1、绝密绝密启用前启用前 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：参考公式： 若事件 A， B 互斥， 则()( )( )P ABP AP B 若事件 A， B 相互独立， 则()( ) ( )P ABP A
2、 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( )C(1)(0,1,2, ) kkn k nn P kppkn 台体的体积公式 1122 1 () 3 VSS SSh 其中 12 ,S S分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高 柱体的体积公式VSh 其中S表示柱体的底面积，h表示柱体 的高 锥体的体积公式 1 3 VSh 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 2 4SR 球的体积公式 3 4 3 VR 其中R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
3、 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U1,0,1,2,3 ，集合A0,1,2，B=1,0,1，则 UA B = A 1B0,1C1,2,3D1,0,1,3 本题解析：杭州郑莉老师提供本题解析：杭州郑莉老师提供 答案：答案：A 解析：解析： 3 , 1ACU，则 1BACU 2渐进线方程为0xy的双曲线的离心率是 A 2 2 B1C2D2 本题解析：杭州郑莉老师提供本题解析：杭州郑莉老师提供 答案：答案：C 解析：解析：因为双曲线的渐近线为0 yx，所以1 ba，则 2 22 bac ，双曲线 的离心率2 a c e。 3若实数, x y满足约束条件
4、340 340 0 xy xy xy ，则32zxy的最大值是 A1B1C10D12 本题解析：杭州郑莉老师提供本题解析：杭州郑莉老师提供 答案：答案：C 解析解析： 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 2 , 2,1, 1,1 , 1为 顶点的三角形区域 （包含边界） ， 由图易得当目标函数yxz23 经过平面区域内的点2 , 2 时，yxz23 取得最大值102223 max z。 4 组恒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
5、三视图如图所示，则该柱体的体积是 A158B162C182D324 本题解析：杭州郑莉老师提供本题解析：杭州郑莉老师提供 答案：答案：B 解析解析：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 16263 2 64 3 2 62 。 5若 0, 0ab，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 本题解析：杭州郑莉老师提供本题解析：杭州郑莉老师提供 答案：答案：A 解析：解析：当0, 0ba时，abba2，则当4
6、ba时，有42baab，解得 4ab，充分性成立；当4, 1ba时，满足4ab，但此时45 ba，必要性不成 立。综上所述，“4ba”时“4ab”的充分不必要条件。 6在同一直角坐标系中，函数 1 x y a ， 1 log 2 a yx ，（0a 且0a ）的图像可能是 本题解析：杭州郑莉老师提供本题解析：杭州郑莉老师提供 答案：答案：D 解析解析：当10 a时，函数 x ay 过定点1 , 0且单调递减，则函数 x a y 1 过定点1 , 0且单 调递增，函数 2 1 logxy a 过定点 0 , 2 1 且单调递减，D 选项符合；当1a时，函数 x ay 过 定 点1 , 0且 单
7、调 递 增 ， 则 函 数 x a y 1 过 定 点1 , 0且 单 调 递 减 ， 函 数 2 1 logxy a 过定点 0 , 2 1 且单调递增，各选项均不符合。综上，选 D。 7设01a，随机变量X的分布列是 X0 a 1 P 1 3 1 3 1 3 则当a在0,1内增大时 AD X增大BD X减小 CD X先增大后减小DD X先减小后增大 本题解析本题解析 1：杭州郑莉老师提供，解析：杭州郑莉老师提供，解析 2：丽水王鑫老师提供：丽水王鑫老师提供 答案：答案：D 解析解析 1：由分布列得 3 1a XE ，则 6 1 2 1 9 2 3 1 1 3 1 3 1 3 1 3 1 0
