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1、第 1 页（共 21 页）绝密启用前贵州省 2019 年高考理科数学试卷注意事项：1、答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动， 用橡皮擦干净后， 再选涂其他答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12 小题，每小题5 分，共 60 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。1 （ 5 分）已知集合A1，0， 1，2 ，Bx|x21 ，则 AB（）A1，0，1B0 ，1C1，1D0，1，22 （ 5
2、 分）若 z（1+i） 2i，则 z（）A 1 iB 1+iC1iD1+i3 （ 5 分） 西游记三国演义水浒传和红楼梦是中国古典文学瑰宝，并称为中国古典小说四大名著某中学为了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100 位学生，其中阅读过西游记或红楼梦的学生共有90 位，阅读过红楼梦的学生共有 80 位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有60 位，则该校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为（）A0.5B0.6C0.7D0.84 （ 5 分） （1+2x2） （1+x）4的展开式中x3的系数为（）A12B16C20D245（5 分） 已知各项均为正数的等比数列an的前 4
3、项和为 15， 且 a53a3+4a1， 则 a3 （）A16B8C4D26 （ 5 分）已知曲线yaex+xlnx 在点（ 1，ae）处的切线方程为y2x+b，则（）Aae，b 1Bae，b1Cae1，b1Dae1，b 17 （ 5 分）函数y在6，6的图象大致为（）第 2 页（共 21 页）ABCD8 （5 分）如图，点 N 为正方形ABCD 的中心， ECD 为正三角形， 平面 ECD平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则（）ABM EN，且直线BM，EN 是相交直线BBM EN，且直线BM，EN 是相交直线CBM EN，且直线BM，EN 是异面直线DBM EN，且直线BM，EN
4、是异面直线9 （ 5 分）执行如图的程序框图，如果输入的? 为 0.01，则输出 s 的值等于（）第 3 页（共 21 页）A2B2C2D210 （5 分）双曲线C：1 的右焦点为F，点 P 在 C 的一条渐近线上，O 为坐标原点若 |PO| |PF|，则 PFO 的面积为（）ABC2D311 （5 分）设 f（x）是定义域为R 的偶函数，且在（0，+）单调递减，则（）Af（log3） f（2） f（2）Bf（log3） f（2） f（2）Cf（2） f（2） f（log3）Df（2） f（2） f（log3）12 （5 分）设函数f（x） sin（x+） （0） ，已知 f（x）在 0，2
5、有且仅有5 个零点下述四个结论： f（ x）在（ 0，2 ）有且仅有3 个极大值点 f（ x）在（ 0，2 ）有且仅有2 个极小值点第 4 页（共 21 页） f（ x）在（ 0，）单调递增 的取值范围是 ，）其中所有正确结论的编号是（）ABCD二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分。13 （5 分）已知， 为单位向量， 且? 0， 若2， 则 cos， 14 （5 分）记 Sn为等差数列 an 的前 n 项和若a10，a23a1，则15 （5 分）设 F1，F2为椭圆 C：+1 的两个焦点， M 为 C 上一点且在第一象限若MF1F2为等腰三角形，则M 的坐标为16 （5 分
6、）学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm.3D 打印所用原料密度为0.9g/cm3不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g三、解答题：共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 分。17为了解甲、 乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200 只小鼠随机分成A、B 两组，每组10
7、0 只，其中 A 组小鼠给服甲离子溶液，B 组小鼠给服乙离子溶液每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比根据试验数据分别得到如图直方图：第 5 页（共 21 页）记 C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5” ，根据直方图得到P（C）的估计值为 0.70（1）求乙离子残留百分比直方图中a， b 的值；（2）分别估计甲、乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） 18 ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为a， b，c已知 asinbsinA（1）求 B；（2）若 ABC 为锐角三角形，且c1，求 A
