2019年浙江省高考数学试卷-解析版

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．。