2019年浙江省高考数学试卷-解析版
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2019年普通高等学校招生全国统一考试(浙江省)数学答案解析选择题部分一、选择题 1.【答案】A【解析】={1,3}U C A -,则(){1}U C A B =-I 【考点】交集、补集的定义 【考查能力】基础知识、基本计算 2.【答案】C【解析】根据渐近线方程为0x y ±=的双曲线,可得a b =,所以c =,则该双曲线的离心率为ce a= 故选:C.【考点】双曲线的离心率 【考查能力】基本计算 3.【答案】C【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(-1,1),(1,-1),(2,2)为顶点的三角形区域(包含边界),由图易得当目标函数=3+2z x y 经过平面区域的点(2,2)时,=3+2z x y 取最大值max 322210z =⨯+⨯=.【考点】线性规划 4.【答案】B【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264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭. 【考点】空间几何体的三视图及体积 【考查能力】基础知识、视图用图,基本计算 5.【答案】A【解析】当0, 0a >b >时,a b +≥则当4a b +≤时,有4a b ≤+≤,解得4ab ≤,充分性成立;当=1, =4a b 时,满足4ab ≤,但此时=5>4a+b ,必要性不成立,综上所述,“4a b +≤”是“4ab ≤”的充分不必要条件.【考点】充分条件,必要条件 【考查能力】逻辑推理能力 6.【答案】D【解析】当01a <<时,函数xy a =过定点BH ⊂且单调递减,则函数1xy a =过定点BH ⊂且单调递增,函数1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭过定点1(,0)2且单调递减,D 选项符合;当1a >时,函数xy a =过定点BH ⊂且单调递增,则函数1x y a =过定点BH ⊂且单调递减,函数1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭过定点1(,02)且单调递增,各选项均不符合.综上,选D.【考点】函数图象的识别 【考查能力】逻辑推理 7.【答案】D【解析】方法1:由分布列得1()3aE X +=,则 2222111111211()01333333926a a a D X a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,则当a 在BH ⊂内增大时,()D X 先减小后增大.方法2:则()222221(1)222213()()03399924a a a a D X E X E X a ⎡⎤+-+⎛⎫=-=++-==-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦故选D.【考点】随机变量的分布列及期望、方差 【考查能力】运算求解 8.【答案】B【解析】方法1:如图G 为AC 中点,V 在底面ABC 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,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠,则cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=,即αβ>,tan tan PD PDED BDγβ=>=,即y β>,综上所述,答案为B.方法2:由最小角定理βα<,记V AB C --的平面角为γ'(显然γγ'=) 由最大角定理βγγ<'=,故选B.方法3:(特殊位置)取V ABC -为正四面体,P 为VA 中点,易得cos sin sin ααβγ=⇒===B. 【考点】空间中直线与直线、直线与平面所成的角及二面角的大小 【考查能力】空间想象,分析问题,解决问题 9.【答案】C【解析】当0x <时,()(1)0y f x ax b x ax b a x b =--=--=--=,得1bx a=-;()y f x ax b =--最多一个零点;当0x …时,32321111()(1)(1)3232y f x ax b x a x ax ax b x a x b =--=-++--=-+-, 2(1)y x a x '=-+,当10a +„,即1a -„时,0y '…,()y f x ax b =--在[0,)+∞上递增,()y f x ax b =--最多一个零点.不合题意;当10a +>,即13=时,令0y '>得[1x a ∈+,)+∞,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()y f x ax b =--恰有3个零点⇔函数()y f x ax b =--在(,0)-∞上有一个零点,在[0,)+∞上有2个零点,如图:∴01ba <-且32011(1)(1)(1)032b a a a b ->⎧⎪⎨+-++-<⎪⎩, 解得0b <,10a ->,310(116,)b a a >>-+∴>-. 故选:C .【考点】函数的零点 【考查能力】运算求解 10.【答案】A【解析】对于B ,令2104x λ-+=,得12λ=, 取112a =,∴2111022n a a ==L ,,<, ∴当14b =时,1010a <,故B 错误; 对于C ,令220x λ--=,得2λ=或1λ=-,取12a =,∴22a =,…,210n a =<, ∴当2b =-时,1010a <,故C 错误; 对于D ,令240x λ--=,得12λ±=,取1a =,∴2a ,…,10n a , ∴当4b -=时,1010a <,故D 错误;对于A ,221122a a =+≥,223113()224a a =++≥,4224319117()14216216a a a =+++≥+=>,10n n a a +->,{}n a 递增,当4n ≥时,1113222n n n n a a a a +=++=>1, ∴5445109323232a a a a a a ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⋅⎨⎪⋅⎪⋅⎪⎪⎪⎪⎩>>>,∴610432a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭>,∴1072964a >>10.故A 正确. 故选:A .【考点】数列的综合应用【考查能力】分析问题与解决问题,运算求解非选择题部分二、填空题 11.【答案】2【解析】1|||1|2z i ==+. 【考点】复数的运算及复数的模 【考查能力】化归与转化,运算求解 12.【答案】2-【解析】可知11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+,把(0,)m 代入得2m =-,此时||r AC ==. 【考点】圆的标准方程及直线与圆的位置关系 【考查能力】推理认证,运算求解 13.【答案】5【解析】9)x 的通项为919(0,1,29)r r r r T C x r -+==L可得常数项为0919T C ==, 因系数为有理数,1,3,5,7,9r =,有246810T , T , T , T , T 共5个项 【考点】二项式定理的应用【考查能力】运算求解,分析问题,解决问题14.10【解析】在ABD △中,正弦定理有:sin sin AB BD ADB BAC =∠∠,而34,4AB ADB π=∠=,5AC ==,34sin ,cos 55BCABBAC BAC AC AC ∠==∠==,所以5BD =.cos cos()coscos sinsin 44ABD BDC BAC BAC BAC ππ∠=∠-∠=∠+∠=【考点】正弦定理,两角和的正弦公式,诱导公式 【考查能力】划归与转化,运算求解15.【解析】【详解】方法1:由题意可知||=|2OF OM |=c=,由中位线定理可得12||4PF OM ==,设(,)P x y 可得22(2)16x y -+=,联立方程22195x y +=可解得321,22x x =-=(舍),点P 在椭圆上且在x 轴的上方,求得32P ⎛- ⎝⎭,所以212PF k ==方法2:焦半径公式应用解析1:由题意可知|2OF |=|OM |=c=,由中位线定理可得12||4PF OM ==,即342p p a ex x -=⇒=-求得322P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,所以212PF k ==.【考点】圆的标准方程,椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系 【考查能力】逻辑推理,运算求解 16.【答案】43【解析】使得()222(2)()2[(2)({]2)223642}f t f t a t t t t a t t +-=⋅++++-=++-,使得令2364[1,)m t t =++∈+∞,则原不等式转化为存在1m ≥,113am -≤,由折线函数,如图只需11133a --≤≤,即2433a ≤≤,即a 的最大值是43【考点】函数的最值,绝对值不等式的解法 【考查能力】逻辑推理,划归与转化,运算求解 17.