8、BC 面积的取值范围19图 1 是由矩形ADEB、RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中AB 1，BEBF2， FBC 60将其沿AB，BC 折起使得BE 与 BF 重合，连结DG，如图 2（1）证明：图2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面ABC平面 BCGE；（2）求图 2 中的二面角BCGA 的大小20已知函数f（x） 2x3ax2+b（1）讨论 f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间 0，1的最小值为1 且最大值为1？若存在，求出 a，b 的所有值；若不存在，说明理由第 6 页（共 21 页）21已知曲线C：y，D 为直线 y上的动点，过D 作
9、C 的两条切线，切点分别为A，B（1）证明：直线AB 过定点；（2）若以 E（0，）为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积（二）选考题：共10 分。请考生在第22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修 4-4：坐标系与参数方程（ 10 分）22如图，在极坐标系Ox 中， A（2，0） ，B（，） ，C（，） ，D（2， ） ，弧，所在圆的圆心分别是（1，0） ， （1，） ， （1， ） ，曲线 M1是弧，曲线M2是弧，曲线 M3是弧（1）分别写出M1，M2， M3的极坐标方程；（2）曲线 M 由 M1，M2，M3构成，若点P 在
10、 M 上，且 |OP|，求 P 的极坐标选修 4-5：不等式选讲（10 分）23设 x，y，z R，且 x+y+z1（1）求（ x 1）2+（ y+1）2+（z+1）2的最小值；（2）若（ x 2）2+（ y1）2+（za）2成立，证明：a 3 或 a 1第 7 页（共 21 页）贵州省 2019 年高考理科数学试卷答案解析一、选择题：本题共12 小题，每小题5 分，共 60 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。1 【分析】 解求出 B 中的不等式，找出A 与 B 的交集即可【解答】 解：因为A1， 0，1，2，Bx|x21 x|1x 1，所以 AB 1，0，1，故选： A
11、【点评】 本题考查了两个集合的交集和一元二次不等式的解法，属基础题2 【分析】 利用复数的运算法则求解即可【解答】 解：由 z（1+i） 2i，得z1+i故选： D【点评】 本题主要考查两个复数代数形式的乘法和除法法则，虚数单位i 的幂运算性质，属于基础题3 【分析】 作出维恩图，得到该学校阅读过西游记的学生人数为70 人，由此能求出该学校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值【解答】 解：某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100 位学生，其中阅读过西游记或红楼梦的学生共有90 位，阅读过红楼梦的学生共有80 位，阅读过西游记且阅读过红楼梦的学生共有60 位，作出
12、维恩图，得：第 8 页（共 21 页）该学校阅读过西游记的学生人数为70 人，则该学校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值为：0.7故选： C【点评】 本题考查该学校阅读过西游记的学生人数与该学校学生总数比值的估计值的求法，考查维恩图的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题4 【分析】 利用二项式定理、排列组合的性质直接求解【解答】 解： （1+2x2） （1+x）4的展开式中x3的系数为：1+212故选： A【点评】 本题考查展开式中x3的系数的求法，考查二项式定理、排列组合的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题5 【分析】 设等比数列 an的公比为q
13、（q0） ，根据条件可得，解方程即可【解答】 解：设等比数列an 的公比为 q（q0） ，则由前 4 项和为 15，且 a53a3+4a1，有，故选： C【点评】 本题考查了等差数列的性质和前n 项和公式，考查了方程思想，属基础题第 9 页（共 21 页）6 【分析】 求得函数y 的导数， 可得切线的斜率，由切线方程， 可得 ae+1+02，可得 a，进而得到切点，代入切线方程可得b 的值【解答】 解： yaex+xlnx 的导数为y aex+lnx+1，由在点（ 1，ae）处的切线方程为y2x+b，可得 ae+1+02，解得 ae1，又切点为（ 1，1） ，可得 12+b，即 b 1，故选：
