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1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的左焦点为 F(−1,0)F(-1,0)，离心率为 12\dfrac{1}{2}.
(1) 求 CC 的方程； (2) 设 OO 为坐标原点，过 FF 且斜率大于 00 的动直线 ll 与 CC 交于 PP，QQ 两点，其中 QQ 在第三象限，直线 POPO 与 CC 的另一个交点为 RR.
(i) 若 △PQR\triangle PQR 的面积是 △PFO\triangle PFO 的面积的 33 倍，求 ll 的方程； (ii) 求 tan⁡∠PQR\tan \angle PQR 的最小值．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，已知椭圆 C1:x22+y2=1C_1:\dfrac{x^2}{2}+y^2=1，抛物线 C2:y2=2pxC_2:y^2=2px（p>0p>0），点 AA 是椭圆 C1C_1 与抛物线 C2C_2 的交点，过点 AA 的直线 ll 交椭圆 C1C_1 于点 BB，交抛物线 C2C_2 于 MM（BB，MM 不同于 AA）.
(1) 若 p=116p=\dfrac{1}{16}，求抛物线 C2C_2 的焦点坐标； (2) 若存在不过原点的直线 ll 使 MM 为线段 ABAB 的中点，求 pp 的最大值.

2020 · 浙江 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知实数 a≠0a\neq0，设函数 f(x)=aln⁡x+x+1f(x)=a\ln x+\sqrt{x+1}，x>0x>0.
(1) 当 a=−34a=-\dfrac34 时，求函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 对任意 x∈[1e2,+∞)x\in\left[\dfrac{1}{\mathrm{e}^2},+\infty\right) 均有 f(x)≤x2af(x)\le\dfrac{\sqrt x}{2a}，求 aa 的取值范围.
注：e=2.71828…\mathrm{e}=2.71828\ldots 为自然对数的底数.

2019 · 浙江 · 第 22 题 · 解答题

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18不等式★★★★☆
已知 a≥3a\ge 3，函数 F(x)=min⁡{2∣x−1∣,x2−2ax+4a−2}F(x)=\min\{2|x-1|,x^2-2ax+4a-2\}，其中
min⁡(p,q)={p,p≤q,q,p>q.\min(p,q)=\begin{cases} p, & p\le q,\\ q, & p>q. \end{cases}
(1) 求使得等式 F(x)=x2−2ax+4a−2F(x)=x^2-2ax+4a-2 成立的 xx 的取值范围； (2) (i) 求 F(x)F(x) 的最小值 m(a)m(a)； (ii) 求 F(x)F(x) 在 [0,6][0,6] 上的最大值 M(a)M(a).

2016 · 浙江 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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20数列★★★★★
设数列满足 ∣an−an+12∣≤1\left|a_n-\dfrac{a_{n+1}}{2}\right|\le 1，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.
(1) 求证：∣an∣≥2n−1(∣a1∣−2)|a_n|\ge 2^{n-1}\left( |a_1|-2 \right)，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*； (2) 若 ∣an∣≤(32)n|a_n|\le \left( \dfrac32 \right)^n，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*，证明：∣an∣≤2|a_n|\le 2，n∈N∗n\in\mathbf{N}^*.

2016 · 浙江 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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22函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)=x3+3∣x−a∣f(x) = x^3 + 3|x - a|（a∈Ra \in \mathbf{R}）.
(1) 若 f(x)f(x) 在 [−1,1][-1, 1] 上的最大值和最小值分别记为 M(a)M(a)，m(a)m(a)，求 M(a)−m(a)M(a) - m(a)； (2) 设 b∈Rb \in \mathbf{R}，若 [f(x)+b]2⩽4\left[f(x) + b\right]^2 \leqslant 4 对 x∈[−1,1]x \in [-1, 1] 恒成立，求 3a+b3a + b 的取值范围.

2014 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22解析几何★★★★★
已知抛物线 CC 的顶点为 O(0,0)O(0,0). 焦点为 F(0,1)F(0,1).
(1) 求抛物线 CC 的方程； (2) 过点 FF 作直线交抛物线 CC 于 AA，BB 两点. 若直线 AOAO，BOBO 分别交直线 l:y=x−2l: y = x - 2 于 MM，NN 两点，求 ∣MN∣|MN| 的最小值.

2013 · 浙江 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，b∈Rb \in \mathbf{R}，函数 f(x)=4ax3−2bx−a+bf(x) = 4ax^3 - 2bx - a + b.
(1) 证明：当 0⩽x⩽10 \leqslant x \leqslant 1 时，
(i) 函数 f(x)f(x) 的最大值为 ∣2a−b∣+a|2a-b|+a； (ii) f(x)+∣2a−b∣+a⩾0f(x)+|2a-b|+a\geqslant0； (2) 若 −1⩽f(x)⩽1-1 \leqslant f(x) \leqslant 1 对 x∈[0,1]x \in [0,1] 恒成立，求 a+ba+b 的取值范围.

