2019年浙江省高考数学试卷解析().doc

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（∁UA）∩B=（　　）
A. {−1} B. {0,1} C. {−1,2，3} D. {−1,0，1，3}
2. 渐进线方程为x±y=0的双曲线的离心率是（　　）
A. 22 B. 1 C. 2 D. 2
3. 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. −1 B. 1 C. 10 D. 12
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. 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=1ax，y=1oga（x+12）（a＞0且a≠1）的图象可能是（　　）
A. B.
C. D.
7. 设0＜a＜1．随机变量X的分布列是
X
0
a
1
P
13
13
13
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<β
9. 设a，b∈R，函数f（x）=x，x＜0，13x3−12(a+1)x2+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>0
10. 设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an2+b，n∈N*，则（　　）
A. 当b=12时，a10>10 B. 当b=14时，a10>10
C. 当b=−2时，a10>10 D. 当b=−4时，a10>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x29+y25=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）=ax3-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（本大题共5小题，共71.0分）
18. 设函数f（x）=sinx，x∈R．
（Ⅰ）已知θ∈[0，2π），函数f（x+θ）是偶函数，求θ的值；
（Ⅱ）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{an}的前n项和为Sn，a3=4，a4=S3．数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（Ⅱ）记cn=an2bn，n∈N*，证明：c1+c2+…+cn＜2n，n∈N*．

21. 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△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S1，S2．
（Ⅰ）求p的值及抛物线的准线方程；
（Ⅱ）求S1S2的最小值及此时点G点坐标．

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】
解：∵∁UA={-1，3}，
∴（∁UA）∩B
={-1，3}∩{-1，0，l}
={-1}
故选：A．
由全集U以及A求A的补集，然后根据交集定义得结果．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
2.【答案】C
【解析】
解：根据渐进线方程为x±y=0的双曲线，可得a=b，所以c=
则该双曲线的离心率为e==，
故选：C．
由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可．
本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题．
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，是中档题．
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满足约束条件作出可行域如图，
联立，解得A（2，2），
化目标函数z=3x+2y为y=-x+z，
由图可知，当直线y=-x+z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】
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=27，
高为6，则该柱体的体积是V=27×6=162．
故选：B．
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．
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.【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，均值不等式，考查了推理能力与计算能力．
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：∵a＞0，b＞0，∴4≥a+b≥2，
∴2≥，∴ab≤4，即a+b≤4⇒ab≤4，
若a=4，b=，则ab=1≤4，
但a+b=4+＞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】
解：由函数y=，y=1oga（x+），
当a＞1时，可得y=是递减函数，图象恒过（0，1）点，
函数y=1oga（x+），是递增函数，图象恒过（，0）点；
当1＞a＞0时，可得y=是递增函数，图象恒过（0，1）点，
函数y=1oga（x+），是递减函数，图象恒过（，0）点；
∴满足要求的图象为D，
故选D．
对a进行讨论，结合指数，对数函数的性质即可判断.
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.【答案】D
【解析】
解：E（X）=0×+a×+1×=，
D（X）=（）2×+（a-）2×+（1-）2×
=[（a+1）2+（2a-1）2+（a-2）2]=（a2-a+1）=（a-）2+
∵0＜a＜1，∴D（X）先减小后增大
故选：D．
方差公式结合二次函数的单调性可得结果
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.【答案】B
【解析】
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===＜=cosβ，可得β＜α；
tanγ=＞=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==，可得sinα=，sinβ==，sinγ==，
故选：B．
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．
9.【答案】C
【解析】
解：当x＜0时，y=f（x）-ax-b=x-ax-b=（1-a）x-b=0，得x=；y=f（x）-ax-b最多一个零点；
当x≥0时，y=f（x）-ax-b=x3-（a+1）x2+ax-ax-b=x3-（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⇔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：
∴＜0且，
解得b＜0，1-a＞0，b＞-（a+1）3．
故选：C．
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=x3-（a+1）x2+ax-ax-b=x3-（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．
本题考查了函数与方程的综合运用，属难题．
10.【答案】A
【解析】
解：对于B，令=0，得λ=，
取，∴，
∴当b=时，a10＜10，故B错误；
对于C，令x2-λ-2=0，得λ=2或λ=-1，
取a1=2，∴a2=2，…，an=2＜10，
∴当b=-2时，a10＜10，故C错误；
对于D，令x2-λ-4=0，得，
取，∴，…，＜10，
∴当b=-4时，a10＜10，故D错误；
对于A，，，
≥，
an+1-an＞0，{an}递增，
当n≥4时，=an+＞1+=，
∴，∴＞（）6，∴a10＞＞10．故A正确．
故选：A．
对于B，令=0，得λ=，取，得到当b=时，a10＜10；对于C，令x2-λ-2=0，得λ=2或λ=-1，取a1=2，得到当b=-2时，a10＜10；对于D，令x2-λ-4=0，得，取，得到当b=-4时，a10＜10；对于A，，，≥，当n≥4时，=an+＞1+=，由此推导出＞（）6，从而a10＞＞10．
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．
11.【答案】22
【解析】
解：∵z==．
∴|z|=．
故答案为：．
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】
解：如图，