8、 3 1 2222 a a a aa XD，则当a在 1 , 0内增大时， XD先减小后增大。 解析解析 2：则 222 22 1(1)222213 ()()()0() 3399924 aaaa D XE XE Xa 故选 D. 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, 本题解析本题解析 1：丽水代云龙提供，本题解析：丽水代云龙提供，本题解析 2：丽水王鑫提供，：丽水王鑫提供， 答案：答案：B 解析解析1：如图G为AC中点，V在底面A
9、BC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 =,BPFPBDPED ，则cos=cos PFEGDHBD PBPBPBPB ，即， tan =tan PDPD EDBD ，即，综上所述，答案为B. 解析解析 2：由最小角定理，记VABC的平面角为（显然 ） 由最大角定理 ，故选 B. 法法 2：（特殊位置）取VABC为正四面体，P为VA中点，易得 333 cossin 66 ， 2 sin 3 ， 2 2 sin 3 ，故选 B. 9已知函数 32 ,0 11 1,0 32 xx f x xa
10、xaxx ，函数 F xf xaxb恰有 3 个零点， 则 A1,0ab B1,0ab C1,0ab D1,0ab 本题解析本题解析 1，2：杭州顾予恒提供：杭州顾予恒提供 答案：答案：D 解法解法 1：当0x 时，xaxb，即 1 b x a ，最多一个零点（取决于 1 b x a 与 0 的大小） 所以关键研究当0x 时，即方程 32 11 1 32 xaxaxaxb的解的个数， 即 322 1113 11 3232 bxaxxxag x 于是利用奇穿偶回画右边的三次函数 g x的图象，我们可以发现分类讨论的依据是 3 1 2 a 与 0 的大小关系。 （1） 若 3 10 2 a ， 即
11、1a 时，0x 处为偶重零点反弹， 3 1 2 xa为奇重零点穿过， 显然在0x 时 g x单调递增，故与yb最多只能有一个交点，不符合题意了。 （2）若 3 10 2 a ，即1a ，0 处为 3 次零点穿过，也不符合。 （3）若 3 10 2 a ，即1a 时，0x 处为偶重零点 反弹， 3 1 2 xa为奇重零点穿过，当0b时 g x与 yb可以有两个交点，且此时要求0 1 b x a ，故 11,0ab ，选 C。 解法解法 2： 0f xaxb，即 f xaxb，视为动曲线与动直线的交点问题。 32 11 1,0 32 f xxaxax x， 2 '11fxxaxaxxa 注
12、意到 ' 0fa恰为直线yaxb的斜率 （1）若1a 时，显然当0b 时， ,0f xx x与 yaxb必有一个交点，但是与 32 11 1,0 32 f xxaxax x也至多一个交点了， 不符合 当0b 时， ,0f xx x与yaxb无交点， 32 11 1,0 32 f xxaxax x与 yaxb至 多 两 个 交 点 ， 不 符 合 。 （ 这 里 也 可 以 从 方 程 根 的 角 度 来 思 考 ， 32 11 1 32 xaxaxaxb是三次方程，有三个根的话，必有一个是负根了） （2） 若01a时， 如右图虚线为图象在0x 处的切线， 此时恰有两个交点，若0b ，即
13、直线下移，显然就存在 3 个交点了。（已经只有 C 选项满足条件了） （3）若0a 时，注意到选项中1a 的条件，当1a 时， 3 1 ,0 3 f xxx x 此 时 拐 点 恰 为0,0， 在 原 点 处 的 切 线 恰 好 为 ,0yx x ，切线恰好在曲线的下方，故无论b的取 值如何，两个图象始终只有一个交点。 当10a 时， ''21fxxa，拐点 11 , 22 aa f 在第四象限，故如左下图， 虚线为图象在0x 处的切线， 此时0x 时的 f x图象凹凸变化， 故 f x与切线有两个交 点，若0b ，即直线下移，显然就存在 3 个交点了。 当1a 时， '
14、;'21fxxa，拐点 11 , 22 aa f 在第二象限，如右下图，则无论b 如何变化，yaxb与 32 11 1,0 32 f xxaxax x至多一个交点，不符合题意。综 上，11,0ab ，选 C 点评点评：本方法作为选择题还可以使用，但要严格说明还是有很大难度，对函数的凹凸性等特 征要非常熟悉。这种做法隐约有点 2018 年高考最后压轴题的影子。 本题解析本题解析 3：丽水代云龙提供：丽水代云龙提供 答案：答案：D 解析解析3：原题可转化为 yf x与=+y ax b，有三个交点。 当0x 时， '2 ( )(1)()(1)fxxaxaxa x，且 ' (0
