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 该柱体的体积是（ ） A. 158 B. 162 C. 182 D. 32 【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 . 【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 ，则“ ”是 “ ”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 【答案】A 【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 值，推出矛盾， V Sh柱体 S h 2 6 4 63 3 6 1622 2          0, 0a b  4a b  4ab  ,a b 的 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 时， ，则当 时，有 ，解得 ，充分 性成立；当 时，满足 ，但此时 ，必要性不成立，综上所述，“ ”是 “ ”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 的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果. 6.在同一直角坐标系中，函数 且 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 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. 【详解】当 时，函数 过定点 且单调递减，则函数 过定点 且单调递增，函 数 过定点 且单调递减，D 选项符合；当 时，函数 过定点 且单调递 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 0, 0a > b > 2a b ab  4a b  2 4ab a b   4ab  =1, =4a b 4ab  =5>4a+b 4a b  4ab  ,a b 1 1, log ( 02axy y x aa        0)a  a 0 1a  xy a (0,1) 1 xy a (0,1) 1log 2ay x     1( ,0)2 1a  xy a (0,1) 1 xy a (0,1) 1log 2ay x     1( ,02 ） 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 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： 则当 在 内增大时（ ） A. 增大 B. 减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】D 【解析】 【分析】 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 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. 【详解】方法 1：由分布列得 ，则 ，则当 在 内增大时， 先减小后增大. 方法 2：则 故选 D. 【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. a 0 1a  X a  0,1  D X  D X  D X  D X a a a 1( ) 3 aE X  2 2 2 21 1 1 1 1 1 2 1 1( ) 0 13 3 3 3 3 3 9 2 6 a a aD X a a                                   a (0,1) ( )D X   22 2 2 2 1 ( 1) 2 2 2 2 1 3( ) ( ) 0 3 3 9 9 9 2 4 a a a aD X E X E X a                     8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ） A. B. C. 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 为 中点， 在底面 的投影为 ，则 在底面投影 在线段 上，过 作 垂直 ，易得 ，过 作 交 于 ，过 作 ，交 于 ，则 ， 则 ， 即 ， ，即 ，综上所述，答案为 B. 方法 2：由最小角定理 ，记 的平面角为 （显然 ） 由最大角定理 ，故选 B. 法 2：（特殊位置）取 为正四面体， 为 中点，易得 ，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. V ABC P VA PB AC  PB ABC  P AC B   ,     ,     ,     ,     G AC V ABC O P D AO D DE AE / /PE VG P //PF AC VG F D / /DH AC BG H , ,BPF PBD PED         cos cosPF EG DH BD PB PB PB PB         tan tanPD PD ED BD     y     V AB C           V ABC P VA 3 33 2 2 2cos sin ,sin , sin6 6 3 3         9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点，则 （ ） A. B. C. D. 【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 与 ，有三个交点. 