2019年浙江省高考数学试卷

1、1 4 分）已知全集 U1，0，1，2，3，集合 A0，1，2，B1，0，1，则（   UA）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，h2019 年浙江省高考数学试卷一、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。（B（）A1B0，1C1，2，3D1，0，1，32（4 分）渐近线方程为

2、 x±y0 的双曲线的离心率是（）AB1CD23（4 分）若实数 x，y 满足约束条件则 z3x+2y 的最大值是（）A1B1C10D124（4 分）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（）A158B162C182D3245（4 分）若 a0，b0，则“a+b4”是“ab4”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件第 1 页（共 25 

3、;页）C充分必要条件6（4 分）在同一直角坐标系中，函数 y能是（）D既不充分也不必要条件，y1oga（x+ ）（a0 且 a1）的图象可ABCD7（4 分）设 0a1随机变量 X 的分布列是X0                  a        

4、          1P则当 a 在（0，1）内增大时，（）AD（X）增大CD（X）先增大后减小BD（X）减小DD（X）先减小后增大8（4 分）设三棱锥 VABC 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&#

5、160;PACB 的平面角为 ，则（）A，B，C，D，9（4 分）设 a，bR，函数 f（x）axb 恰有 3 个零点，则（）Aa1，b0Ba1，b0Ca1，b0若函数 yf（x）Da1，b010（4 分）设 a，bR，数列an满足 a1a，an+1an2+b，nN*，则（）A当 b 时，a1010C当 b2 时，a1010B当 b 时，a1010D当 b4 时，a1010第 2

6、0;页（共 25 页）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（4 分）复数 z（i 为虚数单位），则|z|12（6 分）已知圆 C 的圆心坐标是（0，m），半径长是 r若直线 2xy+30 与圆 C 相切于点 A（2，1），则 m，r13（6 分）在二项式（+x）9 展开式中，常数项是 

7、     ，系数为有理数的项的个数是14（6 分）在ABC 中，ABC90°，AB4，BC3，点 D 在线段 AC 上，若BDC45°，则 BD，cosABD（15 4 分）已知椭圆+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（4

8、 分）已知 aR，函数 f（x）ax3x若存在 tR，使得|f（t+2）f（t）|，则实数 a 的最大值是17（6 分）已知正方形 ABCD 的边长为 1当每个 i（i1，2，3，4，5，6）取遍±1 时，|1+2+3+4+5+6|的最小值是，最大值是三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18（14 分）设函数 f（x）sinx，xR（）已知 0，2

9、），函数 f（x+）是偶函数，求  的值；（）求函数 yf（x+）2+f（x+）2 的值域19（15 分）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90°，BAC30°，A1AA1CAC，E，F 分别是 AC，A1B1 的中点（）证明：EFBC；（）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值第 3 页（共 25 页）20 15&#

10、160;分）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a34，a4S3数列bn满足：对每个 nN*，（Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn 成等比数列（）求数列an，bn的通项公式；（）记 cn，nN*，证明：c1+c2+cn2，nN*21如图，已知点 F（1，0）为抛物线 y22px（p0）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

11、 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（）求 p 的值及抛物线的准线方程；（）求的最小值及此时点 G 的坐标22（15 分）已知实数 a0，设函数 f（x）alnx+，x0（）当 a 时，求函数 f（x）的单调区间；（）对任意 x，+）均有 f（x），求 a 的取值范围注：e2.71828为自然对数的底数第&

12、#160;4 页（共 25 页）1 4 分）已知全集 U1，0，1，2，3，集合 A0，1，2，B1，0，1，则（UA）2019 年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、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。（B（）A1B0，1C1，2，3D1，0，1，3【分析】由全集 U 以及 A 求 A 的补集，然后根据交集定义得结果

13、【解答】解：UA1，3，（UA）B1，31，0，l1故选：A【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础2（4 分）渐近线方程为 x±y0 的双曲线的离心率是（）AB1CD2【分析】由渐近线方程，转化求解双曲线的离心率即可【解答】解：根据渐近线方程为 x±y0 的双曲线，可得 ab，所以 c则该双曲线的离心率为 e，故选：C【点评】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，属于基础题3（4 分）若实数 x，y 满足约束条件则 z3x+2y 的最大值是（

14、）A1B1C10D12【分析】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第 5 页（共 25 页）【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 z3x+2y 为 y x z，由图可知，当直线 y xz 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祖暅原理，利用该原理可以