15、)0,(0)ffa，则 （1）当1a 时，如图 yf x与=+y ax b不可能有三个交点（实际上有一个），排除A， B （2）当1a 时，分三种情况，如图 yf x与=+y ax b若有三个交点，则b0,答案选D 下面证明：1a 时， 0x 时 32 11 =(1) 32 F xf xaxbxaxb， '2 (1)(1)Fxxaxx xa，则 则 00F10F a，才能保证至少有两个零点，即 3 1 0(1) 6 ba ，若另一零点在0 10设, a bR， 数列 n a中 1 aa， 2 1nn aab ， * nN，则 A当 1 2 b 时， 10 10aB当 1 4 b 时，
16、10 10a C当2b 时， 10 10aD当4b 时， 10 10a 本题解析：丽水代云龙提供本题解析：丽水代云龙提供 答案：答案：A 解析：解析：选项B：不动点满足 22 11 ()0 42 xxx时，如图，若 1 1 2 aa （0，）， 1 2 n a ， 排除 如图，若a为不动点 1 2 则 1 2 n a 选项 C：不动点满足 22 19 2()0 24 xxx，不动点为=2x，令=2a，则=210 n a， 排除 选项 D：不动点满足 22 117 4()0 24 xxx，不动点为 171 = 22 x，令 171 = 22 a， 则 171 =10 22 n a，排除 选项 A
17、:证明：当 1 2 b 时， 2 21 11 22 aa， 2 32 13 24 aa， 2 43 117 1 216 aa， 处理一：可依次迭代到 10 a； 处理二：当4n 时， 22 1 1 1 2 nnn aaa ，则 1 17117171 161616 log2loglog2n nnn aaa ，则 1 2 1 17 16 n n a （）（4n ），则 6 264 10 2 1716464631 =+=1+14710 161616216 a （）（1） 故选 A 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。
18、11复数 1 1 z i （i为虚数单位），则z _ 本题解析：浙江上虞戴刚锋提供本题解析：浙江上虞戴刚锋提供 答案：答案： 2 2 解析：解析： 112 122 z i 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, 1A ，则m _，r _ 本题解析：浙江上虞戴刚锋提供本题解析：浙江上虞戴刚锋提供 答案：答案： 2m ， 5r 解析：解析：可知 11 :1(2) 22 AC kAC yx ，把 0, m 代入得 2m 此时 415rAC 13在二项式 9 2x的展开式中，常数项是_ ，系数为有理数的项的个数是 _ 本题解析：浙江上虞戴刚锋提供本题解析：浙江
19、上虞戴刚锋提供 答案：答案：16 2， ，5 解析：解析： 9 2x的通项为 9 19( 2) (0,1,29) rrr r TCxr 可得常数项为 09 19( 2) 16 2TC , 因系数为有理数， 1,3,5,7,9r ，有 246810 ,T T T T T 共 5 个项 14在ABC中，90ABC ，4AB ，3BC ，点D在线段AC上，若45BDC ， 则BD _，cosABD_ 本题解析：江西九江陶智提供本题解析：江西九江陶智提供 答案：答案： 17 4.5,cos 5 BDABD 解析：解析：如图所示，设CD x,则5ADx,再设 , 2 DBCABD 在BDC中，正弦定理有
20、： 3 3 2sin sin3 2 sin 4 xx 在ABD中，正弦定理有： 545 4 2cos 3 4 2 sinsin 42 x 22 22 (5) sincos1 1832 xx ,解得: 1 3 5 x (舍去)， 2 99 22 xBD 在ABD中，正弦定理有： 0.84217 sin2cos sin55 sin 4 ABDABD ABD 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_ 本题解析：浙江上虞戴刚锋提供本题解析：浙江上虞戴刚锋提供 答案：答案： 15 解析解析 1