14、 D【点评】 本题考查导数的运用：求切线的斜率，考查直线方程的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题7 【分析】 由 y的解析式知该函数为奇函数可排除C，然后计算x4 时的函数值，根据其值即可排除A，D【解答】 解：由 yf（x）在6，6，知f（ x），f（x）是 6，6上的奇函数，因此排除C又 f（4），因此排除A，D故选： B【点评】 本题考查了函数的图象与性质，解题关键是奇偶性和特殊值，属基础题8 【分析】 推导出 BM 是 BDE 中 DE 边上的中线， EN 是 BDE 中 BD 边上的中线，从而直线 BM，EN 是相交直线，设DEa，则 BD，BE，从而BMEN【解答】解： 点
15、N 为正方形ABCD 的中心， ECD 为正三角形， 平面 ECD平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，BM?平面 BDE，EN? 平面 BDE，BM 是 BDE 中 DE 边上的中线，EN 是 BDE 中 BD 边上的中线，直线 BM，EN 是相交直线，第 10 页（共 21 页）设 DEa，则 BD，BE，BMa，ENa，BMEN，故选： B【点评】 本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题9 【分析】 由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量s的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值
16、的变化情况，可得答案【解答】 解：第一次执行循环体后，s1，x，不满足退出循环的条件x0.01；再次执行循环体后，s1+，x，不满足退出循环的条件x0.01；再次执行循环体后，s1+， x，不满足退出循环的条件x 0.01；由于0.01，而0.01，可得：当 s1+，x，此时，满足退出循环的条件x0.01，输出 s1+2故选： C【点评】 本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答，属于基础题10 【分析】 求出双曲线的渐近线方程，求出三角形POF 的顶点 P 的坐标，然后求解面积即可【解答】 解：双曲线 C：1 的右焦点为F （， 0） ， 渐近线方程
17、为： yx，不妨 P 在第一象限，第 11 页（共 21 页）可得 tanPOF，P（，） ，所以 PFO 的面积为：故选： A【点评】 本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查11【分析】 根据 log34 log331，结合 f（x）的奇偶和单调性即可判断【解答】 解： f（x）是定义域为R 的偶函数，log34 log331，0f（x）在（ 0，+）上单调递减，故选： C【点评】 本题考查了函数的奇偶性和单调性，关键是指对数函数单调性的灵活应用，属基础题12【分析】 根据 f（x）在 0，2 有且仅有5 个零点，可得5 2 +，解出 ，然后判断 是否正确即可得到答案【解答】 解：
18、当 x 0，2 时， x+ ，2 +，f（x）在 0，2 有且仅有5 个零点，5 2 +，故 正确，因此由选项可知只需判断 是否正确即可得到答案，下面判断 是否正确，第 12 页（共 21 页）当 x （0，）时， x+ ，若 f（x）在（ 0，）单调递增，则，即 3，故 正确故选： D【点评】 本题考查了三角函数的图象与性质，关键是数形结合的应用，属中档题二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20 分。13【分析】 根据向量数量积的应用，求出相应的长度和数量积即可得到结论【解答】 解：22，（ 2 ）2 44+5 9，|3，cos，故答案为：【点评】 本题主要考查向量夹角的求解，根据
19、向量数量积的应用分别求出数量积及向量长度是解决本题的关键14【分析】 根据 a23a1，可得公差da1，然后利用等差数列的前n 项和公式将用 a1表示，化简即可【解答】 解：设等差数列an 的公差为 d，则由 a10，a23a1可得， d2a1，第 13 页（共 21 页），故答案为： 4【点评】 本题考查等差数列前n 项和性质以及等差数列性质，考查了转化思想，属基础题15【分析】 设 M（m，n） ，m，n0，求得椭圆的a，b，c，e，由于 M 为 C 上一点且在第一象限，可得|MF1|MF2|，MF1F2为等腰三角形，可能 |MF1|2c 或|MF2|2c，运用椭圆的焦半径公式，可得所求点
20、的坐标【解答】 解：设 M（m，n） ，m，n0，椭圆 C：+1 的 a6，b2， c4，e，由于 M 为 C 上一点且在第一象限，可得|MF1| |MF2|，MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|2c 或|MF2| 2c，即有 6+m 8，即 m3，n；6m 8，即 m 30，舍去可得 M（3，） 故答案为：（3，） 【点评】 本题考查椭圆的方程和性质，考查分类讨论思想方法，以及椭圆焦半径公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题16【 分 析 】 该 模 型 体 积 为 VOEFGH 6 6 4 第 14 页（共 21 页）132（cm3） ，再由 3D 打印所用原料密度为0.9g/c