当 时， ，且 ，则 （1）当 时，如图 与 不可能有三个交点（实际上有一个），排除 A，B （2）当 时，分三种情况，如图 与 若有三个交点，则 ，答案选 D 下面证明： 时， ,a b R 3 2 , 0 ( ) 1 1 ( 1) , 03 2 x x f x x a x ax x       ( )y f x ax b   1, 0a b   1, 0a b   1, 0a b   1, 0a b   ( )y f x y ax b  BC AP  2( ) ( 1) ( )( 1)f x x a x a x a x        (0) 0, (0)f f a   1a   ( )y f x y ax b  1a   ( )y f x y ax b  0b  1a   时 ， ，则 ，才能保证至少有两个零点，即 ，若另一零点在 【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.. 10.设 ，数列 中， ， ,则（ ） A. 当 B. 当 C. 当 D. 当 【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. 【详解】选项 B：不动点满足 时，如图，若 ， 排除 如图，若 为不动点 则 选项 C：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 ， 排除 选项 D：不动点满足 ，不动点为 ，令 ，则 BC AP  3 21 1( ) ( ) ( 1)3 2F x f x ax b x a x b       2( ) ( 1) ( ( 1))F x x a x x x a       (0) 0 , ( +1)<0F > F a 310 ( 1)6b a    0 ,a b ,a b R  na 2 1,n n na a a a b   b N  10 1 , 102b a  10 1 , 104b a  102, 10b a   104, 10b a   2 2 1 1 04 2x x x        1 1 10, ,2 2na a a      a 1 2 1 2na  2 2 1 92 02 4x x x         ax 1 2  2a  2 10na   2 2 1 174 02 4x x x         17 1 2 2x   17 1 2 2a   ，排除. 选项 A：证明：当 时， ， 处理一：可依次迭代到 ； 处理二：当 时， ，则 则 ，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 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 11.复数 （ 为虚数单位），则 ________. 【答案】 【解析】 【分析】 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. 【详解】 . 【点睛】本题考查了复数模的运算，属于简单题. 12.已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆相切于点 ，则 _____， ______. 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 17 1 102 2na    1 2b  2 2 2 2 1 3 2 4 3 1 1 1 3 1 17, , 12 2 2 4 2 16a a a a a a          10a 4n  2 2 1 1 12n n na a a     1 17 1 17 17 1 16 16 16 log 2log log 2n n n na a a      12 1 17 ( 4)16 n na n        62 64 10 2 17 1 64 64 63 11 1 1 4 7 1016 16 16 2 16a                     a 1 1z i  i | |z  2 2 z 1 1 2| | |1 | 22 z i   C (0, )m r 2 3 0x y   ( 2, 1)A   m  r  2m   5r  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 代入后求得 ，计算得解. 【 详 解 】 可 知 ， 把 代 入 得 ， 此 时 . 【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 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______. 【答案】 (1). (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 入手，根据要求，考察 的幂指数，使问题得解. 【详解】 的通项为 可得常数项为 ， 因系数为有理数， ，有 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. 中， ， ， ，点 在线段 上，若 ，则 ____； ________. 【答案】 (1). (2). 【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 ，在 、 中应用正弦定理，建立方程，进而得解.. AC (0, )m m 1 1: 1 ( 2)2 2ACk AC y x       (0, )m 2m   | | 4 1 5r AC    9( 2 )x 16 2 5 x 9( 2 )x 9 1 9 ( 2) ( 0,1,2 9)r r r rT C x r     0 9 1 9 ( 2) 16 2T C  1,3,5,7,9r = 2 4 6 8 10T , T , T , T , T 在VABC 90ABC   4AB  3BC  D AC 45BDC   BD  cos ABD  12 2 5 7 2 10 CD x BDC ABD 【详解】在 中，正弦定理有： ，而 , ， ，所以 . 【点睛】解答解三角形问题，要注意充分利用图形特征. 15.