21、：由题意可知2OFOMc， 由中位线定理可得 1 24PFOM，设( , )P x y 可得 22 (2)16xy ，联立方程 22 1 95 xy 可解得 321 , 22 xx （舍），点 P在椭圆上且在x轴的上方 求得 315 (,) 22 P ，所以 15 2 15 1 2 PF k 解析解析 2：焦半径公式应用 解析 1：由题意可知2OFOMc， 由中位线定理可得 1 24PFOM，即 3 4 2 PP aexx 求得 315 (,) 22 P ，所以 15 2 15 1 2 PF k 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
22、大值是_ 本题解析本题解析 1：浙江上虞戴刚锋提供：浙江上虞戴刚锋提供 答案：答案： max 4 3 a 解析解析 1： 22 2222 2(6128)2(6128)2 3333 f tf tattatt 有解 22 48 3(6128)3(6128) a tttt 有解 因 2 61282,)tt ，可得 22 4284 (0, ,(0, 3(6128)33(6128)3tttt 有解 所以只需要 4 0 3 a，即 max 4 3 a 本题解析本题解析 1：浙江丽水代云龙老师提供：浙江丽水代云龙老师提供 答案：答案： max 4 3 a 解析解析 2：使得 222 2= (2 (2)(2)
23、22 (364)2f tf tatt ttatt，使得 令 2 3641,)mtt，则原不等式转化为存在1m ， 1 1 3 am ，由折线函数，如图 只需 1 1 3 a ,即 4 3 a , 即a的最大值是 4 3 17已知正方形ABCD的边长为1，当每个1,2,3,4,5,6 i i取遍1时， 123456 ABBCCDDAACBD 的最小值_，最大值是_ 本题解析本题解析 1：浙江上虞戴刚锋提供：浙江上虞戴刚锋提供 答案：答案： max 4 3 a 解析，：解析，：（基向量处理） 12345613562456 ()()ABBCCDDAACBDABAD 要使 123456 ABBCCDD
24、AACBD 的最小，只需要 13562456 0 ，此时只需要取 123456 1,1,1,1,1,1 此时 123456 min 0ABBCCDDAACBD 由于 56 2ACBDAB 或 2AD 取其中的一种5 6 2ACBDAB 讨论（其它三种类同） 此时1 234561324 (2)()ABBCCDDAACBDABAD 要使 123456 ABBCCDDAACBD 的最大，只需要使 1324 2 , 最大 取 1234 1,1,1,1 ，此时 123456 422 5ABBCCDDAACBDABAD 综合几种情况可得 123456 max 2 5ABBCCDDAACBD 三、解答题：本
25、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 sin ,f xx xR （1）已知0,2，函数f x是偶函数，求的值； （2）求函数 22 124 g xfxfx 的值域 本题解析：浙江高考数学墙老板提供本题解析：浙江高考数学墙老板提供 解析：解析：（）)sin()(xxf，又2 , 0， 结合函数图像不难求得：当 2 或 2 3 时，函数)(xf是偶函数. （） 4 sin 12 sin 412 22 22 xxxfxf 2 2sin1 2 6 2cos1 2 2 2cos1 2 6 2cos1 x xxx 12sin 2 1 2cos 2 3 2 1
26、 sin 2 1 1 6 2cos 2 1 sin 2 1 xxxxx 1 2 3 , 1 2 3 1)2sin( 2 3 12cos 4 3 sin 4 3 xxx 19 如图， 已知三棱柱 111 ABCA BC，平面 11 A AC C 平面ABC，90ABC ，30BAC ， 11 A AACAC，,E F分别是AC， 11 AB的中点 （1）证明：EFBC； （2）求直线EF与平面 1 ABC所成角的余弦值 本题解析本题解析 1，2：绍兴鲁迅中学金晓江提供：绍兴鲁迅中学金晓江提供 （1）yyi 连接EA1，则ACEA 1 ，所以BCEA 1 ，又BCAB ，所以BCFA 1 ， 于是