【答案】0【解析】正方形ABCD 的边长为1,可得AB AD AC +=uu u r uuu r uuu r ,BD AD AB =-uu u r uuu r uu u r,0AB AD =⋅uu u r uuu r, ()()12345613562456AB BC CD DA AC BD AB AD λλλλλλλλλλλλλλ+++++=-+-+-++uu u v uu u v uu u v uu u v uuu v uu u v uu u v uuu v 要使123456AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++uu u v uu u v uu u v uu u v uuu v uu u v的最小,只需要561356240λλλλλλλλ-+-=-++=,此时只需要取1234561,1,1,1,1,1λλλλλλ==-====此时123456min 0AB BC CD DA AC BD λλλλλλ+++++=uu u v uu u v uu u v uu u v uuu v uu u v()()2212345613562456AB BC CD DA AC BD AB AD λλλλλλλλλλλλλλ+++++=-+-+-++()()2213562456λλλλλλλλ=-+-+-++ ()()2213562456λλλλλλλλ≤++-++++()()22565622λλλλ=+-+++()()()225656565684λλλλλλλλ=+-+++-++()225682λλ=++12=+1220=+等号成立当且仅当1356,,λλλλ--均非负或者均非正,并且2456,,λλλλ-+均非负或者均非正。
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A,B 互斥,则P(A B) P( A) P(B)柱体的体积公式V Sh若事件A,B 相互独立,则P( A B) P( A) P(B)若事件A在一次试验中发生的概率是p , 则nA k次独立重复试验中事件恰好发生次的概率其中表示柱体的底面积,表示柱体的高Sh锥体的体积公式1V Sh3k k n kP (k) C p (1 p) (k 0,1, 2, , n)n n其中S表示锥体的底面积,h表示锥体的高1台体的体积公式V (S1 S1S2 S2 ) h3其中S1 ,S2 分别表示台体的上、下底面积,h表2 球的表面积公式球体积公式S 4 R4V R33 其中R表示球的半径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.1.已知全集U 1,0,1,2,3 ,集合A 0,1,2 ,B1, 0,1 ,则e U A B ()A. 1B. 0,1C. 1,2,3D. 1,0,1,3【答案】 A【解析】【分析】本题根据交集、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】 C A={ 1,3} ,则C U A B { 1}U【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x y 0的双曲线的离心率是()1A. 22B. 1C. 2D. 2【答案】 C【解析】【分析】本题根据双曲线的渐近线方程可求得 a b,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】根据渐近线方程为x±y=0 的双曲线,可得 a b,所以c 2a则该双曲线的离心率为 e c 2a ,故选:C.【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 03.若实数x, y 满足约束条件3x y 4 0,则z 3x 2y的最大值是()x y 0A. 1B. 1C. 10D. 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(-1,1),(1,-1),(2,2)为顶点的三角形区域(包含边界),由图易得当目标函数z=3x+2y 经过平面区域的点(2, 2)时,z=3 x+2y取最大值z ma x 3 2 2 2 10.2【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,利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体Sh,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()A. 158B. 162C. 182D. 323【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 4 63 3 6 162 2 2.【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a0,b 0,则“a b 4”是“a b 4 ”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a,b 的值,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.【详解】当a>0, b>0时,a b 2 ab ,则当a b 4时,有2 ab a b 4 ,解得ab 4 ,充分性成立;当a=1, b=4时,满足ab 4 ,但此时a+b =5>4 ,必要性不成立,综上所述,“ a b 4”是“a b 4”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a,b 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1 1y , y log x (a 0x aa 2且a 0) 的图象可能是()4A. B.C. D.【答案】 D【解析】【分析】本题通过讨论 a 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0 a 1时,函数xy a 过定点(0,1) 且单调递减,则函数y1xa过定点(0,1) 且单调递增,函数1y log x 过定点a21( ,0)2且单调递减, D 选项符合;当 a 1时,函数xy a 过定点(0,1) 且单调递增,则函数y1xa过定点(0,1) 且单调递减,函数1y log x 过定点a21( ,0)且单调递增,各选项均不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;二是不能通过讨论 a 的不同取值范围,认识函数的单调性.7.设0 a 1,则随机变量X 的分布列是:5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【答案】 D【解析】【分析】研究方差随 a 变化的增大或减小规律,常用方法就是将方差用参数 a 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 a 的二次函数,二次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1 aE(X ) ,则32 2 2 21 a 1 1 a 1 1 a 12 1 1D X a a ,则当a 在(0,1) 内增大时,( ) 0 13 3 3 3 3 3 9 2 6D(X)先减小后增大.22 2 22 a 1 (a1) 2a 2a 2 2 13 【方法2:则D( X ) E X E( X ) 0 a3 3 9 9 9 24 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.8.设三棱锥V ABC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P AC B 的平面角为,则()A. ,B. ,C. ,D. ,【答案】 B【解析】6【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G 为AC 中点,V 在底面ABC 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P F // AC 交VG 于F,过D 作D H / /AC ,交BG 于H ,则P F E G D H B D BPF , PBD, PED ,则 c o s c o s,即,P B P B P B P B PD PDtan tanED BD,即y ,综上所述,答案为 B.方法2:由最小角定理,记V AB C 的平面角为(显然)由最大角定理,故选 B.方法3:(特殊位置)取V ABC 为正四面体,P 为VA中点,易得3 33 2 2 2cos sin ,sin , sin6 6 3 3,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.x, x 09.已知a,b R ,函数 f (x) 1 13 2x (a 1)x ax, x 03 2 ,若函数y f (x) ax b恰有三个零点,则()A. a 1,b 0B. a 1,b 0C. a 1,b 0D. a 1,b 07【答案】 C【解析】【分析】当x 0 时,y f()x a x b x a(x1 b ) 最多a 一x 个b零点;当x⋯0 时,1 1 1 13 2 3 2y (f)x a x b x( 1 a)x a x a x b( ,1x利) 用导数a研究函数x 的单调b 性,3 2 3 2根据单调性画函数草图,根据草图可得.b【详解】当x 0 时,y f (x) ax b x ax b (1 a)x b 0,得;y f (x) ax b最x1 a多一个零点;当x⋯0时,1 1 1 13 2 3 2y f (x) ax b x (a1)x ax ax b x (a 1)x b ,3 2 3 22 ( 1)y x a x,当a 1,0,即a, 1时,y ⋯0,y f (x) ax b在[0 ,) 上递增,y f (x) ax b最多一个零点.