2012 · 浙江 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21解析几何★★★★☆
如图，直线 y=kx+by = kx + b 与椭圆 x24+y2=1\frac{x^2}{4} + y^2 = 1 交于 AA，BB 两点，记 △AOB\triangle AOB 的面积为 SS.
(1) 求在 k=0k = 0，0<b<10 < b < 1 的条件下，SS 的最大值； (2) 当 ∣AB∣=2\left|AB\right|=2，S=1S=1 时，求直线 ABAB 的方程.

2007 · 浙江 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22不等式★★★★☆
已知 f(x)=∣x2−1∣+x2+kxf(x) = |x^2 - 1| + x^2 + kx.
(1) 若 k=2k = 2，求方程 f(x)=0f(x) = 0 的解； (2) 若关于 xx 的方程 f(x)=0f(x) = 0 在 (0,2)(0,2) 上有两个解 x1x_{1}，x2x_{2}，求 kk 的取值范围，并证明 1x1+1x2<4\frac{1}{x_1} + \frac{1}{x_2} < 4.

2007 · 浙江 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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16不等式★★★★☆
设 f(x)=3ax2+2bx+cf(x)=3ax^{2}+2bx+c. 若 a+b+c=0a+b+c=0，f(0)>0f(0)>0，f(1)>0f(1)>0，求证：
(1) a>0a > 0 且 −2<ba<−1-2 < \frac{b}{a} < -1. (2) 方程 f(x)=0f(x)=0 在 (0,1)(0,1) 内有两个实根.

2006 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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20函数与初等函数★★★★☆
设 f(x)=3ax2+2bx+cf(x) = 3ax^2 + 2bx + c，若 a+b+c=0a + b + c = 0，f(0)f(1)>0f(0)f(1) > 0.
(1) 求证：方程 f(x)=0f(x)=0 有实根； (2) 求证：−2<ba<−1-2 < \frac{b}{a} < -1； (3) 设 x1x_{1}，x2x_{2} 是方程 f(x)=0f(x) = 0 的两个实根，则 33⩽∣x1−x2∣<23\frac{\sqrt{3}}{3} \leqslant |x_{1} - x_{2}| < \frac{2}{3}.