27、BC面EFA1，所以EFBC ； 解析解析 1：(传统法）传统法） （2）取BC中点M，连接FM，EM，MA1，如图， 因为E为中点， 所以ABEM /， 则有BCEM ， 所以易证EMFA1为矩形， 且面ENFA1 面ABC， 面ENFA1面BCA1，所以直线EF与平面BCA1所成角就是ENM，设2AC 4 15 EN， 4 15 MN， 2 3 EM， 所以 5 3 4 15 4 15 2 4 3 16 15 16 15 cos . 解析解析：(向量法）向量法） 建立如图所示的空间直角坐标系xyzA， 设边长2AC，则有)0 , 1 , 0(E，)0 , 0 , 0(A，)0 , 2 3
28、, 2 3 (B，)0 , 2 , 0(C， )3, 1 , 0( 1 A，)3, 2 5 , 2 3 ( 1 B，)3, 3 , 0( 1 C，因为FE,分别为中点，所 以)3, 4 7 , 4 3 (F，)3, 4 3 , 4 3 (EF， 又)0 , 2 1 , 2 3 (BC，于是0BCEF，所以BCEF ； （2）设面BCA1的法向量为),(zyxn ， 则 0 0 1C An BCn ，)0 , 2 1 , 2 3 (BC，)3, 1 , 0( 1 CA，所以取) 1 , 3, 1 (n， 设直线EF与平面BCA1所成角为， 5 4 3 16 9 16 3 131 32 sin ，
29、 所以直线EF与平面BCA1所成角的余弦值是 5 3 . 20设等差数列 n a的前n项和为 n S， 3 4a ， 43 aS数列 n b满足:对每个 * nN， 12 , nnnnnn Sb Sb Sb 成等比数列 （1）求数列 n a， n b的通项公式； （2）记 2 n n n a c b ， * nN，证明： 12 2 n cccn 本题解析：浙江高考数学墙老板提供本题解析：浙江高考数学墙老板提供 解析：解析：（）由题意得 daSdaa daa 333 42 1314 13 ，解得 2 0 1 d a ， 从而) 1(2nan，nn nn Sn) 1( 2 ) 1(2 . 又 nn
30、nnnn bSbSbS 2 2 1 从而 221 2 1 2 nnnnnnnn SSbSSbSS ) 1( 2 ) 1(2 ) 1(2)2)(1() 1( )2)(1() 1() 1( 2 22 12 2 2 1 nn nn nnnnnn nnnnnn SSS SSS b nnn nnn n . （）法一：)1(2 1 2 2 21 ) 1( 1 2 nn nnn nnn n b a c n n n ， 从而nnnccc n 2)11201(2 21 . 法二：不妨设数列 n c的前n项和为 n T， 当1n时，2120 11 cT，显然成立； 假设当kn 时不等式成立，即kTk2，则当1 k
31、n时， )2)(1( 2 11 kk k kcTT kkk 欲证12 )2)(1( 2 k kk k k， 只需证kk kk k 212 21 ， 即证212 1 kk kk k ， 即证21211)1(kkkkkkkkkkk， 这是显然成立的. 综上可知，对任意 Nn，均有nccc n 2 21 成立. 21 过焦点1, 0F的直线与抛物线 2 20ypx p交于,A B两点， 点C在抛物线上，ABC 的重心P在x轴上，直线AC交x轴于点Q（点Q在点F点右侧） （1）求抛物线的方程及准线方程； （2）记AFP，CQP的面积分别为 12 ,S S求 1 S的最小值及此时点P点坐标 本题解析本题
32、解析 1，2：绍兴鲁迅中学金晓江提供：绍兴鲁迅中学金晓江提供 （1） 2 4yx，准线方程1x （2）解析解析 1：设线（网络整理）设线（网络整理） 设 AB 的直线方程为1yk x 2 1 4 yk x yx 得 2222 240k xkxk 所以 1212 2 1 2,1xxx x k ，进一步 121212 4 2,4yyk xxx x k 所以 1 1 2 11 444 , 4 y yk yky 不妨设，于是 33 ,C x y 1233 2 114 2 33 G xxxxx k 1233 2 114 0 33 G yyyyy k ，解得 3 4 y k ，则 2 33 2 14 4
33、xy k 所以 2 18 2 3 G x k ， 13 1312 4 AC yy k xxyy ， 33 13 4 : AC lyyxx yy 令0y ，得 2 331313 11 1 44 xxyy yy y 111 2 111 8 1 223 SFG yy k 1 23313 22 11182228 2243333 y SQG yyy y kkkk 222 1 2 111 1 222 21 111 2 8 1 822 23 4384 32844 42 yk y kkyy kS Syy kkyy kk 当且仅当 2 1 14 4 23 2323 1 4 y ，解得： 1 26y 1 1 44