已知椭圆 的左焦点为 ，点 在椭圆上且在 轴的上方，若线段 的中点在以原点 为圆 心， 为半径的圆上，则直线 的斜率是_______. 【答案】 【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 ， 由中位线定理可得 ，设 可得 ， 联立方程 可解得 （舍），点 在椭圆上且在 轴的上方， ABD sin sin AB BD ADB BAC  34, 4AB ADB    2 2AC AB BC 5   3 4sin ,cos5 5 BC ABBAC BACAC AC      12 2 5BD  7 2cos cos( ) cos cos sin sin4 4 10ABD BDC BAC BAC BAC           2 2 19 5 x y  F P x PF O OF PF 15 | |=| 2OF OM |= c= 1 2 | | 4PF OM  ( , )P x y 2 2( 2) 16x y   2 2 19 5 x y  3 21,2 2x x   P x 求得 ，所以 方法 2：焦半径公式应用 解析 1：由题意可知 ， 由中位线定理可得 ，即 求得 ，所以 . 【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. 16.已知 ，函数 ，若存在 ，使得 ，则实数 的最大值是 ____. 【答案】 【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 入手，令 ，从而使问题加以转化，通过绘制 函数图象，观察得解. 3 15,2 2P     15 2 151 2 PFk   | 2OF |=|OM |= c= 1 2 | | 4PF OM  34 2p pa ex x     3 15,2 2P     15 2 151 2 PFk   a R 3( )f x ax x  t R 2| ( 2) ( ) | 3f t f t   a max 4 3a   2( 2) ( ) 2 3 6 4 2f t f t a t t      23 6 4 [1, )m t t     【详解】使得 ， 使得令 ，则原不等式转化为存在 ，由折线函数，如图 只需 ，即 ，即 的最大值是 【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. 17.已知正方形 的边长为 1，当每个 取遍 时， 的最小值是________；最大值是_______. 【答案】 (1). 0 (2). 【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 的最小，只需要 ，此时只需要取 此时    2 2 2( 2) ( ) 2 ( 2) ( 2) ) 2 2 3 6 4 2f t f t a t t t t a t t             23 6 4 [1, )m t t     11, | 1| 3m am   11 3a   4 3a  a 4 3 ABCD ( 1,2,3,4,5,6)i i   1 2 3 4 5 6| |AB BC CD DA AC BD               2 5    1 2 3 4 5 6 1 3 5 6 2 4 5 6AB BC CD DA AC BD AB AD                                  1 2 3 4 5 6AB BC CD DA AC BD                1 3 5 56 2 4 6 0                1 2 3 4 5 61, 1, 1, 1, 1, 1             1 2 3 4 5 6 min 0AB BC CD DA AC BD                 等号成立当且仅当 均非负或者均非正，并且 均非负或者均非正。 比如 则 . 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. 18.设函数 . （1）已知 函数 是偶函数，求 的值； （2）求函数 的值域. 【答案】（1） ；（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 的形式，然后确定其值域即可. 【详解】(1)由题意结合函数的解析式可得： ， 函数为偶函数，则当 时， ，即 ，结合 可取 ，相应的 值为 . 1 3 5 6, ,     2 4 5 6, ,     1 2 3 4 5 61, 1, , 1, 1, 11            1 2 3 4 5 6 max 20 2 5AB BC CD DA AC BD                  ( ) sin ,f x x x R [0,2 ),   ( )f x   2 2[ ( )] [ ( )]12 4y f x f x     3,2 2   3 31 ,12 2         siny a x b       sinf x x    0x   2x k k Z      2k k Z     0,2   0,1k   3,2 2   (2)由函数的解析式可得： . 据此可得函数 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 ，平面 平面 , ， 分别是 的中点. （1）证明： ； （2）求直线 与平面 所成角的余弦值. 