浙江省高考数学试卷

(完满word版)2019年浙江省高考数学试卷(完满word版)2019年浙江省高考数学试卷22/22(完满word版)2019年浙江省高考数学试卷2019年浙江省高考数学试卷一、：本大共10小，每小4分，共40分。在每小出的四其中，只有一是吻合目要求的。1．已知全集U{1，0，l，2，3}，会集A{0，1，2}，B{1，0，1}，(eUA)IB()A．{1}B．{0，1}C．{1，2，3}D．{1，0，1，3}2．方程xy0的双曲的离心率是()2B．1C．2D．2A．2x3y4⋯03．若数x，y足束条件3xy40，z3x2y的最大是(),xy⋯0A．1B．1C．10D．12．祖是我国南北朝代的大科学家，他提出的“既同，不容异”称祖原理，利用原理能够获取柱体的体公式V柱体sh，其中s是柱体的底面，h是柱体的高．若某柱体的三如所示，柱体的体是()A．158B．162C．182D．3245．若a0，b0，“ab,4”是“ab,4”的()A．充分不用要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不用要条件6．在同素来角坐系中，函数y1x，y1)，(a0且a1)的象可能是(1oga(xa2)第1页（共21页）A．B．C．D．7．0a1．随机量X的分布列是X0a1P111333当a在(0,1)内增大，()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8．三棱VABC的底面是正三角形，棱均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．直PB与直AC所成角，直PB与平面ABC所成角，二面角PACB的平面角，()A．，B．，C．，D．，x,x0,⋯g若函数yf(x)9．a，bR，函数f(x)1x31(a1)x2axb恰有3个零32ax,x0点，()A．a1，b0B．a1，b0C．a1，b0D．a1，b010．a，bR，数列{an}足a1a，an2，()1anb，nN*A．当b1，a1010B．当b1，a101024C．当b2，a1010D．当b4，a1010二、填空：本大共7小，多空每6分，空每4分，共36分。11．已知复数z1，其中i是虚数位，|z|．1i12．已知C的心坐是(0,m)，半径是r．若直2xy30与相切与点A(2,1)，m，r．13．在二式(2x)9的张开式中，常数是，系数有理数的的个数是．14．在ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在段AC上，若BDC45，第2页（共21页）则BD，cosABD．15．已知椭圆x2y21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95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aR，函数f(x)3x．若存在tR，使得|f(t2)f(t)|,2，则实数a的ax3最大值是．17．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，uuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|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．（1）已知[0，2)，函数f(x)是偶函数，求的值；（2）求函数y[f(x)]2[f(x)]2的值域．12419．（15分）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90，BAC30，AAACAC，E，F分别是AC，AB的中点．1111（Ⅰ）证明：EFBC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．20．（15分）设等差数列{an}nSna34a4S3{bn}*的前项和为，，．数列满足：对每个nN，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）记cnan，nN*，证明：c1c2cn2n，nN*．2bn21．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；S（Ⅱ）求1的最小值及此时点G点坐标．第3页（共21页）22．（15分）已知实数a0，设函数f(x)alnx1x，x0．3（Ⅰ）当a时，求函数f(x)的单调区间；4（Ⅱ）对任意x[1，,x，求a的取值范围．2ae注意：e2.71828为自然对数的底数．第4页（共21页）2019年浙江省高考数学试卷参照答案与试题分析一、：本大共10小，每小4分，共40分。在每小出的四其中，只有一是吻合目要求的。1．已知全集U{1，0，l，2，3}，会集A{0，1，2}，B{1，0，1}，(eUA)IB()A．{1}B．{0，1}C．{1，2，3}D．{1，0，1，3}【思路分析】由全集U以及A求A的集，此后依照交集定得果．