34、 2 2y ky ，所以 2 11 2k ，即 2 18 22 3 G x k 解法解法 2：设点：设点 解析：因为 2 4yx，设 2,2 A tt，由焦点弦性质得：1 AB x x 所以 2 12 ,B tt ， 2 22 2,2Ctt tt ，此时 2 2 2 22 :,0 3 t t G , 2 2 2 25 3 t t PF 利用,A Q C三点共线,得 22 2 2 22 20 1 Q tt tt tx tt t 解得 2 1,0Q t ，所以 22 22 2 22 221 1 33 tt tt GQt 2 422 2 1 422 2 2 2 2 25 252 2 21 21 12
35、 A C t ttt GFSyt t SGQ yttt tt tt 令 2 2 2 252 2212 2 211121 xxx xxxx f x xxxxxxx 11233 2221 3 222 34 24 2 x x 当且仅当 2 23x，解得32x ，即 2 32t 代入得： 2 2 2 22 2 3 t t ，所以: 2,0G 本题解析本题解析 3：丽水中学王鑫提供：丽水中学王鑫提供 （2）设 222 312 123 (,), (,),(,) 444 yyy AyByCy，由重心坐标公式得 312 yyy ，所以 2 12 12 () (,) 4 yy Cyy ， 2 1212 () (
36、,0) 6 yyy y G . 根据对称性，下设 1 0y ， 直线AC方程： 2 1 1 12 4 () 4 y yyy yy ，即 13 1313 4y y yx yyyy ， 令0y ，的 2 13112 44 Q y yyy y x 。 设AB直线方程：1xmy（0m，若0m 则 3 0y 不符合题意） 由 2 2 1 440 4 xmy ymy yx ， 则 2 12121 4 ,4,221yym y yymm 下面重新改写相关点坐标： 22 1 3 82 (,0),(1,0),4 34 ym GQym ， 由题知Q在P右侧，则 2 2 821 1 38 m m 。 22 1 23
37、1182 |Q| |1| 4| 2243 ym SGym 2 2 1 4| |1| 3 m mm m 22 1 22 2 (81)(1) 4| |31(1)| Smmm S mm mm 22 22 (81)(1) 4|1 |31| mmm mmmm 222 22 (81)(4141) 4|1 (81) mmm m mmm 2 2 41 4|1 m mm 2 22 41 +1 4 3(1) 3 m m m 2 22 413 +1=+1 4 3+(1)2 23 m mm 当且仅当 22 3=1mm ，即 2 1 = 2 m时取等号，此时(2,0)G， 1 2 S S 的最小值为 3 1 2 . 评
38、析：解析几何常见方法是设点设线，很多同学总是举棋不定，实则两者本相通，重要的是 理清变量之间的关系，过硬的运算功底，不畏艰难的精神。 22已知实数0a ，设函数 ln10f xaxx x （1）当 3 4 a 时，求函数 f x单调区间； （2）对任意 2 1 ,x e ， 2 x f x a 恒成立，求a的取值范围 本题解析本题解析 3：湖北十堰市：湖北十堰市叶老师提供叶老师提供 （1） 331( 12)(2 11) ln1 442 141 xx f xxxfx xxxx 3 03, 4 fxxx （舍），当 (0,3),( )0,xfx(3,),( )0,xfx 所以 f x 单调增区间为
39、(3, ), 减区间为(0,3), （2）ln1 2 x axx a ，对任意的 2 1 ,x e 恒成立. 令1x ， 1 2 2a ， 2 0 4 a，ln1 2 x axx a 等价转化得 ln11 21 2 x a xax 令 1 2 t a ， 1 s x ，0,se ，式变为 22 1ln0tstss 恒成立， 2 1 14 ln =4lnsss s ss s ，令 1 4lnG sss s ， 2 22 1441 1 ss G s sss ， 0,se. 0G s ， 0,se ， G s单调递减，0s ， G s ， 1 40G ee e 在0,e存在 0 s使得 0 0G s， 0 0,ss， 0G s ，
