新高考2019年浙江卷数学高考试题精确校正版(含答案).doc

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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

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