21、m3，不考虑打印损耗，能求出制作该模型所需原料的质量【解答】 解：该模型为长方体ABCDA1B1C1D1，挖去四棱锥OEFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，ABBC6cm，AA14cm，该模型体积为：VOEFGH66414412132（cm3） ，3D 打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8（g） 故答案为： 118.8【点评】 本题考查制作该模型所需原料的质量的求法，考查长方体、四棱锥的体积等基础知识，考查推理能力与计算能力，考查数形结合思想，属于中档题三、解答题：共70 分。解答
22、应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第1721 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 60 分。17【分析】（1）由频率分布直方图的性质列出方程组，能求出乙离子残留百分比直方图中a， b（2） 利用频率分布直方图能估计甲离子残留百分比的平均值和乙离子残留百分比的平均值【解答】 解： （1）C 为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5” ，第 15 页（共 21 页）根据直方图得到P（C）的估计值为0.70则由频率分布直方图得：，解得乙离子残留百分比直方图中a0.35，b0.10（2）估计甲离子残留百分比的平均值为：20.15+3
23、0.20+4 0.30+50.20+60.10+7 0.054.05乙离子残留百分比的平均值为：30.05+40.1+50.15+60.35+70.2+80.15 6.00【点评】 本题考查频率、平均值的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题18【分析】（1）运用三角函数的诱导公式和二倍角公式，以及正弦定理，计算可得所求角；（2）运用余弦定理可得b，由三角形ABC 为锐角三角形，可得a2+a2a+11 且 1+a2a+1a2，求得 a 的范围，由三角形的面积公式，可得所求范围【解答】 解： （1）asinbsinA，即为 asinacosbsinA，可得
24、sinAcossinBsinA2sincossinA，sinA0，cos 2sincos，若 cos0，可得 B（ 2k+1） ， k Z 不成立，sin，由 0B ，可得 B；（2）若 ABC 为锐角三角形，且c1，由余弦定理可得b，由三角形ABC 为锐角三角形，可得a2+a2 a+11 且 1+a2a+1a2，解得a2，第 16 页（共 21 页）可得 ABC 面积 Sa?sina （，） 【点评】 本题考查三角形的正弦定理和余弦定理、面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力，属于中档题19【分析】（1）推导出ADBE，CGBE，从而 ADCG，由此能证明A，C，G，D 四
25、点共面，推导出 ABBE， AB BC， 从而 AB面 BCGE， 由此能证明平面ABC平面 BCGE（2）取 CG 的中点 M，连结 EM，DM，推导出DE平面BCGE，DECG，由四边形BCGE 是菱形，且 EBC60，得 EMCG，从而CG平面 DEM ，DM CG，由此能求出四边形ACGD 的面积【解答】 证明：（1）由已知得ADBE，CGBE， ADCG，AD， CG 确定一个平面，A，C，G，D 四点共面，由已知得ABBE，ABBC， AB面 BCGE，AB? 平面 ABC，平面ABC平面 BCGE解： （2）作 EH BC，垂足为H，EH? 平面 BCGE，平面 BCGE平面 A
26、BC，EH平面 ABC，由已知，菱形BCGE 的边长为2， EBC60，BH 1，EH，以 H 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系Hxyz，则 A（ 1，1， 0） ，C（1， 0，0） ， G（ 2，0，） ，（ 1，0，） ，（ 2， 1，0） ，设平面 ACGD 的法向量（ x，y，z） ，则，取 x3，得（ 3，6，） ，又平面 BCGE 的法向量为（ 0，1，0） ，cos，第 17 页（共 21 页）二面角BCGA 的大小为30【点评】 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算
27、能力，是中档题20【分析】（1）f（ x） 6x22ax6x（x） 令f（ x） 6x（ x） 0，解得x0，或对 a 分类讨论，即可得出单调性（2）对 a 分类讨论，利用（1）的结论即可得出【解答】 解： （1）f（ x） 6x22ax6x（x） 令 f（ x） 6x（x） 0，解得 x0，或 a0 时， f（ x） 6x20，函数 f（x）在 R 上单调递增 a0 时，函数f（ x）在（，0） ， （，+）上单调递增，在（0，）上单调递减 a0 时，函数f（ x）在（，） ， （0，+）上单调递增，在（，0）上单调递减（2）由（ 1）可得： a0 时，函数f（x）在 0，1上单调递增则f（
