2019年浙江省高考数学试卷【后附：极详细的解析、分析、考点、答案解释等】一、选择题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≥0,3x−y−4≤0,x+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$``a + b \leq 4"$是$``ab \leq 4"$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≠0)的图象可能是( )A. B.C. D.7. 设0<a<1，则随机变量x的分布列如图，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f(x)={x,x<013x3−12(a+1)x2+ax,x≥0，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>010. 设a,b∈R，数列{a n}中，a1=a，a n+1=a n2+b，n∈N∗则()A.当b=12时，a10>10B.当b =14时，a 10>10 C.当b =−2时，a 10>10 D.当b =−4时，a 10>10 二、填空题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，|λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →|的最小值是________，最大值是________. 三、解答题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 −A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC =90∘，∠BAC =30∘，A 1A =A 1C =AC ，E, F 分别是AC ，A 1B 1的中点.(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.20、设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3=4,a 4=S 3.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. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n =√an2b n, n ∈N ∗，证明： c 1+c 2+⋯+c n <2√n,n ∈N ∗.21、如图，已知点F(1,0)为抛物线y 2=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△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S 1,S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S 1S 2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.(1)当a=−34时，求函数f(x)的单调区间；(2)对任意x∈[1e2,+∞)均有f(x)≤√x2a，求a的取值范围.注：e=2.71828⋯为自然对数的底数.参考答案与试题解析2019年浙江省高考数学试卷一、选择题1.【答案】A【考点】交、并、补集的混合运算【解析】此题暂无解析【解答】解：∵ U={−1,0,1,2,3},A={0,1,2},B={−1,0,1}，∴(∁U A)∩B={−1,3}∩{−1,0,1}={−1}.故选A.2.【答案】C【考点】双曲线的渐近线双曲线的离心率【解析】此题暂无解析【解答】解：∵±x=y，∴b2a=1，∵c2=a2+b2，∴ca=√2，故选C.3.【答案】C【考点】求线性目标函数的最值简单线性规划【解析】此题暂无解析【解答】解：根据约束条件作出可行域如图：联立{x−3y+4=0,3x−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过点A(2, 2)时，直线在y轴的截距最大，z有最大值10.故选C.4.【答案】B【考点】由三视图求体积【解析】此题暂无解析【解答】解：如图所示，该三视图的直观图为一个直五棱柱. 底面可以看成两个直角梯形拼凑而成，故体积为:V =[12×(2+6)×3+12×(4+6)×3]×6=162. 故选B . 5.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ a +b ≤4 ∴ 4≥a +b ≥2√ab ∴ ab ≤4，所以是充分条件； 当a =1,b =4时满足ab ≤4但是不满足a +b ≤4，所以不是必要条件； 故选A. 6.【答案】D【考点】对数函数的图象与性质指数函数的单调性与特殊点 【解析】 此题暂无解析 【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， 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， 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【考点】离散型随机变量的期望与方差 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由表格数据可得：E(X)=13×0+13×a +13×1=13(a +1)， 由D(X)=E{[X −E(X)]2}可知：D(X)=13[0−13(a +1)]2+13[a −13(a +1)]2+13[1−13(a +1)]2=29(a 2−a +1)，∴ D(X)为关于a 的二次函数， 其图象开口向上，对称轴为a =12.