2 2sin sin12 4y x x              1 cos 2 1 cos 26 2 2 2 x x               11 cos 2 cos 22 26x x                  1 3 11 cos2 sin 2 sin 22 2 2x x x        1 3 31 cos2 sin 22 2 2x x       31 sin 22 6x       的 3 31 ,12 2       1 1 1ABC A B C 1 1A AC C  ABC 90ABC   1 130 , , ,BAC A A AC AC E F     1 1,AC A B EF BC EF 1A BC 【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 ， 等边 中， ，则 ， 平面 ABC⊥平面 ，且平面 ABC∩平面 ， 由面面垂直的性质定理可得： 平面 ，故 ， 由三棱柱的性质可知 ，而 ，故 ，且 ， 由线面垂直的判定定理可得： 平面 ， 结合 ⊆平面 ，故 . (2)在底面 ABC 内作 EH⊥AC，以点 E 为坐标原点，EH,EC, 方向分别为 x,y,z 轴正方向建立空间直角坐标 系 . 3 5 1 1,A E B E 1AAC△ AE EC 3sin 0 sin 2B A ，   1 1A ACC 1 1A ACC AC 1A E  ABC 1A E BC⊥ 1 1A B AB∥ AB BC 1 1A B BC 1 1 1 1A B A E A BC  1 1A B E EF 1 1A B E EF BC 1EA E xyz 设 ，则 ， , ， 据此可得： ， 由 可得点 的坐标为 ， 利用中点坐标公式可得： ，由于 ， 故直线 EF 的方向向量为： 设平面 的法向量为 ，则： ， 据此可得平面 的一个法向量为 ， 此时 ， 设直线 EF 与平面 所成角为 ，则 . 1EH  3AE EC  1 1 2 3AA CA  3, 3BC AB       1 3 30, 3,0 , , ,0 , 0,0,3 , 0, 3,02 2A B A C      1 1AB A B  1B 1 3 3, 3,32 2B      3 3, 3,34 4F       0,0,0E 3 3, 3,34 4EF       1A BC  , ,m x y z     1 3 3 3 3, , , , 3 3 02 2 2 2 3 3 3 3, , , ,0 02 2 2 2 m A B x y z x y z m BC x y z x y                                1A BC  1, 3,1m  3 3, 3,34 4EF       6 4cos , 53 55 2 EF mEF m EF m           1A BC  4 3sin cos , ,cos5 5EF m     【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 的前 项和为 ， ， ，数列 满足：对每 成等比数列. （1）求数列 的通项公式； （2）记 证明： 【答案】（1） ， ；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 (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 理计算即可确定数列 的通项公式； (2)结合(1)的结果对数列 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 的不等式. 【详解】(1)由题意可得： ，解得： ， 则数列 的通项公式为. 其前 n 项和 . 则 成等比数列，即： ， { }na n nS 3 4a  4 3a S  nb 1 2, , ,n n n n n nn S b S b S b     N { },{ }n na b , ,2 n n n aC nb  N 1 2 + 2 , .nC C C n n    N  2 1na n   1nb n n   na  na  nb  nc 1 1 1 2 4 3 23 3 2 a d a d a d      1 0 2 a d     na    0 2 2 12n n nS n n           1 , 1 , 1 2n n nn n b n n b n n b             21 1 1 2n n nn n b n n b n n b                   据此有： ， 故 . (2)结合(1)中的通项公式可得： ， 则 . 【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. 21.如图，已知点 为抛物线 ，点 为焦点，过点 的直线交抛物线于 两点，点 在抛物线上，使得 的重心 在 轴上，直线 交 轴于点 ，且 在点 右侧.记 的面积为 . （1）求 的值及抛物线的标准方程； （2）求 的最小值及此时点 的坐标. 【答案】（1）1， ；（2） ， . 【解析】 【分析】             22 2 21 2 1 1 1 2 1 2 1n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b                       2 2 11 2 1 2 1 ( 1) ( 1)( 1)( 2) n n n n n nb n nn n n n n n n                1 1 2 2 2 12 1 1 n n n a nC n nb n n n n n n n                 1 2 2 1 0 2 2 1 2 1 2nC C C n n n             (1 0)F ， 2 2 ( 0)y px p  F F ,A B C VABC G x AC x Q Q F ,AFG CQG△ △ 1 2,S S p 1 2 S S G 1x   31 2  2,0G (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 结论即可求得 的最小值和点 G 的坐标. 【详解】(1)由题意可得 ，则 ，抛物线方程为 ，准线方程为 . (2)设 ， 设直线 AB 的方程为 ，与抛物线方程 联立可得： ，故： ， ， 设点 C 的坐标为 ，由重心坐标公式可得： ， ， 令 可得： ，则 .