由圆心与切点的连线与切线垂直，得，解得m=-2．
∴圆心为（0，-2），则半径r=．
故答案为：-2，．
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．
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.【答案】162   5
【解析】
解：二项式的展开式的通项为=．
由r=0，得常数项是；
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：，5．
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．
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.【答案】1225  7210
【解析】
解：在直角三角形ABC中，AB=4，BC=3，AC=5，sinC=，
在△BCD中，可得=，可得BD=；
∠CBD=135°-C，sin∠CBD=sin（135°-C）=（cosC+sinC）=×（+）=，
即有cos∠ABD=cos（90°-∠CBD）=sin∠CBD=，
故答案为：，，
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．
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.【答案】15
【解析】
解：椭圆=1的a=3，b=，c=2，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AO，可得|PF'|=2|AO|=4，
设P的坐标为（m，n），可得3-m=4，可得m=-，n=，
由F（-2，0），可得直线PF的斜率为
=．
故答案为：．
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．
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.【答案】43
【解析】
解：存在t∈R，使得|f（t+2）-f（t）|≤，
即有|a（t+2）3-（t+2）-at3+t|≤，
化为|2a（3t2+6t+4）-2|≤，
可得-≤2a（3t2+6t+4）-2≤，
即≤a（3t2+6t+4）≤，
由3t2+6t+4=3（t+1）2+1≥1，
可得0＜a≤，可得a的最大值为．
故答案为：．
由题意可得|a（t+2）3-（t+2）-at3+t|≤，化为|2a（3t2+6t+4）-2|≤，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   25
【解析】
解：正方形ABCD的边长为1，可得+=，=-，
•=0，
|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|
=|λ1+λ2-λ3-λ4+λ5+λ5+λ6-λ6|
=|（λ1-λ3+λ5-λ6）+（λ2-λ4+λ5+λ6）|
=，
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．
故答案为：0，2．
由题意可得+=，=-，•=0，化简|λ1+λ2+λ3+λ4+λ5+λ6|
=，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
=sin2（x+π12）+sin2（x+π4）
=1−cos(2x+π6)2+1−cos(2x+π2)2
=1-12(cos2xcosπ6−sin2xsinπ6−sin2x)
=34sin2x−34cos2x+1
=32sin(2x−π6)+1，
∵x∈R，∴sin(2x−π6)∈[−1，1]，
∴y=32sin(2x−π6)+1∈[1−32，1+32]，
∴函数y=[f（x+π12）]2+[f（x+π4）]2的值域为：[1−32，1+32]．
【解析】

（1）函数f（x+θ）是偶函数，则=（k∈Z），根据的范围可得结果；
（2）化简函数得y=，然后根据x的范围求值域即可．
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.【答案】方法一：
证明：（Ⅰ）连结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，∴A1E⊥BC，
∵A1F∥AB，∠ABC=90°，∴BC⊥A1F，
∴BC⊥平面A1EF，∴EF⊥BC．
解：（Ⅱ）取BC中点G，连结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是矩形，
由（Ⅰ）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，
连结A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=23，EG=3，
∵O是A1G的中点，故EO=OG=A1G2=152，
∴cos∠EOG=EO2+OG2−EG22×EO×OG=35，
∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为35．
方法二：
证明：（Ⅰ）连结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，
如图，以E为原点，EC，EA1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，
设AC=4，则A1（0，0，23），B（3，1，0），B1（3，3，23），F（32，32，23），C（0，2，0），
EF=（32，32，23），BC=（-3，1，0），
由EF⋅BC=0，得EF⊥BC．
解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为θ，
由（Ⅰ）得BC=（-3，1，0），A1C=（0，2，-23），
设平面A1BC的法向量n=（x，y，z），
则BC⋅n=−3x+y=0A1C⋅n=y−3z=0，取x=1，得n=（1，3，1），
∴sinθ=|EF⋅n||EF|⋅|n|=45，
∴直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为35．
【解析】