【分析】：U1，3}，(eUA)IB{1，3}{1，0，l}{1}故：A．QeA{【与】本主要考会集的基本运算，比基．2．方程xy0的双曲的离心率是()A．2B．1C．2D．22【思路分析】由近方程，化求解双曲的离心率即可．【分析】：依照方程xy0的双曲，可得ab，所以c2ac2，故：C．双曲的离心率ea【与】本主要考双曲的性的用，属于基．x3y4⋯03．若数x，y足束条件3xy40，z3x2y的最大是(),xy⋯0A．1B．1C．10D．12【思路分析】由束条件作出可行域，化目函数直方程的斜截式，数形合获取最解，把最解的坐代入目函数得答案．x3y4⋯0【分析】：由数x，y足束条件3xy40作出可行域如，,xy⋯0x3y40，解得A(2,2)立40，3xy化目函数z3x2yy312xz，312由可知，当直yxzA(2,2)，直在y上的截距最大，2z有最大：10．故：C．第5页（共21页）【归纳与总结】本题观察简单的线性规划，观察数形结合的解题思想方法，是中档题．．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，利用该原理能够获取柱体的体积公式V柱体sh，其中s是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图以下列图，则该柱体的体积是()A．158B．162C．182D．324【思路分析】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．【分析】：由三视图还原原几何体如图，第6页（共21页）几何体直五棱柱，底面五形的面可用两个直角梯形的面求解，即S五边形ABCDE116327，463222高6，柱体的体是V276162．故：B．【与】本考由三求面、体，关是由三原原几何体，是中档．5．若a0，b0，“ab,4”是“ab,4”的()A．充分不用要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不用要条件【思路分析】充分条件和必要条件的定合均不等式、特法可得果【分析】：Qa0，b0，4厖ab2ab，2⋯ab，ab,4，即ab剟4ab4，若a1，ab1,4，4，b4但a14，b44即ab,4推不出ab,4，ab,4是ab,4的充分不用要条件故：A．【与】本主要考充分条件和必要条件的判断，均不等式，考了推理能力与算能力．6．在同素来角坐系中，函数y1，y1oga(x1)，(a0且a1)的象可能是(ax2)A．B．第7页（共21页）C．D．【思路分析】对a进行谈论，结合指数，对数的性质即可判断；【分析】：由函数y1x，y1oga(x1)，a2当a1时，可得y1是递减函数，图象恒过(0,1)点，ax函数y1oga(x1)，是递加函数，图象恒过(1，0)；22当1a0时，可得y1x是递加函数，图象恒过(0,1)点，1a函数y1oga(x)，是递减函数，图象恒过(1，0)；22满足要求的图象为：D应选：D．【归纳与总结】本题观察了指数函数，对数函数的图象和性质，属于基础题．7．设0a1．随机变量X的分布列是X0aP1133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【思路分析】方差公式结合二次函数的单调性可得结果【分析】：E(X)01a111a1，3333D(X)a121(aa121(1a121()33)3)3331[(a1)2(2a1)2(a2)2]2(a2a1)2(a1)21279926Q0a1，D(X)先减小后增大

113应选：D．【归纳与总结】本题观察方差的求法，利用二次函数是要点，观察推理能力与计算能力，是中档题．8．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PACB的平面角为，则()第8页（共21页）A．，B．，C．，D．，【思路分析】本以三棱体，合考异面直所成角、直和平面所成角和二倍角的看法和算，解答的基本方法是透明确各种角，用三角函数知求解，此后比大小，充分运用象，可事半功倍，【分析】：方法一、如GAC的中点，V在底面的射影O，P在底面上的射影D在段AO上，作DEAC于E，易得PE//VG，P作PF//AC于F，D作DH//AC，交BG于H，BPF，PBD，PED，cosPFEGDHBDcos，可得；PBPBPBPBtanPDPDtan，可得，EDBD方法二、由最小定理可得，VACB的平面角（然)，由最大角定理可得；方法三、（特别形法）三棱VABC棱2的正周围体，PVA的中点，133362622易得cos2，sin3，sin33，可得sin6333，632故：B．【与】本考空三种角的求法，常解法下易出的的有：不能够正确作出各种角，未能想到利用“特别地址法”，求解法．x,x0,9．a，bR，函数f(x)1312ax,x⋯0g若函数yf(x)axb恰有3个零3x(a1)x2点，()A．a1，b0B．a1，b0C．a1，b0D．a1，b0【思路分析】当x0，yf(x)axbxaxb(1a)xb最多一个零点；当x⋯0，yf(x)axb1x31(a1)x2axaxb1x31(a1)x2b，利用数研究函数的3232性，依照性画函数草，依照草可得．