即 ， 由斜率公式可得： ， 直线 AC 的方程为： ， 令 可得： ， 故 ， 且 ， 由于 ，代入上式可得： ， 1 2 S S 12 p  2,2 4p p  2 4y x 1x      1 1 2 2, , ,A x y B x y  1 , 0y k x k   2 4y x  2 2 2 22 4 0k x k x k    2 2 2 22 42 , 1kx x x x         1 2 1 2 1 2 1 2 42 , 4 4 4y y k x x y y x xk           3 3,C x y 1 2 3 3G x x xx   32 1 423 xk      1 2 3 3G y y yy   3 1 4 3 yk     0Gy  3 4y k  2 3 3 2 4 4 yx k  2 2 2 1 4 4 1 23 3 82G kx k k               1 3 1 3 22 311 3 1 3 4 4 4 AC y y y yk yyx x y y       3 3 1 3 4y y x xy y   0y     2 3 1 3 3 1 33 1 3 3 4 4 4 4Q y y y y y yy y yx x           1 1 1 12 2 1 8 12 13 2 3 1 1 8 2 2 3G F yS x x y y kk                            3 2 2 1 3 3 11 8 2 2 4 23Q G y y yS x x y k                 3 4y k  1 2 2 2 2 8 3 3 yS k k k       由 可得 ，则 ， 则 . 当且仅当 ，即 ， 时等号成立 此时 ， ，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 ，设函数 （1）当 时，求函数 的单调区间； （2）对任意 均有 求 的取值范围. 注： 为自然对数的底数. 【答案】（1） 的单调递增区间是 ,单调递减区间是 ；（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. 【详解】(1)当 时， ，函数的定义域为 ，且： 1 2 1 2 4 , 4y y y yk    1 1 4 4y y k  1 2 1 4 4 yk y       2 2 1 11 2 2 12 1 1 1 2 2 8 1 2 3 3 2 2 2 2 8 4 4 3 3 y yS yS y y k k k y k                   2 1 2 1 42 488 168y y       2 1 2 1 4 32 1 2482 8 168y y        2 1 2 1 488 8y y   2 1 8 4 3y   1 6 2y   . 1 2 1 4 24 yk y  2 81 2 23Gx k        2,0G 0a  ( )= ln 1, 0.f x a x x x   3 4a   ( )f x 2 1[ , )ex  ( ) ,2 xf x a a e 2.71828...  f x  3,  0,3 20 4a  3 4a     3 ln 14f x x x     0,  ， 因此函数 的单调递增区间是 ,单调递减区间是 . (2)构造函数 ， 注意到： ， 注意到 时 恒成立，满足 ； 当 时， ，不合题意， 且 ，解得： ，故 . 下面证明 刚好是满足题意的实数 a 的取值范围. 分类讨论： (a)当 时， ， 令 ，则： ，        3 4 33 1 3 1 2' 4 2 1 4 1 4 1 3 1 2 x xx xf x x x x x x x x x               f x  3,  0,3   ln 1 2 xa xg ax x   2 2 1 1 12 1 02g ae ae e          „ 0a  2 1 1 12 2 12a ae e e    2 2 1 1 12 1 02g ae ae e          „ 0a  2 2 1 1 12 1 02g ae ae e             11 2 02g a   2 4a  20 4a  20 4a  1x    2ln 1 ln 1 22 4 xa x x x x xag x          2 ln 1 24x x x x       1 1 1' 2 2 2 1 2 x x x x      1 2 2 (1 ) 2 2 1 x x x x x x       22 2 1 2 3 1 2 2 1 ( 1 2 2 (1 )) x x x x x x x x x x                   3 2 2 1 4 8 5 1 2 2 1 1 2 2 (1 ) 2 2 1 2 3 1 x x x x x x x x x x x x x x               易知 ，则函数 单调递减， ，满足题意. (b)当 时， 等价于 ， 左侧是关于 a 的开口向下的二次函数 , 其判别式 ， 令 ，注意到当 时, ， 于是 在 上单调递增,而 ， 于是当 时命题成立, 而当 时,此时 的对称轴为 随着 递增, 于是对称轴在 的右侧,而 成立，(不等式等价于 ). 因此 综上可得：实数 a 的取值范围是 . 【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．  ' 0x   x      1 0g x x    2 1 1xe     0g x  2 1ln 1 02a x x a x      a   11 2 ln 4lnx x x x x x x x           t x 1t e 2 2 1 4 14ln ' 0t tt t t t          x 2 1 ,1x e     1 5 2ln 2 04 4        2 1 1, 4x e     1 ,14x      a 1 2ln xa x   x 5 8ln 2a  5 2 8ln 2 4 5ln 2 8    2 1 04a u        . 20 4a 