故当a 在(0,1)内增大时，D(X)先减小后增大.故选D . 8.【答案】B【考点】二面角的平面角及求法 直线与平面所成的角 异面直线及其所成的角 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：作PD//CA 交VC 于D ,由于AB=BC=CA，AV=BV=CV，则V−ABC为正三棱锥，由对称性知BD=PB,取PD中点E，连结BE，作EH⊥平面ABC于点H，连结BH，作PF⊥平面ABC于点F，连结BF，作PG⊥AC于点C，连结GF，所以BE⊥PD,由PD//AC，知α=∠BPD，由PF⊥平面ABC知β=∠PBF，由PG⊥AC，PF⊥平面ABC,知γ=∠PGF，则sinα=BEBP =√EH2+BH2BP,√EH2+BH2BP >√EH2BP=EHBP,又因为PD//CA，点E在PD上，EH⊥平面ABC于点H,PF⊥平面ABC于点F，所以EH=PF，所以sinβ=PFBP =EHBP，则sinα>sinβ,由α∈(0,π2) β∈(0,π2)可知α>β，由于P在VA上，由对称性BP=CP，而CP>PG，则sinγ=PFPG >PFCP=PFBP=sinβ，故γ>β,则α>β,γ>β. 故选B.9.【答案】C【考点】函数的零点【解析】此题暂无解析【解答】解：函数y=f(x)−ax−b恰有三个零点，则方程g(x)=f(x)−ax=b有三个不同的实根，则g(x)={(1−a)x(x<0)13x3−12(a+1)x2(x≥0)，且当x=0时，g(x)=0，即g(x)的图象必经过点(0,0)，则g′(x)={1−a(x<0)x2−(a+1)x(x≥0)，①当a+1≤0，即a≤−1时，1−a≥0，可知函数g(x)在R上单调递增，则g(x)=b仅有1个零点，不符合题意；②当a+1>0，即a>−1时，可知g(x)在(0,a+1)上单调递减，在(a+1,+∞)上单调递增，要满足g(x)=b有三个不同的实根，需g(x)在(−∞,0)上单调递增，即1−a>0，得−1<a<1，此时函数g(x)图象大致如下，则b需满足g(1+a)<b<0，即−16(1+a)3<b<0.综上，a>−1,b<0.故选C.10.【答案】A【考点】数列递推式【解析】此题暂无解析【解答】解：当b=14时，a n+1=a n2+14，由不动点可得：a n+1−12=a n2−14=(a n+12)(a n−12)，则当a 1=a =12时，a 10=12<10，不合题意，故B 错误，当b =−2时，a n+1=a n 2−2，由不动点可得：a n+1+1=a n 2−1=(a n +1)(a n −1)， 则当a 1=a =−1时，a 10=−1<10，不合题意，故C 错误，当b =−4时，a n+1=a n 2−4，由不动点可得：a n+1−1+√172=a n 2−9+√172=(a n +1+√172)(a n −1+√172)， 则当a 1=a =1+√172时，a 10=1+√172<10，不合题意，故D 错误，故选A . 二、填空题11、【答案】√2【考点】 复数的模 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：z =11+i=12−12i ∴ |z|=√(12)2+(−12)2=√22，故答案为：√22.12、【答案】−2,√5 【考点】直线与圆的位置关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：已知圆C 的圆心坐标是(0,m)，半径长是r ， 则圆C 的方程为x 2+(y −m)2=r 2.又因为直线2x −y +3=0与圆相切于点A(−2,−1)， 把A(−2,−1)代入圆C 的方程，得4+(−1−m)2=r 2，即4+(1+m)2=r 2.①∵ 直线2x −y +3=0与圆相切， ∴ 圆心(0,m)到直线2x −y +3=0的距离为r ， ∴22=r ，化简得(3−m)2=5r 2.②联立①②，消去r 2得m 2+4m +4=0，解得m =−2， 代入②得r =√5.故答案为：−2;√5. 13、【答案】16√2；5. 【考点】 二项展开式的特定项与特定系数 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(√2+x)9的展开式的二项式的项为C 9r ×(√2)9−r ×x r ,由二项式可知，只有当r =0时，展开式为常数项：(√2)9−0=16√2.当r =1,3,5,7,9时，展开式的二项式的系数为有理数，共5项. 故答案为：16√2；5. 14、【答案】12√25,7√210 【考点】 勾股定理三角形的面积公式 解三角形 正弦定理同角三角函数间的基本关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：根据题意，以点A 为原点，AC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，过点B 作BE ⊥AC 交AC 于点E ， 则S △ABC =12AC ⋅BE =12AB ⋅BC =6， 又∵ 在Rt △ABC 中，AC =√AB 2+BC 2=5， ∴ BE =125，AE =√AB 2−BE 2=√16−(125)2=165，则A(0,0), C(5,0), B(165,125). 