2006 · 浙江 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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16不等式★★★☆☆
已知函数 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 的图象关于原点对称，且 f(x)=x2+2xf(x) = x^{2} + 2x.
(1) 求函数 g(x)g(x) 的解析式； (2) 解不等式 g(x)⩾f(x)−∣x−1∣g(x) \geqslant f(x) - |x - 1|.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 图象关于原点对称意味着点 (x,f(x))(x,f(x)) 关于原点的对称点 (−x,−f(x))(-x,-f(x)) 在函数 gg 的图象上. 因而
g(x)=−f(−x)=−[(−x)2+2(−x)]=−x2+2xg(x)=-f(-x)=-\left[(-x)^2+2(-x)\right]=-x^2+2x
\item 将 ff，gg 的解析式代入不等式，得
−x2+2x⩾x2+2x−∣x−1∣⟺∣x−1∣⩾2x2-x^2+2x\geqslant x^2+2x-|x-1| \quad\Longleftrightarrow\quad |x-1|\geqslant2x^2
当 x⩾1x\geqslant1 时，∣x−1∣=x−1|x-1|=x-1，不等式化为
2x2−x+1⩽02x^2-x+1\leqslant0
其判别式为 1−8<01-8<0，故此时无解.
当 x<1x<1 时，∣x−1∣=1−x|x-1|=1-x，不等式化为
2x2+x−1⩽0⟺(2x−1)(x+1)⩽02x^2+x-1\leqslant0 \quad\Longleftrightarrow\quad (2x-1)(x+1)\leqslant0
所以 −1⩽x⩽12-1\leqslant x\leqslant\frac12. 综合两种情况，解集为 [−1,12]\left[-1,\frac12\right]. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 理 · 第 16 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点 F1F_{1}，F2F_{2} 在 xx 轴上，长轴 A1A2A_{1}A_{2} 的长为 4，左准线 ll 与 xx 轴的交点为 MM，∣MA1∣:∣A1F1∣=2:1|MA_{1}|: |A_{1}F_{1}| = 2: 1.
(1) 求椭圆的方程； (2) 若点 PP 为 ll 上的动点，求 ∠F1PF2\angle F_1PF_2 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的半长轴为 aa，半焦距为 cc，半短轴为 bb，则 2a=42a=4，a2=b2+c2a^2=b^2+c^2，所以 a=2a=2. 左准线方程为 x=−a2c=−4cx=-\frac{a^2}{c}=-\frac{4}{c}，故 M(−4c,0)M\left(-\frac{4}{c},0\right)，A1(−2,0)A_{1}(-2,0)，F1(−c,0)F_{1}(-c,0). 由题意，0<c<20<c<2，且 ∣MA1∣∣A1F1∣=4c−22−c=2\frac{|MA_{1}|}{|A_{1}F_{1}|}=\frac{\frac{4}{c}-2}{2-c}=2. 化简得 2(2−c)c(2−c)=2\frac{2(2-c)}{c(2-c)}=2，所以 c=1c=1. 于是 b2=a2−c2=4−1=3b^2=a^2-c^2=4-1=3，椭圆的方程为 x24+y23=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.
\item 由第（1）问，F1(−1,0)F_{1}(-1,0)，F2(1,0)F_{2}(1,0)，且直线 ll 的方程为 x=−4x=-4. 设动点 P(−4,t)P\left(-4,t\right)，令 u=∣t∣u=|t|. 此时 PF1→=(3,−t)\overrightarrow{PF_{1}}=(3,-t)，PF2→=(5,−t)\overrightarrow{PF_{2}}=(5,-t)，两向量的数量积为 t2+15>0t^2+15>0，故 θ=∠F1PF2\theta=\angle F_{1}PF_{2} 为锐角，并且
tan⁡θ=∣3(−t)−(−t)5∣3⋅5+(−t)(−t)=2uu2+15\tan\theta=\frac{\left|3(-t)-(-t)5\right|}{3\cdot5+(-t)(-t)}=\frac{2u}{u^2+15}
由基本不等式 u2+15⩾215 uu^2+15\geqslant2\sqrt{15}\,u，得 tan⁡θ=2uu2+15⩽115\tan\theta=\frac{2u}{u^2+15}\leqslant\frac{1}{\sqrt{15}}. 当且仅当 u=15u=\sqrt{15}，即 P(−4,15)P\left(-4,\sqrt{15}\right) 或 P(−4,−15)P\left(-4,-\sqrt{15}\right) 时等号成立. 因为 θ\theta 为锐角，所以其最大值为 arctan⁡115\arctan\frac{1}{\sqrt{15}}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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20不等式★★★☆☆
已知函数 f(x)f(x) 和 g(x)g(x) 的图象关于原点对称，且 f(x)=x2+2xf(x) = x^2 + 2x.
(1) 求函数 g(x)g(x) 的解析式； (2) 解不等式 g(x)⩾f(x)−∣x−1∣g(x) \geqslant f(x) - |x - 1|； (3) 若 h(x)=g(x)−λf(x)+1h(x) = g(x) - \lambda f(x) + 1 在 [−1,1][-1, 1] 上是增函数，求实数 λ\lambda 的取值范围.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 图象关于原点对称，所以点 (x,g(x))(x,g(x)) 关于原点的对称点 (−x,−g(x))(-x,-g(x)) 在函数 ff 的图象上，即 f(−x)=−g(x)f(-x)=-g(x). 因此 g(x)=−f(−x)=−((−x)2+2(−x))=−x2+2xg(x)=-f(-x)=-\left((-x)^2+2(-x)\right)=-x^2+2x.
\item 由 g(x)⩾f(x)−∣x−1∣g(x)\geqslant f(x)-|x-1|，得 −x2+2x⩾x2+2x−∣x−1∣-x^2+2x\geqslant x^2+2x-|x-1|，即 ∣x−1∣⩾2x2|x-1|\geqslant2x^2. 当 x<1x<1 时，∣x−1∣=1−x|x-1|=1-x，所以 2x2+x−1⩽02x^2+x-1\leqslant0，即 (2x−1)(x+1)⩽0(2x-1)(x+1)\leqslant0，解得 −1⩽x⩽12-1\leqslant x\leqslant\frac{1}{2}.
当 x⩾1x\geqslant1 时，∣x−1∣=x−1|x-1|=x-1，所以 2x2−x+1⩽02x^2-x+1\leqslant0. 该二次式的判别式为 1−8=−7<01-8=-7<0，且二次项系数为正，故无实数解. 因此原不等式的解集为 [−1,12]\left[-1,\frac{1}{2}\right].
\item h(x)=g(x)−λf(x)+1=−(1+λ)x2+2(1−λ)x+1h(x)=g(x)-\lambda f(x)+1=-(1+\lambda)x^2+2(1-\lambda)x+1，所以 h′(x)=−2(1+λ)x+2(1−λ)h'(x)=-2(1+\lambda)x+2(1-\lambda). 这是关于 xx 的一次函数，且 h′(−1)=4h'(-1)=4，h′(1)=−4λh'(1)=-4\lambda. 要使 h(x)h(x) 在 [−1,1][-1,1] 上为增函数，需且只需 h′(x)⩾0h'(x)\geqslant0 对区间内所有 xx 成立. 由于 h′h' 为一次函数，这等价于两个端点处均非负，故 −4λ⩾0-4\lambda\geqslant0. 因此实数 λ\lambda 的取值范围为 λ⩽0\lambda\leqslant0. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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17三角函数★★★☆☆
在 △ABC\triangle ABC 中，角 AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc，且 cos⁡A=13\cos A=\frac{1}{3}.
(1) 求 sin⁡2B+C2+cos⁡2A\sin^{2}\frac{B+C}{2}+\cos 2A 的值； (2) 若 a=3a=\sqrt{3}，求 bcbc 的最大值.

2004 · 浙江 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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