15、得到柱体的体积公式 V 柱体 Sh，其中 S 是柱体的底面积，h【点评】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4（4 分）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（）第 6 页（共 25 页）A158B162C182D324【分析】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【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何

16、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 V27×6162故选：B【点评】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（4 分）若 a0，b0，则“a+b4”是“ab4”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件第 7 页（共 25 页）C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】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：a0，b0，4a+b2，2，ab4，即 a+b4 ab4，若 

17、;a4，b ，则 ab14，但 a+b4+ 4，即 ab4 推不出 a+b4，a+b4 是 ab4 的充分不必要条件故选：A【点评】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6（4 分）在同一直角坐标系中，函数 y能是（），y1oga（x+ ）（a0 且 a1）的图象可ABCD【分析】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当 a1 时

18、，可得 y，y1oga（x+ ），是递减函数，图象恒过（0，1）点，函数 y1oga（x+ ），是递增函数，图象恒过（ ，0）；当 1a0 时，可得 y是递增函数，图象恒过（0，1）点，第 8 页（共 25 页）函数 y1oga（x+ ），是递减函数，图象恒过（ ，0）；满足要求的图象为：D故选：D【点评】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（4 分）设 0a1随机变量 X 的分布列是X0

19、                  a                  1P则当 a 在（0，1）内增大时，（）AD（X）增大CD（X）先增大后减小BD（X）减小DD（X）先减小后增大【分析】方差公式结合二次函数的单调

20、性可得结果【解答】解：E（X）0×+a× +1× ，D（X）（）2× +（a）2× +（1）2×（a+1）2+（2a1）2+（a2）2 （a2a+1） （a ）2+0a1，D（X）先减小后增大故选：D【点评】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（4 分）设三棱锥 VABC 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 

21、;与直线 AC 所成角为 ，直线 PB 与平面 ABC 所成角为 ，二面角 PACB 的平面角为 ，则（）A，B，C，D，【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，【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

22、0;D 在线段 AO 上，作 DEAC 于 E，易得 PEVG，过 P 作 PFAC 于 F，第 9 页（共 25 页）过 D 作 DHAC，交 BG 于 H，则 BPF，PBD，PED，则 costan      cos，可得 ；tan，可得 ，方法二、由最小值定理可得

23、0;，记 VACB 的平面角为 '（显然 '），由最大角定理可得 '；方法三、（特殊图形法）设三棱锥 VABC 为棱长为 2 的正四面体，P 为 VA 的中点，易得 cos，可得 sin，sin，sin，故选：B【点评】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（4 分）设 a，bR ，函数 f（x）若函数 y

24、f（x）axb 恰有 3 个零点，则（）Aa1，b0Ba1，b0Ca1，b0Da1，b0【分析】当 x0 时，yf（x）axbxaxb（1a）xb 最多一个零点；当 x0 时，yf（x）axbx3 （a+1）x2+axaxb x3 （a+1）x2b，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 x0 时，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得 x；yf（x）axb 最多一个零点；当 x0 时，

25、yf（x）axb x3 （a+1）x2+axaxb x3 （a+1）x2b，第 10 页（共 25 页）yx2（a+1）x，当 a+10，即 a1 时，y0，yf（x）axb 在0，+）上递增，yf（x）axb 最多一个零点不合题意；当 a+10，即 a1 时，令 y0 得 xa+1，+），函数递增，令 y0 得 x0，a+1），函数递减；函数最多有 2 个

26、零点；根据题意函数 yf（x）axb 恰有 3 个零点函数 yf（x）axb 在（，0）上有一个零点，在0，+）上有 2 个零点，如右图：0 且解得 b0，1a0，b （a+1）3故选：C，【点评】本题考查了函数与方程的综合运用，属难题10（4 分）设 a，bR，数列an满足 a1a，an+1an2+b，nN*，则（）A当 b 时，a1010C当 b2 时，a1010【分析】对于 B，令B当 b&

27、#160;时，a1010D当 b4 时，a10100，得  ，取     ，得到当 b 时，a1010；对于 C，令 x220，得 2 或 1，取 a12，得到当 b2 时，a1010；对于D，令 x240，得于A ，取           ，得到当 b4 时