设点D 坐标为(x,0)，连接BD ， 则|DE|=165−x ，∵ ∠BDC =45∘， ∴ |DE|=|BE|=125， 解得x =45， |BD|=|BE|sin∠BDE =12√25. ∴ S △ABD =12|AB|⋅|BD|⋅sin∠ABD =12|AD|⋅|BE| =12×45×125，解得sin∠ABD =√210，∵ ∠ABD 为锐角， ∴ cos∠ABD =7√210.综上：BD =12√25,cos∠ABD =7√210. 故答案为：12√25,7√210. 15、【答案】√15【考点】与椭圆有关的中点弦及弦长问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：由椭圆方程可知a =3，c =2，∴ F(−2, 0)， 根据题意，画出图形：设线段PF 中点为M ，椭圆右焦点为F 1，∵ M 在以O 为圆心，|OF|为半径的圆上， ∴ F 1也在圆上，连接OM, PF 1, MF 1，则∠FMF 1=90∘， OM 是△FPF 1的中位线，∴ |PF 1|=2|OM|=2|OF|=2×2=4， 由椭圆定义|PF|+|PF 1|=2a =6， 得|PF|=2，|MF|=|PF|2=1，又∵ ∠FMF 1为直角，|MF 1|2=|FF 1|2−|MF|2=15， ∴ tan∠MFF 1=|MF 1||MF|=√151=√15，∴ 直线PF 的斜率是√15. 故答案为：√15.16、【答案】43【考点】 绝对值不等式 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：∵ |f(t +2)−f(t)|≤23，代入f(x)函数式，得|a (6t 2+12t +8)−2|≤23， ∴ a (6t 2+12t +8)−2≤23或2−a (6t 2+12t +8)≤23， 即23(3t 2+6t+4)≤a ≤43(3t 2+6t+4)，∵ 23(3t 2+6t+4)∈(0,23],43(3t 2+6t+4)∈(0,43]， ∴ 0<a ≤43，a 的最大值为43. 故答案为：43.17、【答案】0，2√5 【考点】 向量的模 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：如图所示，解：如图所示，∵ |λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →| =|(λ1−λ3+λ5−λ6)AB →+(λ2−λ4+λ5+λ6)AD →|∴ 当λ1=1,λ2=−1,λ3=1,λ4=1,λ5=1,λ6=1， 即|(λ1−λ3+λ5−λ6)AB →+(λ2−λ4+λ5+λ6)AD →|=|0|时， |λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →|取到最小值为0， ∵ λ5=±1,λ6=±1， ∴ λ5AC →+λ6BD →=(λ5−λ6)AB →+(λ5+λ6)AD →=±2AB →或±2AD →, 令λ5=1,λ6=−1，原式=|(λ1−λ3+2)AB →+(λ2−λ4)AD →|， ∴ 当λ1=1,λ2=1,λ3=−1,λ4=−1时，即|(λ1−λ3+2)AB →+(λ2−λ4)AD →|=|4AB →+2AD →|=2√5， |λ1AB →+λ2BC →+λ3CD →+λ4DA →+λ5AC →+λ6BD →|取到最大值为2√5. 故答案为：0；2√5. 三、解答题18、【答案】解：(1)∵ f(x +θ)=sin(x +θ)是偶函数， ∴ 对任意实数x 都有sin(x +θ)=sin(−x +θ)， 即sinxcosθ+cosxsinθ =−sinxcosθ+cosxsinθ 故2sinxcosθ=0， ∴ cosθ=0. 又θ∈[0,2π)， ∴ θ=π2或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(√32cos2x−32sin2x)=1−√32cos(2x+π3)，∴函数的值域是[1−√32,1+√32].【考点】二倍角的余弦公式三角函数的恒等变换及化简求值函数的值域及其求法【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)∵f(x+θ)=sin(x+θ)是偶函数，∴对任意实数x都有sin(x+θ)=sin(−x+θ)，即sinxcosθ+cosxsinθ=−sinxcosθ+cosxsinθ故2sinxcosθ=0，∴cosθ=0.又θ∈[0,2π)，∴θ=π2或3π2；(2)y=[f(x+π12)]2+[f(x+π4)]2=sin2(x+π12)+sin2(x+π4)=1−cos(2x+π6)2+1−cos(2x+π2)2=1−12(√32cos2x−32sin2x)=1−√32cos(2x+π3)，∴函数的值域是[1−√32,1+√32].19、【答案】(1)证明：如图，连接A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，∴A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，又∵A1F//AB，∠ABC=90，故BC⊥A1F，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC.(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGFA1为矩形，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2√3，EG=√3，由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=√152，∴cos∠EOG=EO2+OG2−EG22EOOG=35，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.【考点】直线与平面所成的角两条直线垂直的判定【解析】此题暂无解析【解答】(1)证明：如图，连接A1E，∵A1A=A1C，E是AC的中点，∴A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，∴A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC，又∵A1F//AB，∠ABC=90，故BC⊥A1F，∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC.(2)解：如图，取BC中点G连接EG, GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，∴平行四边形EGFA1为矩形，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，∴EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上，连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角），不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2√3，EG=√3，由于O为A1G的中点，故EO=OG=A1G2=√152，∴cos∠EOG=EO2+OG2−EG22EOOG=35，∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.20、【答案】(1)解：设数列{a n}的公差为d，由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，解得a1=0,d=2.从而a n=2n−2,n∈N∗.所以S n=n2−n,n∈N∗.由S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列得(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).所以b n=n2+n,n∈N∗.(2)证明：c n=√a n2b n=√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1),n∈N∗.我们用数学归纳法证明.①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；②假设n=k(k∈N∗)时不等式成立，即c1+c2+⋯+c k<2√k.那么，当n=k+1时，c1+c2+⋯+c1+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,即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②，不等式c1+c2+⋯+c n<2√n对任意n∈N∗恒成立.【考点】数列递推式数学归纳法等比数列的性质等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】此题暂无解析【解答】(1)解：设数列{a n}的公差为d，由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d，解得a1=0,d=2.从而a n=2n−2,n∈N∗.所以S n=n2−n,n∈N∗.由S n+b n,S n+1+b n,S n+2+b n成等比数列得(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).所以b n=n2+n,n∈N∗.(2)证明：c n=√a n2b n =√2n−22n(n+1)=√n−1n(n+1),n∈N∗.我们用数学归纳法证明.①当n=1时，c1=0<2，不等式成立；②假设n=k(k∈N∗)时不等式成立，即c1+c2+⋯+c k<2√k. 那么，当n=k+1时，c1+c2+⋯+c1+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,即当n=k+1时不等式也成立.根据①和②，不等式c1+c2+⋯+c n<2√n对任意n∈N∗恒成立.21、【答案】解：(1)由题意得p2=1，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.(2)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=t2.由于直线AB过F，故直线AB方程为x=t2−12ty+1，代入y2=4x，得y2−2(t2−1)t y−4=0.故2ty B=−4，即y B=−2t,所以B(1t2,−2t).又由于x G=13(x A+x B+x C), y G=13(y A+y B+y C)及重心G在x轴上，故2t−2t+y C=0,得C((1t−t)2,2(1t−t)),G(2t4−2t2+23t2,0).所以，直线AC方程为y−2t=2t(x−t2)，得Q(t2−1,0).