【分析】：当x0，yf(x)axbb；xaxb(1a)xb0，得x1ayf(x)axb最多一个零点；第9页（共21页）当x⋯0，yf(x)axb1x31(a1)x2axaxb1x31(a1)x2b，3232yx2(a1)x，当a1,0，即a,1，y⋯0，yf(x)axb在[0，)上增，yf(x)axb最多一个零点．不合意；当a10，即a1，令y0得x[a1，)，函数增，令y0得x[0，a1)，函数减；函数最多有2个零点；依照意函数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：bb00且1312，1a1)(ab0(a1)(a1)321(a1)3．解得b0，1a0，b6故：C．【与】本考了函数与方程的合运用，属．10．a，bR，数列{an}足a1a，an1an2b，nN*，()A．当b1，a1010B．当b1，a101024C．当b2，a1010D．当b4，a1010【思路分析】于B，令x210，得1，取a11，获适当b1，a1010；4224于C，令x220，得2或1，取a12，获适当b2，a1010；于D，令x240，得117，取a1117，获适当b4，a1010；于A，22a2a21⋯1，a3(a21)21⋯3，a4(a4a23)21⋯91171，当n⋯4，222244216216an113a1037291an2()6，从而a1010．anan12，由此推出2642a4【分析】：于B，令x210，得1，42第10页（共21页）取a11，a21,,an110，222当b1，a1010，故B；4于C，令x220，得2或1，取a12，a22，，an210，当b2，a1010，故C；于D，令x240，得1217，取a1117，a2117，，an11710，222当b4，a1010，故D；于A，a2a21⋯1，a3(a21)21⋯3，22224a4(a4a23)21⋯91171，4216216an1an0，{an}增，当n⋯4，an1113，an21anan22a53a42a43a52a1036729g，(10．故A正确．a4)，a1064g2ga103a92故：A．【与】本考命真假的判断，考数列的性等基知，考化与化思想，考推理能力，是中档．二、填空：本大共7小，多空每6分，空每4分，共36分。11．已知复数z1，其中i是虚数位，|z|2．1i2【思路分析】利用复数代数形式的除法运算化，此后利用模的算公式求模．【分析】：Qz11(11ii)11i．ii)(122|z|12(122．())222故答案：2．2【与】本考了复数代数形式的除法运算，考了复数模的求法，是基．12．（6分）已知C的心坐是(0,m)，半径是r．若直2xy30与相切与点第11页（共21页）A(2,1)，则m2，r．【思路分析】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．【分析】：如图，由圆心与切点的连线与切线垂直，得m11，解得m2．22圆心为(0,2)，则半径r(20)2(12)25．故答案为：2，5．【归纳与总结】本题观察直线与圆地址关系的应用，观察数形结合的解题思想方法，是基础题．13．（6分）在二项式(2x)9的张开式中，常数项是162，系数为有理数的项的个数是．【思路分析】写出二项张开式的通项，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．9r【分析】：二项式(2x)9的张开式的通项为Tr1C9r(2)9rxr22C9rxr．由r0，得常数项是T1162；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：162，5．【归纳与总结】本题观察二项式定理及其应用，要点是熟记二项张开式的通项，是基础题．14．（6分）在ABC中，ABC90，4，BC3，点D在线段AC上，若BDC45，AB122，cosABD．则BD5【思路分析】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；再由三角函数的引诱公式和两角和差公式，计算可得所求值．【分析】：在直角三角形ABC中，AB4，BC3，AC5，sinC4，5在BCD中，可得3BD，可得BD122；2sinC52CBD135C，sinCBDsin(135C)2(cosCsinC)2(43)72，225510第12页（共21页）即有cosABDcos(90CBD)sinCBD72，10故答案为：122，72，510【归纳与总结】本题观察三角形的正弦定理和解直角三角形，观察三角函数的恒等变换，化简整理的运算能力，属于中档题．15．已知椭圆x2y21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95在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是15．【思路分析】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．