28、，a1010；对，                      第 11 页（共 25 页），当 n4 时，从而 a1010【解答】解：对于 B，令取，an+  1+  ，由此推导出  （ ）6，0，得  ，当&

29、#160;b 时，a1010，故 B 错误；对于 C，令 x220，得 2 或 1，取 a12，a22，an210，当 b2 时，a1010，故 C 错误；对于 D，令 x240，得，取，当 b4 时，a1010，故 D 错误；对于 A，10，an+1an0，an递增，当 n4 时，an+1+  ，（ ）6，a1010故 A 正

30、确故选：A【点评】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，是中档题第 12 页（共 25 页）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（4 分）复数 z（i 为虚数单位），则|z|【分析】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【解答】解：z|z|故答案为：【点评】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（6

31、 分）已知圆 C 的圆心坐标是（0，m），半径长是 r若直线 2xy+30 与圆 C 相切于点 A（2，1），则 m2，r【分析】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，得圆心为（0，2），则半径 r，解得 m2故答案为：2，【点评】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（6 分）在二项式（+x）9 展开式中，常数项是&

32、#160;16，系数为有理数的项的个数是5【分析】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第 13 页（共 25 页）【解答】解：二项式由 r0，得常数项是的展开式的通项为；          当 r1，3，5，7，9 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【

33、点评】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（6 分）在ABC 中，ABC90°，AB4，BC3，点 D 在线段 AC 上，若BDC45°，则 BD，cosABD【分析】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【解答】解：在直角三角形 ABC 中，AB4，BC3，AC5，sinC ，在BCD 中

34、，可得，可得 BD；CBD135°C，sinCBDsin（135°C），即有 cosABDcos（90°CBD）sinCBD故答案为：，（cosC+sinC）  ×（ + ），【点评】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 4 分）已知椭圆+1 的左焦点为 F，点 P 在椭圆上且在 x 轴的上方若线段 PF第 14 页（共&#

35、160;25 页）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【分析】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【解答】解：椭圆1 的 a3，b，c2，e ，设椭圆的右焦点为 F'，连接 PF'，线段 PF 的中点 A 在以原点

36、0;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 m4，可得 m ，n由 F（2，0），可得直线 PF 的斜率为故答案为：，【点评】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（4 分）已知 aR，函数 f（x）ax3x若存在 tR，使得|f（t+2）f（t）|，则实数 a 的最大值是【分析】由题

37、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 的范第 15 页（共 25 页）围，进而得到所求最大值【解答】解：存在 tR ，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+43（t+1）2+11，可得 0a&#

38、160;，可得 a 的最大值为 故答案为： 【点评】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（6 分）已知正方形 ABCD 的边长为 1当每个 i（i1，2，3，4，5，6）取遍±1 时，|1+2+3+4+5+6|的最小值是 0 ，最大值是 2【分析】由题意可得+  ，    ，    0，化简|1+2

39、60;+3 +4+5+6 |6）取遍±1，由完全平方数的最值，可得所求最值i，由于 （i1，2，3，4，5，【解答】解：正方形 ABCD 的边长为 1，可得+    ，      ，0，|1+2+3 +4 +5 +6|1+23 4+5+5 +66 |（13+56）+（24+5+6）|，由于 i（i1，2，3，4，5，6）取遍±1，可得 1

40、3+560，24+5+60，可取 561，131，21，41，第 16 页（共 25 页）可得所求最小值为 0；由 13+56， 24+5+6 的最大值为 4，可取 21，41，561，11，31，可得所求最大值为 2故答案为：0，2【点评】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，属于基础题三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18（14 

41、;分）设函数 f（x）sinx，xR（）已知 0，2），函数 f（x+）是偶函数，求  的值；（）求函数 yf（x+）2+f（x+）2 的值域【分析】（1）函数 f（x+）是偶函数，则果；       （kZ），根据  的范围可得结（2）化简函数得 y【解答】解：（1）由 f（x）sinx，得，然后根据 x 的范围求值域即可f（x+f（x+）sin（x+  ），）为偶

42、函数，（kZ），0，2），（2）yf（x+或）2+f（x+，）2sin2（x+1）+sin2（x+  ）第 17 页（共 25 页）xR ，函数 yf（x+，）2+f（x+，）2 的值域为：【点评】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（15 分）如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90°，BAC30°，A1AA1CAC，E，F 分别是 