不合题意;当a 1 0,即a 1时,令y0 得x [ a 1,) ,函数递增,令y0 得x [0 ,a 1) ,函数递减;函数最多有 2 个零点;根据题意函数y f (x) ax b恰有 3 个零点函数y f ( x) ax b在( ,0) 上有一个零点,在[0 ,) 上有2 个零点,如图:b a 0且b 01 13 2(a 1) (a 1)(a 1) b 03 2,1解得b 0,1 a 0,130 b (a 1) , a 1.6故选:C.8【点睛】遇到此类问题,不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及a, b 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a,b R ,数列a n 中, 2a1 a,a n 1 a n b ,n N , 则()1 1b ,a 10 B. 当b ,a10 10A. 当102 4C. 当b 2, a10 10D. 当b 4, a10 10【答案】 A【解析】【分析】对于B,令 2 1x 0,得λ4 121a ,得到当 b,取 12142﹣λ﹣2=0,得时,a10<10;对于C,令x2﹣λ﹣4=0,得 1 17λ=2 或λ=﹣1,取a1=2,得到当b=﹣2时,a10<10;对于D,令x2,取1 17a ,得到当b =﹣4时,a10 <10;对于 A ,121 12a a ,22 21 1 32 2a (a) ,32 2 4a3 1 9 1 17n 14 2 2a (a a ) >1,当n≥ 4 时,4a4 2 16 2 16n a n12an>11 32 2a10,由此推导出a4>(32)7296,从而a10>>10.64【详解】对于B,令 2 1x 0,得λ4 12,9取111a,∴ a 2, ,a<10 ,1n2 2 2 ∴当 b 14时, a 10< 10,故 B 错误;对于C ,令 x2﹣λ﹣2=0,得λ= 2 或 λ=﹣1, 取 a 1=2,∴ a 2=2,⋯ , a n =2<10, ∴当 b =﹣2 时, a 10<10,故 C 错误; 对于D ,令 x2﹣λ﹣4=0,得1 172﹣λ﹣4=0,得1 172, 取117117a,∴ a 2,⋯ , 1221 17 a< 10, n2∴当 b =﹣4 时, a 10<10,故 D 错误; 对于A ,1 1 2aa, 22211 322a(a ) ,32244 2 23 191 17a(a a) >1,442 16 2 16a n+1﹣a n >0,{ a n }递增,anan1a n1 2 an> 11 32 2当 n ≥ 4 时,,a 5 a4>3 2 a4 3 > a 52∴,∴a 10a4> ( 3 2729 )6,∴ a >> 10.故 A 正确. 1064a10 a9>32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a 的可能取值,利用“排除法”求解.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11. 复数z11 i(i 为虚数单位),则| z | ________. 2【答案】2【解析】【分析】本题先计算z,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】| z|1 12 |1 i | 2 2.【点睛】本题考查了复数模的运算,属于简单题.12. 已知圆C 的圆心坐标是(0, m) ,半径长是r . 若直线2x y 3 0与圆相切于点A( 2, 1) ,则m _____,r ______.【答案】(1). m 2 (2). r 5【解析】【分析】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AC 的斜率,进一步得到其方程,将(0, m) 代入后求得m ,计算得解.【详解】可知1 1k AC : y 1 (x 2) ,把(0,)m代入得m 2,此时r | AC | 4 1 5 .AC2 2【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( 2 x) 的展开式中,常数项是________;系数为有理数的项的个数是_______.【答案】(1). 16 2 (2). 5【解析】【分析】11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x 的幂指数,使问题得解.【详解】9( 2 x) 的通项为r 9 r rT 1 C9 ( 2) x (r 0,1,2 9) r可得常数项为0 9T1 C9 ( 2) 16 2 ,因系数为有理数,r = 1,3,5,7,9,有T , T ,T ,T ,T共5 个项2 4 6 8 10【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. 在V ABC 中,ABC 90 ,AB 4 ,BC 3,点D 在线段AC 上,若BDC 45 ,则BD ____;cos ABD ________.【答案】(1). 12 25 (2). 7 210【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.在BDC 、ABD 中应用正弦定理,由cos ABD cos( BDC BAC ) 建立方程,进而得解.【详解】在ABD 中,正弦定理有:AB BDsin ADB sin BAC,而3AB 4, ADB ,42 2AC AB BC 5 ,BC 3 AB 4sin BAC ,cos BACAC 5 AC 5,所以12 2BD .57 2cos ABD cos( BDC BAC ) cos cos BAC sin sin BAC4 4 1012【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2 2x y9 51 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_______ .【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成圆的方程,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|OF |=|OM |= c= 2,由中位线定理可得PF1 2| O M | 4 ,设P(x, y) 可得 2 2(x2) y 16 ,联立方程2 2x y9 51可解得3 21x x (舍),点P 在椭圆上且在x轴的上方,,2 215求得3 15P , ,所以2 2kPF21512方法2:焦半径公式应用13解析1:由题意可知|OF |=|OM |= c= 2,由中位线定理可得PF1 2| O M | 4 ,即 a ex 4 xp p 3 2求得3 15P , ,所以2 2152 15k .PF12【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a R,函数 3f (x) ax x ,若存在t R ,使得2| f (t 2) f (t) | ,则实数a 的最大值是____.3a 【答案】max 4 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2f (t 2) f (t) 2a 3t 6t 4 2入手,令2m 3t 6t 4 [1, ) ,从而使问题加以转化,通过绘制函数图象,观察得解.【详解】使得 2 2 2f (t 2) f (t) a{2 (t2) t(t 2) t ]} 2 2 a 3t6t 4 2 ,使得令 2m 3t 6t 4 [1, ) ,则原不等式转化为存在1m 1, |am 1| ,由折线函数,如图3只需1 1a 1 ,即3 32 4a ,即a 的最大值是3 343【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ABCD 的边长为1,当每个i (i 1, 2,3, 4,5,6) 取遍时,14| AB BC CD DA AC BD |的最小值是________;最大值是_______.1 2 3 4 5 6【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】正方形ABCD 的边长为1,可得AB AD AC ,BD AD AB ,AB ? AD 0,【1 AB2 BC 3CD 4 DA 5 AC 6 BD 13 5 6 AB 2456 AD 要使 1 AB 2 BC 3 CD 4 DA 5 AC 6 BD 的最小,只需要1 3 5 62 4 5 6 0,此时只需要取 1 1, 2 1,3 1,4 1,5 1,6 1此时 1 2 3 4 5 6AB BC CD DA AC BD 0min2 21 AB2 BC 3CD 4 DA 5 AC 6 BD 13 5 6 AB 2456 AD2 21 3 5 62 4 5 62 21 3 5 62 4 5 62 22 25 6 5 62 28 45 6 5 6 5 6 5 62 2 28 4 25 6 5 6 5 62 2 2 212 4 25 6 5 6 5 62 2 2 212 4 2 2 205 6 5 6等号成立当且仅当1, 3, 5 6 均非负或者均非正,并且 2 , 4, 5 6 均非负或者均非正。
绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学总分:150分考试时间:120分钟★祝考试顺利★注意事项:1、本试卷分第I 卷(选择题)和第II 卷(非选择题)两部分。