【分析】：椭圆x2y21的a3，b5，c2，e2，953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32m4，可得m3，n15，322由F(2,0)，可得直线PF的斜率为1515．322故答案为：15．【归纳与总结】本题观察椭圆的定义和方程、性质，注意运用三角形的中位线定理，观察方程思想和运算能力，属于中档题．16．已知aR，函数f(x)ax3x．若存在tR，使得|f(t2)f(t)|,2，则实数a的3第13页（共21页）最大是4．3【思路分析】由意可得|a(t2)3(t2)at3t|,2，化|2a(3t26t4)2|,2，去33化，合二次函数的最，以及不等式的性，不等式有解思想，可得a的范，而获取所求最大．【分析】：存在tR，使得|f(t2)f(t)|,2，3即有|a(t2)3(t2)at3t|,2，3化|2a(3t26t4)2|,2，3可得26t4)22，2剟2a(3t33即2剟a(3t26t4)4，33由26t421⋯1，3t3(t1)可得0a,4，可得a的最大4．33故答案：4．3【与】本考不等式建立解法，注意运用去和分别参数法，考化形能力，属于基．17．（6分）已知正方形ABCD的1．当每个i(i1，2，3，4，5，6)取遍1，uuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|的最小是0，最大是．uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur【思路分析】由意可得ABADAC，BDADAB，g0，化uuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|(1356)2(2456)2，由于i(i1，2，3，4，5，6)取遍1，由完全平方数的最，可得所求最．uuuruuuruuuruuuruuuruuur【分析】：正方形ABCD的1，可得ABADAC，BDADAB，uuuruuur0，ABADuuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2BC3CD4DA5AC6BD|uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur|1AB2AD3AB4AD5AB5AD6AD6AB|uuuruuur|(1356)AB(2456)AD|(1356)2(2456)2，由于i(i1，2，3，4，5，6)取遍1，可得13560，24560，可取561，131，21，41，可得所求最小0；由1356，2456的最大4，可取21，41，561，11，1，可得所求最大25．故答案：0，25．第14页（共21页）【归纳与总结】本题观察向量的加减运算和向量的模的最值求法，注意变形和分类谈论，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分）设函数f(x)sinx，xR．（1）已知[0，2)，函数f(x)是偶函数，求的值；（2）求函数y[f(x)]2[f(x4)]2的值域．12【思路分析】（1）函数f(x)是偶函数，则k(kZ)，依照的范围可得结果；2（2）化简函数得y3sin(2x)1，此后依照x的范围求值域即可．26【分析】：（1）由f(x)sinx，得f(x)sin(x)，Qf(x)为偶函数，2k(kZ)，Q[0，2)，或3，22（2）y[f(x)]2[f(x4)]212sin2(x)sin2(x)1241cos(2x)1cos(2x)622211sin2xsinsin2x)(cos2xcos266331sin2xcos2x443sin(2x)1，26QxR，sin(2x)[1,1]，6y3sin(2x)1[13,13]，2622函数y[f(x)]2[f(x)]2的值域为：[13,13]．12422【归纳与总结】本题观察了三角函数的奇偶性和三角函数的图象与性质，要点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，AAACAC，E，F分别是AC，AB1111的中点．第15页（共21页）（Ⅰ）证明：EFBC；（Ⅱ）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【思路分析】法一：（Ⅰ）连接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．（Ⅱ）取BC中点G，连接EG、GF，则EGFA1是平行四边形，推导出A1EEG，从而平行四边形EGFA1是矩形，推导出BC平面EGFA1，连接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）连接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．【解答】方法一：证明：（Ⅰ）连接AE，QAAAC，E是AC的中点，111A1EAC，又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，A1E平面ABC，A1EBC，QA1F//AB，ABC90，BCA1F，BC平面A1EF，EFBC．