法一：
（Ⅰ）连结A1E，则A1E⊥AC，从而A1E⊥平面ABC，A1E⊥BC，推导出BC⊥A1F，从而BC⊥平面A1EF由此能证明EF⊥BC．
（Ⅱ）取BC中点G，连结EG、GF，则EGFA1是平行四边形，推导出A1E⊥EG，从而平行四边形EGFA1是矩形，推导出BC⊥平面EGFA1，连结A1G，交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），由此能求出直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
法二：
（Ⅰ）连结A1E，推导出A1E⊥平面ABC，以E为原点，EC，EA1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A1BC所成角的余弦值．
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.【答案】解：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，
由题意得a1+2d=4a1+3d=3a1+3d，
解得a1=0，d=2，
∴an=2n-2，n∈N*．
∴Sn=n2-n，n∈N*，
∵数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn成等比数列．
∴（Sn+1+bn）2=（Sn+bn）（Sn+2+bn），
解得bn=1d(Sn+12−SnSn+2)，
解得bn=n2+n，n∈N*．
证明：（Ⅱ）cn=an2bn=2n−22n(n+1)=n−1n(n+1)，n∈N*，
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+…+ck＜2k，
则当n=k+1时，
c1+c2+…+ck+ck+1＜2k+k(k+1)(k+2)＜2k+1k+1
＜2k+2k+1+k=2k+2(k+1−k)=2k+1，
即n=k+1时，不等式也成立．
由①②得c1+c2+…+cn＜2n，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a1=0，d=2，从而an=2n-2，n∈N*．Sn=n2-n，n∈N*，利用（Sn+1+bn）2=（Sn+bn）（Sn+2+bn），能求出bn．
（Ⅱ）==，n∈N*，用数学归纳法证明，得到c1+c2+…+cn＜2，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（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心G（xG，yG），
令yA=2t，t≠0，则xA=t2，
由于直线AB过F，故直线AB的方程为x=t2−12ty+1，
代入y2=4x，得：y2−2(t2−1)ty−4=0，
∴2tyB=-4，即yB=-2t，∴B（1t2，-2t），
又xG=13（xA+xB+xC），yG=13（yA+yB+yC），重心在x轴上，
∴2t−2t+yC=0，
∴C（（1t−t）2，2（1t−t）），G（2t4−2t2+23t2，0），
∴直线AC的方程为y-2t=2t（x-t2），得Q（t2-1，0），
∵Q在焦点F的右侧，∴t2＞2，
∴S1S2=12|FG|⋅|yA|12|QG|⋅|yC|=|2t4−2t2+13t2|⋅|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≥2-12m⋅3m+4=1+32，
∴当m=3时，S1S2取得最小值为1+32，此时G（2，0）．
【解析】

（Ⅰ）由抛物线的性质可得：=1，由此能求出抛物线的准线方程；
（Ⅱ）设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心G（xG，yG），令yA=2t，t≠0，则，从而直线AB的方程为x=，代入y2=4x，得：，求出B（，-），由重心在x轴上，得到=0，从而C（（）2，2（）），G（，0），进崦直线AC的方程为y-2t=2t（x-t2），得Q（t2-1，0），由此结合已知条件能求出结果．
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．
22.【答案】解：（1）当a=-34时，f（x）=-34lnx+1+x，x＞0，
f′（x）=-34x+121+x=(1+x−2)(21+x+1)4x1+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）≤x4a，等价于xa2-21+xa-2lnx≥0，
令t=1a，则t≥22，
设g（t）=t2x-2t1+x-2lnx，t≥22，
则g（t）=x（t-1+1x）2-1+xx-2lnx，
（i）当x∈[17，+∞）时，1+1x≤22，
则g（x）≥g（22）=8x−421+x−2lnx，
记p（x）=4x-221+x-lnx，x≥17，
则p′（x）=2x−2x+1-1x=2xx+1−2x−x+1xx+1
=(x−1)[1+x(2x+2−1)]xx+1(x+1)(x+1+2x)，
列表讨论：
 x
 17
 （17，1）
 1
 （1，+∞）
 p′（x）

-
 0
+
 P（x）
 p（17）
↓
 极小值p（1）
↑
∴p（x）≥p（1）=0，
∴g（t）≥g（22)=2p(x)=2p（x）≥0．
（ii）当x∈[1e2，17）时，g（t）≥g（1+1x）=−2xlnx−(x+1)2x，
令q（x）=2xlnx+（x+1），x∈[1e2，17]，
则q′（x）=lnx+2x+1＞0，
故q（x）在[1e2，17]上单调递增，∴q（x）≤q（17），
由（i）得q（17）=-277p（17）＜-277p（1）=0，
∴q（x）＜0，∴g（t）≥g（1+1x）=-q(x)2x＞0，
由（i）（ii）知对任意x∈[1e2，+∞），t∈[22，+∞），g（t）≥0，
即对任意x∈[1e2，+∞），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=-时，f′（x）=-=，利用导数性质能求出函数f（x）的单调区间．
（2）由f（x）≤，得0＜a≤，当0＜a≤时，f（x）≤，等价于--2lnx≥0，令t=，则t，设g（t）=t2-2t-2lnx，t，则g（t）=（t-）2--2lnx，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．

第19页，共19页