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证条形码粘贴在答题卡的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
2、选择题的作答:选出每小题答案后,用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。
3、填空题和解答题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内,写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后,将本试卷和答题卡一并上交。
第I 卷一、选择题:本题共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{}1,0,1,2,3U =-,集合{}0,1,2A =,{}1,0,1B =-,则()U A B =I ð( ) A.{}1-B.{}0,1C.{}1,2,3-D.{}1,0,1,3-2.渐近线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是( )B.1D.23.若实数x ,y 满足约束条件340,340,0,x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩则32z x y =+的最大值是( )A.1-B.1C.10D.124.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V Sh =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(单位:cm ),则该柱体的体积(单位:3cm )是( )A.158B.162C.182D.3245.若0a >,0b >,则“4a b +≤”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1x y a =,1log 2a y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭(0a >,且1a ≠)的图象可能是( ) A. B.C. D.7.设01a <<,则随机变量X 的分布列是01111333X a P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V ABC -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 所成的角为α,直线PB 与平面ABC 所成的角为β,二面角P AC B --的平面角为γ,则( ) A.βγ<,αγ<B.βα<,βγ<C.βα<,γα<D.αβ<,γβ<9.已知,a b ∈R ,函数()()32,0111,032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩,若函数()y f x ax b =--恰有3个零点,则( ) A.1a <-,0b < B.1a <-,0b >C.1a >-,0b <D.1a >-,0b >10.设,a b ∈R ,数列{}n a 满足1a a =,21n na ab +=+,*n ∈N ,则( ) A.当12b =时,1010a > B.当14b =时,1010a >C.当2b =-时,1010a >D.当4b =-时,1010a >第Ⅱ卷(共110分)二、填空题:本题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分。
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:若事件A ,B 互斥,则()()()P A B P A P B +=+ 若事件A ,B 相互独立,则()()()P AB P A 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,,)k k n kn n P k p p k n -=-=台体的体积公式121()3V S S h =其中12,S S 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V Sh =其中表示柱体的底面积,表示柱体的高锥体的体积公式13V Sh =其中表示锥体的底面积,表示锥体的高 球的表面积公式24S R =π球的体积公式343V R =π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{}1,0,1,2,3U =-,集合{}0,1,2A =,{}1,0,1B =-,则UA B =A .{}1-B .{}0,1?C .{}1,2,3-D .{}1,0,1,3-2.渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是A.22B.1 C.2D.23.若实数x,y满足约束条件340340x yx yx y-+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩,则z=3x+2y的最大值是A.1-B.1C.10 D.124.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,利用该原理可以得到柱体体积公式V柱体=Sh,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A.158 B.162C.182 D.325.若a>0,b>0,则“a+b≤4”是“ab≤4”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y =1xa,y=log a(x+),(a>0且a≠0)的图像可能是7.设0<a <1,则随机变量X 的分布列是则当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V -ABC 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α,直线PB 与平面ABC 所成角为β,二面角P -AC -B 的平面角为γ,则 A .β<γ,α<γB .β<α,β<γC .β<α,γ<αD .α<β,γ<β9.已知,a b ∈R ,函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩,若函数()y f x ax b =--恰有三个零点,则 A .a <-1,b <0 B .a <-1,b >0 C .a >-1,b >0D .a >-1,b <010.设a ,b ∈R ,数列{a n }中a n =a ,a n +1=a n 2+b ,b *∈N ,则A .当b =,a 10>10B .当b =,a 10>10C .当b =-2,a 10>10D .当b =-4,a 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。
2019 年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数 学一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分。
1.已知全集{}U 1,0,1,2,3=-,集合{}A 0,1,2=,{}B =1,0,1-,则()U A B =ð( )A .{}1-B .{}0,1C .{}1,2,3-D . {}1,0,1,3- 2.渐进线方程为0x y ±=的双曲线的离心率是( )A .22B .1C .2D . 2 3.若实数,x y 满足约束条件3403400x y x y x y -+≥⎧⎪--≤⎨⎪+≥⎩,则32z x y =+的最大值是( )A .1-B .1C .10D .12 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V sh =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( )A .158B .162C .182D .3245.若 0, 0a b >>,则“ 4a b +≤”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1xy a =,1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,(0a >且0a ≠)的图像可能是( )7.设01a <<,随机变量X 的分布列,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V ABC -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α,直线PB 与平面 ABC 所成角为β,二面角 P AC B --的平面角为γ,则( ) A .,βγαγ<< B .,βαβγ<<C .,βαγα<<D .,αβγβ<<9.已知函数()()32,0111,032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩,函数()()F x f x ax b =--恰有3个零点,则( ) A .1,0a b <-> B .1,0a b <-< C .1,0a b >-> D .1,0a b >-<10.设,a b ∈R , 数列{}n a 中1a a =,21n n a a b +=+,*n ∈N ,则( )A .当12b =时,1010a > B .当14b =时,1010a > C .当2b =-时,1010a > D .当4b =-时,1010a >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。