28、0） b 1，f（ 1） 2a+b1，解得 b 1，a0，满足条件 a0 时，函数f（x）在 0，上单调递减1，即 a3 时，函数f（x）在 0，1上单调递减则f（0） b1，f（1） 2a+b 1，解得 b1，a 4，满足条件 01，即 0a3 时，函数 f （x） 在 0，） 上单调递减， 在（，1上单调递增 则第 18 页（共 21 页）最小值 f（）a+b 1，化为：+b 1而 f（0） b，f（1） 2a+b，最大值为b 或 2a+b若：+b 1，b1，解得 a3 3，矛盾，舍去若：+b 1，2a+b1，解得 a 3，或 0，矛盾，舍去综上可得：存在a，b，使得 f（ x）在区间 0
29、，1的最小值为1且最大值为1a， b 的所有值为：，或【点评】 本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题21【分析】（1）求得 y的导数，可得切线的斜率，可得切线DA，DB 的方程，求得交点 D 的坐标，可得AB 的方程，化简可得AB 恒过定点；（2）设直线 AB 的方程为ykx+，由（ 1）可得 x1+x22k，x1x2 1，求得 AB 中点H（ k，k2+） ，由 H 为切点可得E 到直线 AB 的距离即为 |EH|，求得 k，再由四边形ADBE的面积为SABE+SABD，运用点到直线的距离公式和弦长公式，计算可
30、得所求值【解答】 解： （1）证明： y的导数为y x，设切点 A（x1， y1） ，B（x2，y2） ，即有 y1，y2，切线 DA 的方程为 yy1x1（xx1） ，即为 yx1x，切线 DB 的方程为 yx2x，联立两切线方程可得x（x1+x2） ，可得 yx1x2，即 x1x2 1，直线 AB 的方程为y（ xx1） ，第 19 页（共 21 页）即为 y（x1+x2） （xx1） ，可化为 y（x1+x2）x+，可得 AB 恒过定点（ 0，） ；（2）法一：设直线AB 的方程为 ykx+，由（ 1）可得 x1+x22k，x1x2 1，AB 中点 H（k，k2+） ，由 H 为切点可得
31、E 到直线 AB 的距离即为 |EH|，可得，解得 k0 或 k 1，即有直线AB 的方程为y或 y x+，由 y可得 |AB|2，四边形ADBE 的面积为SABE+SABD 2（ 1+2） 3；由 y x+，可得 |AB|?4，此时 D（ 1，）到直线AB 的距离为；E（0，）到直线AB 的距离为，则四边形ADBE 的面积为SABE+SABD4（+） 4；法二：（2）由（ 1）得直线 AB 的方程为y tx+由，可得 x22tx10于是 x1+x22t，x1x2 1，y1+y2t（x1+x2）+12t2+1，|AB|2（t2+1） 第 20 页（共 21 页）设 d1，d2分别为点 D，E
32、到直线 AB 的距离，则d1，d2因此，四边形ADBE 的面积 S|AB|（ d1+d2）（ t2+3）设 M 为线段 AB 的中点，则M（t，t2+） 由于，而，与向量（ 1，t）平行，所以t+（t2 2）t0解得 t0 或 t 1当 t0 时， S 3；当 t 1 时， S 4综上，四边形ADBE 的面积为3 或 4【点评】 本题考查抛物线的方程和性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线和圆相切的条件，考查方程思想和运算能力，属于难题（二）选考题：共10 分。请考生在第22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修 4-4：坐标系与参数方程（ 10 分）22【分析】（1）
33、根据弧，所在圆的圆心分别是（1，0） ， （1，） ， （1， ） ，结合极坐标方程进行求解即可；（2）讨论角的范围，由极坐标过程|OP|，进行求解即可得P 的极坐标；【解答】 解： （1）由题设得，弧，所在圆的极坐标方程分别为 2cos ，2sin ， 2cos ，则 M1的极坐标方程为 2cos ， （0 ） ，M2的极坐标方程为 2sin ， （） ，M3的极坐标方程为 2cos ， （ ） ，（2）设 P（ ， ） ，由题设及（1）值，若 0 ，由 2cos 得 cos ，得 ，若 ，由 2sin 得 sin ，得 或，若 ，由 2cos 得 cos ，得 ，第 21 页（共 21 页
34、）综上 P 的极坐标为（，）或（，）或（，）或（，） 【点评】 本题主要考查极坐标方程的应用，结合极坐标过程公式求出对应点的极坐标方程是解决本题的关键选修 4-5：不等式选讲（10 分）23【分析】（1）运用柯西不等式可得（12+12+12）（x1）2+（y+1）2+（z+1）2（ x1+y+1+z+1）24，可得所求最小值；（2）运用柯西不等式求得（x 2）2+（ y1）2+（z a）2的最小值，由题意可得不大于最小值，解不等式可得所求范围【解答】 解： （1）x， y，z R，且 x+y+z1，由柯西不等式可得（12+12+12）（x 1）2+（ y+1）2+（ z+1）2（ x1+y+1+z+1）24，可得（ x1）2+（y+1）2+（z+1）2，即有（ x1）2+（y+1）2+（z+1）2的最小值为；（2）证明：由x+y+z1，柯西不等式可得（12+12+12）（x 2）2+（ y1）2+（za）2（ x2+y1+za）2（ a+2）2，可得（ x2）2+（y1）2+（za）2，即有（ x2）2+（y1）2+（za）2的最小值为，由题意可得，解得 a 1 或 a 3【点评】 本题考查柯西不等式的运用：求最值， 考查化简运算能力和推理能力，属于基础题