由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而S1S2=12|FG||y A|12|QG||y c|=|2t4−2t2+23t2−1||2t||t2−1−2t4−2t2+23t2||2t−2t|=2t4−t2t4−1=2−t2−2t4−1.令m=t2−2，则m>0,S1S2=2−mm2+4m+3=2−1m+3m+4≥2−12√m3m+4=1+√32.当m=√3时，S1S2取得最小值1+√32，此时G(2,0).【考点】直线与抛物线结合的最值问题抛物线的性质抛物线的定义 基本不等式直线的点斜式方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)由题意得p2=1，即p =2.所以，抛物线的准线方程为x =−1.(2)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 方程为x =t 2−12ty +1，代入y 2=4x ，得 y 2−2(t 2−1)ty −4=0.故2ty B =−4，即y B =−2t , 所以B (1t ,−2t ).又由于x G =13(x A +x B +x C ), y G =13(y A +y B +y C )及重心G 在x 轴上， 故2t −2t +y C =0,得C ((1t −t)2,2(1t −t)),G (2t 4−2t 2+23t 2,0).所以，直线AC 方程为y −2t =2t (x −t 2)， 得Q(t 2−1,0).由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2. 从而S1S 2=12|FG||y A |12|QG||y c |=|2t 4−2t 2+23t 2−1||2t||t 2−1−2t4−2t 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 12=2−m 2 =2−1m +3m+4≥2−12√m 3m +4=1+√32. 当m =√3时，S 1S 2取得最小值1+√32，此时G(2,0).22、【答案】解：(1)当a =−34时，f(x)=−34lnx +√1+x,x >0， 则f ′(x)=−34x 2√1+x =√1+x−2)(2√1+x+1)4x √1+x，当f ′(x)>0时，解得x >3； 当f ′(x)<0时，解得0<x <3；所以，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(1)≤12a ，得0<a ≤√24，当0<a ≤√24时，f(x)≤√x2a，等价于√xa 2−2√1+x a −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−√x−2lnx ，①当x ∈[17,+∞)时，√1+1x≤2√2，则g(t)≥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)， 故所以，p(x)≥p(1)=0，因此，g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0； ②当x ∈[1e 2,17)时，g(t)≥g (√1+1x )=√xlnx−(x+1)√x，令q(x)=2√xlnx +(x +1),x ∈[1e 2,17]，则 q ′(x)=x 1>0，故q(x)在[1e 2,17]上单调递增，所以q(x)≤q (17)， 由①得，q (17)=−2√77p (17)<−2√77p(1)=0所以，q(x)<0，因此，g(t)≥g (√1+1x )=x>0，由①②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a 的取值范围是(0,√24].【考点】利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的单调性 【解析】 此题暂无解析 【解答】解：(1)当a =−34时，f(x)=−34lnx +√1+x,x >0， 则f ′(x)=−34x 2√1+x =√1+x−2)(2√1+x+1)4x √1+x，当f ′(x)>0时，解得x >3；当f ′(x)<0时，解得0<x <3；所以，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(1)≤12a ，得0<a ≤√24，当0<a ≤√24时，f(x)≤√x2a，等价于√x a 2−2√1+x a −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−√x−2lnx ，①当x ∈[17,+∞)时，√1+1x≤2√2，则g(t)≥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)，故所以，p(x)≥p(1)=0，因此，g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0； ②当x ∈[1e 2,17)时，g(t)≥g (√1+1x )=√xlnx−(x+1)√x，令q(x)=2√xlnx +(x +1),x ∈[1e 2,17]，则 q ′(x)=x 1>0，故q(x)在[1e 2,17]上单调递增，所以q(x)≤q (17)， 由①得，q (17)=−2√77p (17)<−2√77p(1)=0所以，q(x)<0，因此，g(t)≥g (√1+1x )=√x>0，由①②知对任意x ∈[1e 2,+∞)，t ∈[2√2,+∞)，g(t)≥0，即对任意x ∈[1e ,+∞)，均有f(x)≤√x2a，综上所述，所求a 的取值范围是(0,√24].。