2019年浙江卷数学高考试题(含答案)2019年浙江省高考数学试卷一、选择题:1.已知全集 $U=\{-1,0,1,2,3\}$,集合 $A=\{0,1,2\}$,$B=\{-1,1\}$,则 $(U-A) \cap B=$()。
A。
$\{-1\}$。
B。
$\{0,1\}$。
C。
$\{-1,2,3\}$。
D。
$\{-1,1,3\}$2.渐进线方程为 $x^2-y^2=4$ 的双曲线的离心率是()。
A。
$\sqrt{2}$。
B。
$1$。
C。
$2$。
D。
$\sqrt{2}/2$3.若实数 $x,y$ 满足约束条件 $\begin{cases}3x-y\leq 4 \\ x+y\geq 1\end{cases}$,则 $z=3x+2y$ 的最大值是()。
A。
$-1$。
B。
$1$。
C。
$10$。
D。
$12$4.XXX是我国南北朝时代的伟大科学家,他提出的“幂势既同,则积不容异”称为祖暅原理,利用该原理可以得到柱体的体积公式$V_{\text{柱体}}=sh$,其中$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()。
A。
$158$。
B。
$162$。
C。
$182$。
D。
$324$5.若 $a>0,b>0$,则“$a+b^4$ 是 $ab^4$ 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 $y=\dfrac{11}{a^2x}$,$y=\log_a(x+1)$,$(a>0,a\neq 1)$ 的图象可能是()。
7.设 $0<a<1$。
随机变量 $X$ 的分布列是begin{array}{c|cc}X & 1 & 2 \\XXXP & a & 1-aend{array}则当 $a$ 在 $(0,1)$ 内增大时,()。
A。
$D(X)$ 增大。
2019年高考数学真题试卷(浙江卷)原卷+解析一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分。
1.(2019•浙江)已知全集U={-1,0,1,2,3},集合A={0,1,2},B={-1,0,1},则=()A. {-1}B. {0,1}C. {-1,2,3}D. {-1,0,1,3}【答案】 A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】解:,所以={-1}.故答案为:A.【分析】根据集合的补写出即可得到.2.(2019•浙江)渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是()A. B. 1 C. D. 2【答案】 C【考点】双曲线的简单性质【解析】【解答】解:根据双曲线的渐近线方程,得,所以离心率e= .故答案为:C.【分析】根据双曲线的渐近线方程,得到,即可求出离心率e.3.(2019•浙江)若实数x,y满足约束条件,则z=3x+2y的最大值是()A. -1B. 1C. 10D. 12【答案】 C【考点】简单线性规划的应用【解析】【解答】作出可行域和目标函数相应的直线,平移该直线,可知当过(2,2)时,目标函数取最大值10.故答案为:C.【分析】作出可行域和目标函数相应的直线,平移该直线,即可求出相应的最大值.4.(2019•浙江)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V柱体=sh,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()A. 158B. 162C. 182D. 32【答案】 B【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】根据三视图,确定几何体为五棱柱,其底面积,所以体积V=27 .故答案为:B.【分析】根据三视图确定几何体的结构特征,根据祖暅原理,即可求出相应的体积.5.(2019•浙江)若a>0,b>0,则“a+b≤4“是“ab≤4”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【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】作出直线y=4-x和函数的图象,结合图象的关系,可确定“a+b≤4“是“ab≤4”的充分不必要条件.故答案为:A.【分析】作出函数的图象,结合图象确定充分必要性即可.6.(2019•浙江)在同一直角坐标系中,函数y= ,y=log a(x+ ),(a>0且a≠0)的图像可能是()A B C D【答案】 D【考点】函数的图象【解析】【解答】当a>1时,y= 的底数大于0小于1,故过(0,1)单调递减;y=log a(x+ )过(,0)单调递增,没有符合条件的图象;当0<a<1时,y= 的底数大于1,故过(0,1)单调递增;y=log a(x+ )过(,0)单调递减;故答案为:D.【分析】对a的取值分类讨论,结合指数函数和对数函数的特点,确定函数的图象即可.7.(2019•浙江)设0<a<1随机变量X的分布列是X 0 a 1P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【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】解:E(X)= ,,根据二次函数的单调性,可知D(X)先减小后增大;故答案为:D.【分析】根据期望的公式求出E(X),结合方差的计算公式及二次函数的性质即可确定D(X)先减小后增大.8.(2019•浙江)设三棱锥V-ABC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α.直线PB与平面ABC所成角为β.二面角P-AC-B的平面角为γ。
2019年浙江省高考数学试卷一、选择题(本大题共10小题,共40.0分)1.已知全集U={−1,0,1,2,3},集合A={0,1,2},B={−1,0,1},则(∁U A)∩B=()A. {−1}B. {0,1}C. {−1,2,3}D. {−1,0,1,3}2.渐近线方程为x±y=0的双曲线的离心率是()A. √22B. 1C. √2D. 23.若实数x,y满足约束条件{x−3y+4≥03x−y−4≤0x+y≥0,则z=3x+2y的最大值是()A. −1B. 1C. 10D. 124.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V柱体=Sℎ,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(单位:cm),则该柱体的体积(单位:cm3)是()A. 158B. 162C. 182D. 3245.若a>0,b>0,则“a+b≤4”是“ab≤4”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y=1a x ,y=log a(x+12)(a>0且a≠1)的图象可能是()A. B.C. D.7. X 0a1P131313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V −ABC 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α,直线PB 与平面ABC 所成角为β,二面角P −AC −B 的平面角为γ,则( ) A. β<γ,α<γ B. β<α,β<γ C. β<α,γ<α D. α<β,γ<β9. 设a ,b ∈R ,函数f(x)={x,x <0,13x 3−12(a +1)x 2+ax,x ≥0.若函数y =f(x)−ax −b 恰有3个零点,则( ) A. a <−1,b <0 B. a <−1,b >0 C. a >−1,b <0 D. a >−1,b >010. 设a ,b ∈R ,数列{a n }满足a 1=a ,a n+1=a n2+b ,n ∈N ∗,则( ) A. 当b =12时,a 10>10 B. 当b =14时,a 10>10C. 当时,a 10>10 D. 当时,a 10>10二、填空题(本大题共7小题,共36.0分)11. 复数z =11+i (i 为虚数单位),则|z|=______.12. 已知圆C 的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x −y +3=0与圆C 相切于点A(−2,−1),则m =______,r =______.13. 在二项式(√2+x)9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,∠ABC =90∘,AB =4,BC =3,点D 在线段AC 上,若∠BDC =45∘,则BD =___________;cos∠ABD =___________. 15. 已知椭圆x 29+y 25=1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a ∈R ,函数f(x)=ax 3−x.若存在t ∈R ,使得|f(t +2)−f(t)|≤23,则实数a 的最大值是______.17. 已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i =1,2,3,4,5,6)取遍±1时,|λ1AB⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是______,最大值是______. 