解：（Ⅱ）取BC中点G，连接EG、GF，则EGFA1是平行四边形，由于A1E平面ABC，故A1EEG，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，连接A1G，交EF于O，则EOG是直线EF与平面A1BC所成角（或其补角），不如设AC4，则在Rt△A1EG中，A1E23，EG3，QO是A1G的中点，故EOOGAG15，1EO2OG2EG222cosEOG3，2EOOG5第16页（共21页）直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为3．5方法二：证明：（Ⅰ）连接AE，QAAAC，E是AC的中点，111A1EAC，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y，z轴，建立空间直角坐标系，设AC4，则A1(0，0，23)，B(3,1,0)，B1(3,3,23)，F(3,3,23)，C(0，2，0)，uuur2233uuur(3,1,0)，EF(,,23)，BC2uuuruuur由EFgBC0，得EFBC．解：（Ⅱ）设直线EF与平面A1BC所成角为，uuuruuuur(0，2，由（Ⅰ）得BC(3,1,0)，A1C23)，r(x，y，z)，设平面A1BC的法向量nuuurr3xy0rBCgn则uuuurry3z0，取x1，得n(1,3,1)，ACgn1uuurr4sin|EFgn|uuurr，|EF||n|5g3直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为．5【归纳与总结】本题观察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，而线线垂直能够经过平面中的勾股定理、等腰三角形的性质等来证明，也能够经过别的的线面垂直来证明．求三棱锥的体积经常需要进行等积变换，即变换三棱柱的底面．20．（15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*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）记cnan，nN*，证明：c1c2cn2n，nN*．2bn【思路分析】（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a10，d2，第17页（共21页）从而a2n*n2n，n*，利用(Sn1n2nnn2nn2，nN．SnNb)(Sb)(Sb)，能求bn．（Ⅱ）cnan2n2n1，nN*，用数学归纳法证明，获取2bn2n(n1)n(n1)c1c2cn2n，nN*．【分析】：（Ⅰ）设数列{an}的公差为d，由题意得a12d4，a13d3a13d解得a10，d2，an2n2，nN*．Snn2n，nN*，Q数列{bn}满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列．(Sn12(Snbn)(Sn2bn)，bn)解得bn1(Sn12SnSn2)，d解得bn2n，nN*．n证明：（Ⅱ）cnan2n2n1，*，2bn2n(n1)n(nnN1)用数学归纳法证明：①当n1时，c102，不等式建立；②假设nk，(k*c2ck2k，N)时不等式建立，即c1则当nk1时，c1c2ckck12kk2k1(k1)(k2)k12k22k2(k1k)2k1，k1k即nk1时，不等式也建立．由①②得c1c2cn2n，nN*．【归纳与总结】本题观察等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，观察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S1的最小值及此时点G点坐标．S2第18页（共21页）p【思路分析】（Ⅰ）由抛物线的性质可得：1，由此能求出抛物线的准线方程；2（Ⅱ）设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)，令yA2t，t0，则xAt2，从而直线AB的方程为xt21y1，代入y24x，得：y22(t21)y40，122t2t1求出B(，x轴上，获取yC0，从而C((12，2(，t2)，由重心在2ttt)t))ttt2t42t2222G(3t2，0)，进崦直线AC的方程为y2t2t(xt)，得Q(t1，0)，由此结合已知条件能求出结果．p【分析】：（Ⅰ）由抛物线的性质可得：1，2p2，抛物线的准线方程为x1；（Ⅱ）设AxA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)，(令yA2t，t0，则xAt2，由于直线AB过F，故直线AB的方程为xt21y1，2(t22t代入y24x，得：y21)y40，t2tyB4，即yB2，B(12，2)，ttt又xG1xBxC)，yG1yC)，重心在x轴上，(xA(yAyB3320，2tyCt2t42t21212C((tt)，2(tt))，G(3t2，0)，直线AC