43、;AC，A1B1 的中点（）证明：EFBC；（）求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值【分析】法一：（）连结 A1E，则 A1EAC，从而 A1E平面 ABC，A1EBC，推导出 BCA1F，从而 BC平面 A1EF 由此能证明 EFBC（）取 BC 中点 G，连结 EG、GF，则 EGFA1 是平行四边形，推导出 A1EEG，从而平行四边形 EGFA1 是矩

44、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：（）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

45、0;所成角的余弦值【解答】方法一：第 18 页（共 25 页）证明：（）连结 A1E，A1AA1C，E 是 AC 的中点，A1EAC，又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1，平面 A1ACC1平面 ABCAC，A1E平面 ABC，A1EBC，A1FAB，ABC90°，BCA1F，BC平面 A1EF，EFBC解：（）取 BC 中点 G，连结 EG、GF，则 EGFA1&

46、#160;是平行四边形，由于 A1E平面 ABC，故 A1EEG，平行四边形 EGFA1 是矩形，由（）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 AC4，则在 A1EG 

47、;中，A1E2，EG，O 是 A1G 的中点，故 EOOG，cosEOG，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为 方法二：证明：（）连结 A1E，A1AA1C，E 是 AC 的中点，A1EAC，又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1，平面 A1ACC1平面 ABCAC，A1E平面 ABC，如图，以 E 为原点，EC，EA1 所在直线分别为 

48、y，z 轴，建立空间直角坐标系，设 AC4，则 A（0，0，21                  ），F（          ），1BB），（         ），（C（0，2，0），（），（），第

49、 19 页（共 25 页）由0，得 EFBC解：（）设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 ，由（）得（），（0，2，2），设平面 A1BC 的法向量 （x，y，z），则，取 x1，得 （1，），sin ，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为 20 15 分）设等差数列an的前 n 项和为 Sn，a34，a4S3数列bn满足：

50、对每个 nN*，【点评】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（Sn+bn，Sn+1+bn，Sn+2+bn 成等比数列（）求数列an，bn的通项公式；（）记 cn，nN*，证明：c1+c2+cn2，nN*【分析】（）利用等差数列通项公式和前 n 项和公式列出方程组，求出 a10，d2，从而 an2n2，nN*Snn2n，nN*，利用（Sn+1+bn

51、）2（Sn+bn）（Sn+2+bn），能求出 bn第 20 页（共 25 页）（）                  ，nN*，用数学归纳法证明，得到 c1+c2+cn2，nN*【解答】解：（）设数列an的公差为 d，由题意得，解得 a10，d2，an2n2，nN*Snn2n，nN*，数列bn满足：对每个 nN*，Sn+bn，S

52、n+1+bn，Sn+2+bn 成等比数列（Sn+1+bn）2（Sn+bn）（Sn+2+bn），解得解得 bnn2+n，nN*（）证明：，                  ，nN*，用数学归纳法证明：当 n1 时，c102，不等式成立；假设 nk，（kN*）时不等式成立，即 c1+c2+ck2则当 nk+1 时，c1+c2+ck+ck+1

53、22+2+             22    ，即 nk+1 时，不等式也成立由得 c1+c2+cn2，nN*【点评】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如图，已知点 F（1，0）为抛物线 y22px（p0）的焦点过点 F 的直线交抛物线于A，B 两点，点 C 在抛物线

54、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（）求 p 的值及抛物线的准线方程；第 21 页（共 25 页）（）求的最小值及此时点 G 的坐标【分析】（）由抛物线的性质可得： 1，由此能求出抛物线的准线方程；（）设 A（xA，yA），B（xB，

55、yB），C（xC，yC），重心 G（xG，yG），令 yA2t，t0，则B求出 （，从而直线 AB 的方程为 x， ），由重心在 x 轴上，得到，代入 y24x，得：C2  20，从而 （    ），（，），G（，0），进崦直线 AC 的方程为 y2t2t（xt2），得 Q（t21，0），由此结合已知条件能求出结果【解答】解：（）由抛物线的性质可得： 1，p2，抛物线的准线方程为 x1；（）设 A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），重心 G（xG，yG），令 yA2t，t0，则，由于直线 AB 过 F，故直线 AB 的方程为 x，代入 y24x，得：2tyB4，即 yB ，B（， ），又 xG （xA+xB+xC），yG （yA+yB+yC），重心在 x 轴上，0，第 22 页（共 25 页）C（）2，2（），G