三、解答题(本大题共5小题,共74.0分)18. 设函数f(x)=sinx ,x ∈R .(1)已知θ∈[0,2π),函数f(x +θ)是偶函数,求θ的值;(2)求函数y =[f(x +π12)]2+[f(x +π4)]2的值域.19.如图,已知三棱柱ABC−A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90∘,∠BAC=30∘,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(Ⅰ)证明:EF⊥BC;(Ⅱ)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.20.设等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=4,a4=S3.数列{b n}满足:对每个n∈N∗,S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列.(Ⅰ)求数列{a n},{b n}的通项公式;(Ⅱ)记c n=√a n,n∈N∗,证明:c1+c2+⋯+c n<2√n,n∈N∗.2b n21.如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)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ΔABC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ΔAFG,ΔCQG的面积分别为S1,S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.22.已知实数a≠0,设函数f(x)=alnx+√1+x,x>0.(Ⅰ)当a=−34时,求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)对任意x∈[1e2,+∞)均有f(x)≤√x2a,求a的取值范围.注意:e=2.71828……为自然对数的底数.答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查集合的基本运算,属于基础题.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:∵∁U A={−1,3},∴(∁U A)∩B={−1,3}∩{−1,0,1}={−1},故选:A.2.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查双曲线的简单性质的应用,属于基础题.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x±y=0的双曲线,可得a=b,所以c=√2a,则该双曲线的离心率为e=ca=√2,故选:C.3.【答案】C【解析】【分析】本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是基础题.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{x−3y+4≥03x−y−4≤0x+y≥0作出可行域如图,联立{x −3y +4=03x −y −4=0,解得A(2,2),化目标函数z =3x +2y 为y =−32x +12z ,由图可知,当直线y =−32x +12z 过A(2,2)时,直线在y 轴上的截距最大, z 有最大值:10. 故选:C .4.【答案】B【解析】【分析】本题考查由三视图求面积、体积,关键是由三视图还原几何体,属于基础题.由三视图还原几何体,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S 五边形ABCDE =12(4+6)×3+12(2+6)×3=27, 高为6,则该柱体的体积是V =27×6=162. 故选B .5.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,基本不等式,属于基础题. 根据充分条件和必要条件的定义结合基本不等式、特值法求解即可. 【解答】解:∵a >0,b >0,∴4≥a +b ≥2√ab , ∴2≥√ab ,∴ab ≤4,即a +b ≤4⇒ab ≤4, 若a =4,b =14,则ab =1≤4, 但a +b =4+14>4,即ab ≤4推不出a +b ≤4,∴a +b ≤4是ab ≤4的充分不必要条件 故选A .6.【答案】D【解析】 【分析】本题考查了指数函数,对数函数的图象和性质,属于基础题. 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y =1a x ,y =log a (x +12),当a >1时,可得y =1a x 是递减函数,图象恒过(0,1)点, 函数y =log a (x +12),是递增函数,图象恒过(12,0); 当0<a <1时,可得y =1a x 是递增函数,图象恒过(0,1)点, 函数y =log a (x +12),是递减函数,图象恒过(12,0); ∴满足要求的图象为:D . 故选D .7.【答案】D【解析】 【分析】本题考查方差的求法,考查离散型随机变量的分布列,利用二次函数是关键,考查推理能力与计算能力,是中档题.方差公式结合二次函数的单调性可得结果. 【解答】解:E(X)=0×13+a ×13+1×13=a+13,D(X)=(a+13)2×13+(a−a+13)2×13+(1−a+13)2×13=127[(a+1)2+(2a−1)2+(a−2)2]=29(a2−a+1)=29(a−12)2+16,∵0<a<1,∴D(X)先减小后增大,故选:D.8.【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,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.【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DE⊥AC于E,易得PE//VG,过P作PF//AC于F,过D作DH//AC,交BG于H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,则cosα=PFPB =EGPB=DHPB<BDPB=cosβ,可得β<α;tanγ=PDED >PDBD=tanβ,可得β<γ,方法二、由最小值定理可得β<α,记V−AC−B的平面角为γ′(显然γ′=γ),由最大角定理可得β<γ′=γ;方法三、(特殊图形法)设三棱锥V−ABC为棱长为2的正四面体,P为VA的中点,易得cosα=12√3=√36,可得sinα=√336,sinβ=√63√3=√23,sinγ=√63√32=2√23,当AP=时,由余弦定理可得PB==,cosα==,sinα=,可得α<γ,故C 错误故选:B.9.【答案】C【解析】【分析】本题考查了函数与方程的综合运用,属于难题.当x<0时,y=f(x)−ax−b=x−ax−b=(1−a)x−b最多一个零点;当x≥0时,y=f(x)−ax−b=13x3−12(a+1)x2+ax−ax−b=13x3−12(a+1)x2−b,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x<0时,y=f(x)−ax−b=x−ax−b=(1−a)x−b=0,得x=b1−a;y= f(x)−ax−b最多一个零点;当x≥0时,y=f(x)−ax−b=13x3−12(a+1)x2+ax−ax−b=13x3−12(a+1)x2−b,y′=x2−(a+1)x,当a+1≤0,即a≤−1时,y′≥0,y=f(x)−ax−b在[0,+∞)上递增,y=f(x)−ax−b最多一个零点,不合题意;当a+1>0,即a>−1时,令y′>0得x∈[a+1,+∞),函数递增,令y′<0得x∈[0,a+1),函数递减,函数最多有2个零点;根据题意函数y=f(x)−ax−b恰有3个零点,所以函数y=f(x)−ax−b在(−∞,0)上有一个零点,在[0,+∞)上有2个零点,如右图:∴b1−a <0且{−b>013(a+1)3−12(a+1)(a+1)2−b<0,解得b<0,1−a>0,b>−16(a+1)3,∴−16(a+1)3<b<0,−1<a<1,故选:C.10.【答案】A【解析】【分析】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,属于难题.逐项检验,可得结果. 【解答】解:对于B ,令λ2−λ+14=0,得λ=12, 取a 1=12,∴a 2=12,…,a n =12<10, ∴当b =14时,a 10<10,故B 错误;对于C ,令λ2−λ−2=0,得λ=2或λ=−1, 取a 1=2,∴a 2=2,…,a n =2<10, ∴当b =−2时,a 10<10,故C 错误; 对于D ,令λ2−λ−4=0,得λ=1±√172, 取a 1=1+√172,∴a 2=1+√172,…,a n =1+√172<10,∴当b =−4时,a 10<10,故D 错误;对于A ,a 2=a 2+12≥12,a 3=(a 2+12)2+12≥34, a 4=(a 4+a 2+34)2+12≥916+12=1716>1, a n+1−a n >0,{a n }递增, 当n ≥4时,a n+1a n=a n +12a n>1+12=32,∴{ a 5a 4>32a 6a 5>32⋅⋅⋅a 10a 9>32,∴a 10a 4>(32)6,∴a 10>72964>10.故A 正确. 故选:A .11.【答案】√22【解析】解:∵z =11+i =1−i(1+i)(1−i)=12−12i . ∴|z|=√(12)2+(−12)2=√22. 故答案为:√22.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.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.12.【答案】−2;√5【解析】 【分析】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.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m+12=−12,解得m=−2.∴圆心为(0,−2),则半径r=√(−2−0)2+(−1+2)2=√5.故答案为:−2;√5.13.【答案】16√2 5【解析】【分析】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.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(√2+x)9的展开式的通项为Tr+1=C9r(√2)9−r x r=29−r2C9r x r.由r=0,得常数项是T1=16√2;当r=1,3,5,7,9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√2,5.14.【答案】12√25;7√2 10【解析】【分析】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.解直角三角形ABC,可得sin C,cos C,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,AB=4,BC=3,可得AC=5,sinC=45,在△BCD中,由正弦定理可得√22=BDsinC,可得BD=12√25;根据三角形内角和可知∠CBD=135°−C,sin∠CBD=sin(135°−C)=√22(cosC+sinC)=√22×(45+35)=7√210,即有cos∠ABD=cos(90°−∠CBD)=sin∠CBD=7√210,故答案为12√25;7√210.15.【答案】√15【解析】【分析】本题主要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、余弦定理,考查方程思想和运算能力,属于中档题.求得椭圆的a,b,c,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定理求得△PFF′各边长,利用余弦定理求∠PFF′的余弦值,进而可求该角的正切值,即为直线PF的斜率.【解答】解:椭圆x29+y25=1的a=3,b=√5,c=2,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为半径的圆上,连接AO,可得|PF′|=2|AO|=4,△PFF′中,PF=6−PF′=2,FF′=4,PF′=4,∴由余弦定理得cos∠PFF ′=PF 2+FF′2−PF′22PF×FF′=42+22−422×2×4=14,∴sin∠PFF ′=√1−(14)2=√154, ∴tan∠PFF ′=√15,即直线PF 的斜率为√15. 故答案为√15.16.【答案】43【解析】解:存在t ∈R ,使得|f(t +2)−f(t)|≤23, 即有|a(t +2)3−(t +2)−at 3+t|≤23, 化为|2a(3t 2+6t +4)−2|≤23, 可得−23≤2a(3t 2+6t +4)−2≤23, 即23≤a(3t 2+6t +4)≤43,由3t 2+6t +4=3(t +1)2+1≥1, 可得0<a ≤43,可得a 的最大值为43. 故答案为:43.由题意可得|a(t +2)3−(t +2)−at 3+t|≤23,化为|2a(3t 2+6t +4)−2|≤23,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.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.【答案】0 2√5【解析】解:正方形ABCD 的边长为1,可得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ , AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, |λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −λ3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −λ4AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −λ6AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|(λ1−λ3+λ5−λ6)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(λ2−λ4+λ5+λ6)AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√(λ1−λ3+λ5−λ6)2+(λ2−λ4+λ5+λ6)2,由于λi (i =1,2,3,4,5,6)取遍±1,可得λ1−λ3+λ5−λ6=0,λ2−λ4+λ5+λ6=0,可取λ5=λ6=1,λ1=λ3=1,λ2=−1,λ4=1,可得所求最小值为0;由λ1−λ3+λ5−λ6,λ2−λ4+λ5+λ6的最大值为4,可取λ2=1,λ4=−1,λ5=λ6=1,λ1=1,λ3=−1,可得所求最大值为2√5. 故答案为:0,2√5.由题意可得AB⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,化简|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =√(λ1−λ3+λ5−λ6)2+(λ2−λ4+λ5+λ6)2,由于λi (i =1,2,3,4,5,6)取遍±1,由完全平方数的最值,可得所求最值.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.18.【答案】解:(1)由f(x)=sinx ,得 f(x +θ)=sin(x +θ),∵f(x +θ)为偶函数,∴θ=π2+kπ(k ∈Z), ∵θ∈[0,2π),∴θ=π2或θ=3π2,(2)y =[f(x +π12)]2+[f(x +π4)]2 =sin 2(x +π12)+sin 2(x +π4) =1−cos(2x +π6)2+1−cos(2x +π2)2 =1−12(cos2xcos π6−sin2xsin π6−sin2x)=34sin2x −√34cos2x +1 =√32sin(2x −π6)+1,∵x ∈R ,∴−1≤sin(2x −π6)≤1, ∴1−√32≤√32sin(2x −π6)+1≤1+√32, ∴函数y =[f(x +π12)]2+[f(x +π4)]2的值域为:[1−√32,1+√32].【解析】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,属中档题.(1)函数f(x +θ)是偶函数,则θ=π2+kπ(k ∈Z),根据θ的范围可得结果; (2)化简函数得y =√32sin(2x −π6)+1,然后根据x 的范围求值域即可.19.【答案】方法一:证明:(Ⅰ)连结A 1E ,∵A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,∴A 1E ⊥AC ,又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,∴A 1E ⊥平面ABC ,∴A 1E ⊥BC ,∵A 1F//AB ,∠ABC =90°,∴BC ⊥A 1F , ∴BC ⊥平面A 1EF ,∴EF ⊥BC .解:(Ⅱ)取BC 中点G ,连结EG 、GF ,则EGFA 1是平行四边形, 由于A 1E ⊥平面ABC ,故A 1E ⊥EG , ∴平行四边形EGFA 1是矩形, 由(Ⅰ)得BC ⊥平面EGFA 1, 则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1,∴EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上,连结A 1G ,交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成角(或其补角), 不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E =2√3,EG =√3, ∵O 是A 1G 的中点,故E O =OG =A 1G 2=√152,∴cos∠EOG =EO 2+OG 2−EG 22×EO×OG=35,∴直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.方法二:证明:(Ⅰ)连结A 1E ,∵A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点, ∴A 1E ⊥AC ,又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC , ∴A 1E ⊥平面ABC ,如图,以E 为原点,EC ,EA 1所在直线分别为y ,z 轴,建立空间直角坐标系,设AC =4,则A 1(0,0,2√3),B(√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),F(√32,32,2√3),C(0,2,0),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,2√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0), 由EF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得EF ⊥BC . 解:(Ⅱ)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ, 由(Ⅰ)得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,−2√3),设平面A 1BC 的法向量n⃗ =(x,y ,z), 则{BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3x +y =0A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =y −√3z =0,取x =1,得n ⃗ =(1,√3,1), ∴sinθ=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=45,∴直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.【解析】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. 法一:(Ⅰ)连结A 1E ,则A 1E ⊥AC ,从而A 1E ⊥平面ABC ,A 1E ⊥BC ,推导出BC ⊥A 1F ,从而BC ⊥平面A 1EF 由此能证明EF ⊥BC .(Ⅱ)取BC 中点G ,连结EG 、GF ,则EGFA 1是平行四边形,推导出A 1E ⊥EG ,从而平行四边形EGFA 1是矩形,推导出BC ⊥平面EGFA 1,连结A 1G ,交EF 于O ,则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成角(或其补角),由此能求出直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值. 法二:(Ⅰ)连结A 1E ,推导出A 1E ⊥平面ABC ,以E 为原点,EC ,EA 1所在直线分别为y ,z 轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.20.【答案】解:(Ⅰ)设数列{a n }的公差为d , 由题意得{a 1+2d =4a 1+3d =3a 1+3d,解得a 1=0,d =2, ∴a n =2n −2,n ∈N ∗. ∴S n =n 2−n ,n ∈N ∗,∵数列{b n }满足:对每个n ∈N ∗,S n +b n ,S n+1+b n ,S n+2+b n 成等比数列. ∴(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n ),解得b n =1d (S n+12−S n S n+2), 解得b n =n 2+n ,n ∈N ∗.证明:(Ⅱ)c n =√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1),n ∈N ∗, 用数学归纳法证明:①当n =1时,c 1=0<2,不等式成立;②假设n =k ,(k ∈N ∗)时不等式成立,即c 1+c 2+⋯+c k <2√k , 则当n =k +1时,c 1+c 2+⋯+c k +c k+1<2√k +√k (k +1)(k +2)<2√k +√1k +1<2√k √k+1+√k=2√k +2(√k +1−√k)=2√k +1,即n =k +1时,不等式也成立.由①②得c 1+c 2+⋯+c n <2√n ,n ∈N ∗.【解析】(Ⅰ)利用等差数列通项公式和前n 项和公式列出方程组,求出a 1=0,d =2,从而a n =2n −2,n ∈N ∗.S n =n 2−n ,n ∈N ∗,利用(S n+1+b n )2=(S n +b n )(S n+2+b n ),能求出b n .(Ⅱ)c n =√a n2bn=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1),n ∈N ∗,用数学归纳法证明,得到c 1+c 2+⋯+c n <2√n ,n ∈N ∗.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.【答案】解:(Ⅰ)由抛物线的性质可得:p2=1,∴p =2,∴抛物线的准线方程为x =−1;(Ⅱ)设A(x A ,y A ),B(x B ,y B ),C(x C ,y C ),重心G(x G ,y G ), 令y A =2t ,t ≠0,则x A =t 2,由于直线AB 过F ,故直线AB 的方程为x =t 2−12ty +1,代入y 2=4x ,得:y 2−2(t 2−1)t y −4=0,∴2ty B =−4,即y B =−2t ,∴B(1t 2,−2t ),又x G =13(x A +x B +x C ),y G =13(y A +y B +y C ),重心在x 轴上, ∴2t −2t +y C =0, ∴C((1t −t)2,2(1t −t)),G(2t 4−2t 2+23t 2,0),∴直线AC 的方程为y −2t =2t(x −t 2),得Q(t 2−1,0), ∵Q 在焦点F 的右侧,∴t 2>2, ∴S 1S 2=12|FG|⋅|y A |12|QG|⋅|y C |=|2t 4−2t 2+13t 2|⋅|2t||t 2−1−2t 4−2t 2+23t 2|⋅|2t−2t|=2t 4−t 2t 4−1=2−t 2−2t 4−1,令m =t 2−2,则m >0,S 1S 2=2−m m 2+4m+3=2−1m+3m+4≥22√m⋅m+4=1+√32,∴当m =√3时,S 1S 2取得最小值为1+√32,此时G(2,0).【解析】本题考查实数值、抛物线标准方程的求法,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.(Ⅰ)由抛物线的性质可得:p2=1,由此能求出抛物线的准线方程;(Ⅱ)设A(x A ,y A ),B(x B ,y B ),C(x C ,y C ),重心G(x G ,y G ),令y A =2t ,t ≠0,则x A =t 2,从而直线AB 的方程为x =t 2−12t y +1,代入y 2=4x ,得:y 2−2(t 2−1)ty −4=0,求出B(1t 2,−2t ),由重心在x 轴上,得到2t −2t +y C =0,从而C((1t −t)2,2(1t −t)),G(2t 4−2t 2+23t 2,0),进崦直线AC 的方程为y −2t =2t(x −t 2),得Q(t 2−1,0),由此结合已知条件能求出结果.22.【答案】解:(1)当a =−34时,f(x)=−34lnx +√1+x ,x >0,f′(x)=−34x 21+x=√1+x−2)(2√1+x+1)4x 1+x,∴函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞). (2)由f(x)≤12a ,得0<a ≤√24,当0<a ≤√24时,f(x)≤√x 4a ,等价于√xa 2−2√1+xa−2lnx ≥0,令t =1a ,则t ≥2√2,设g(t)=t 2√x −2t √1+x −2lnx ,t ≥2√2, 则g(t)=√x(t −√1+1x)2√x2lnx ,(i)当x ∈[17,+∞)时,√1+1x≤2√2,则g(x)≥g(2√2)=8√x −4√2√1+x −2lnx , 记p(x)=4√x −2√2√1+x −lnx ,x ≥17, 则p′(x)=√x√2√x+1−1x =√x √x+1−√2x−√x+1x √x+1=√x(√2x+2−1)]x√x+1(√x+1)(√x+1+√2x),列表讨论:∴g(t)≥g(2√2)=2p(x)=2p(x)≥0.(ii)当x ∈[1e 2,17)时,g(t)≥g(√1+1x)=√xlnx−(x+1)2√x,令q(x)=2√xlnx +(x +1),x ∈[1e 2,17], 则q′(x)=√x 1>0,故q(x)在[1e ,17]上单调递增,∴q(x)≤q(17), 由(i)得q(17)=−2√77p(17)<−2√77p(1)=0,∴q(x)<0,∴g(t)≥g(√1+1x )=2√x>0,由(i)(ii)知对任意x ∈[1e 2,+∞),t ∈[2√2,+∞),g(t)≥0,即对任意x ∈[1e 2,+∞),均有f(x)≤√x2a,综上所述,所求的a的取值范围是(0,√24].【解析】(1)当a=−34时,f′(x)=−34x+2√1+x=√1+x−2)(2√1+x+1)4x√1+x,利用导数性质能求出函数f(x)的单调区间.(2)由f(x)≤12a ,得0<a≤√24,当0<a≤√24时,f(x)≤√x4a,等价于√xa2−2√1+xa−2lnx≥0,令t=1a,则t≥2√2,设g(t)=t2√x−2t√1+x−2lnx,t≥2√2,则g(t)=√x(t−√1+1x )2√x2lnx,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.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.。