高考前饮食-洗碗的作文

2017
年普通高等学校招生全国统一考试（全国
I
卷）

理科数学
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。

Bx3
x
1
，则（）
1.

已知集合
A

xx1

，
2.

A
．
AIB

xx0


3.

C
．
AUB

xx1




B
．
AUBR

D
．
AIB


【答案】
A
x< br>【解析】
A

xx1

，
B

x31



xx0


【解析】∴
AIB

xx0

，
AUB

xx1< br>
，

选
A
4.

如图，正方形
ABCD
内的图形来自中国古代的太极图
.
正方形内切圆中的黑色部分和白
色 部分位于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的
概率是（）

5.


1
π
B
．

48
【答案】
B
【解析】
设正方形边长为
2
，则圆半径为
1

6.

A
．
C
．
1

2
D
．
π

4
则正方形的面积为
22 4
，圆的面积为
π1
2
π
，图中黑色部分的概率为
π< br>则此点取自黑色部分的概率为
2
π


48
π

2
故选
B
7.

设有下面四个命题（）

1
8.

p
1
： 若复数
z
满足
R
，则
zR
；

z

9.

p
2
：若复数
z
满足
z
2
R
，则
zR
；

10.

p
3
：若复数
z
1
，z
2
满足
z
1
z
2
R
，则
z
1< br>z
2
；

11.

p
4
：若复数
zR
，则
zR
．

12.

A
．
p
1
，p
3

【答案】
B
11abi
R
，得到
b0
，所以
zR
.
故
Pp:
设，则
zabi
【解 析】
11
正确；

zabia
2
b
2
B
．
p
1
，p
4
C
．
p
2
，p
3
D
．
p
2
，p
4

【解析】
p
2
:
若
z
2
1
，满足
z
2
R
，而
zi
，不满足
z
2
R
，故
p2
不正确；

【解析】
p
3
:
若
z< br>1
1
，
z
2
2
，则
z
1
z
2
2
，满足
z
1
z
2
R
，而它们实部不相等，不是共轭复
数，故
p
3
不正确；

【 解析】
p
4
:
实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故< br>p
4
正确；

13.

记
S
n为等差数列

a
n

的前
n
项和，若
a
4
a
5
24，S
6
48
，则
< br>a
n

的公差为（）

14.

A
．
1 B
．
2
【答案】
C
【解析 】
a
4
a
5
a
1
3da
1
4d24

【解析】
S
6
6a
1

C
．
4 D
．
8
65
d48

2


2a
1
7d24①

【解析】
联立求得



6a
1
15d48②
【解析】
①3②
得

2115

d24

【解析】
6d24

【解析】
∴d4

【解析】
选
C
15.

函数
f

x

在

，

单调递减，且为奇函数．若
f

1

1
，则满足
1≤f

x 2

≤1
的
x
的取值范围是（）

16.

A
．

2，2


【答案】
D
1

B
．

1，
C
．

0，4

D
．

1，3


【解析】
因为
f

x

为奇函数，所以
f

1

 f

1

1
，

【解析】
于是
1≤f

x2

≤1
等价于
f

1< br>
≤f

x2

≤f

1
< br>|
【解析】
又
f

x

在
，

单调递减

≤x2≤1

【解析】
1
【解析】
1≤x≤3

故选
D

1

6

17.

1
2


1x

展开式中
x< br>2
的系数为

x

18.

A
．
15

【答案】
C.
B
．
20
C
．
30
D
．
35

1
666

1

【解 析】

1+
2


1x

1

1x


2


1x


x

x


2
【解析】对

1x

的
x
2
项系数为
C
6

6
65
15

2
【解析】对
1
6
4< br>1x

的
x
2
项系数为
C
6
= 15
，
2

x
∴
x
2
的系数为
151530

故选
C
19.

某多面体的三视图如 图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，
正方形的边长为
2
， 俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这
些梯形的面积之和为

20.


21.

A
．
10
B
．
12

【答案】
B
【解析】
由三视图可画出立体图

C
．
14
D
．
16

【解析】

【解析】该立体图平面内只有两个相同的梯形的面

【解析】
S
梯< br>

24

226

【解析】
S
全梯
6212

故选
B
22.

右面程序框图是为了求出满足
3
n
2
n
1000
的最小偶数
n
，那么在
个空白框中，可以分别填入

和两

23.


24.

A
．
A1000
和
nn1
B
．
A1000
和
nn2

25.

C
．
A≤
D
．
A≤1000
和
nn1

1000
和
nn2

【答案】
D
【答案】因为要求
A
大于1000时输出，且框图中在“否”时输出
【答案】∴“”中不能输入
A1000

【答案】排除A、B
【答案】又要求
n
为偶数，且
n
初始值为0，
【答案】“”中
n
依次加2可保证其为偶

【答案】故选
D
2π

26.

已知曲线
C
1
:yc osx
，
C
2
:ysin

2x

， 则下面结论正确的是（）

3

27.

A
．把
C
1
上各点的横坐标伸长到原来的
2
倍，纵坐标不变，再把得到的曲 线向右平移
个单位长度，得到曲线
C
2

28.

B
．把
C
1
上各点的横坐标伸长到原来的
2
倍，纵坐标不变 ，再把得到的曲线向左平移
个单位长度，得到曲线
C
2

29.

C
．把
C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
个单位长度，得到曲线
C
2

30.

D
．把
C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
2
倍，纵坐标不变，再把得到 的曲线向左平移
个单位长度，得到曲线
C
2

【答案】
D
π
6
π
12
1
π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线 向右平移
26
π
12
2π

【解析】
C
1
:ycosx
，
C
2
:ysin

2x< br>

3

【解析】
首先曲线
C
1
、
C
2
统一为一三角函数名，可将
C
1
:ycosx用诱导公式处理．

ππ

π

【解析】
ycosxcos

x

sin

x

．横坐标变换需将

1
变成

2
，

22

2

π

C
1
上各< br>点横
坐
标缩
短它原
来
1
π

π
2
ysin

2x

sin2
x


【解析】
即
ysin

x


2

2

4
 

2π

π

ysin

2x

sin2

x

．

【解 析】

3

3

ππ
平移至
x< br>，

43
ππππ
【解析】
根据“左加右减”原则，“
x
”到“
x
”需加上
，即再向左平移．

43121 2
【解析】
注意

的系数，在右平移需将

2
提 到括号外面，这时
x
31.

已知
F
为抛物线
C
：
y
2
4x
的交点，过
F
作两条互相垂直
l
1
，
l
2
，直线
l
1
与
C< br>交于
A
、
B
两点，直线
l
2
与
C< br>交于
D
，
E
两点，
ABDE
的最小值为（）

32.

A
．
16

【答案】
A
【解析】

B
．
14
C
．
12
D
．
10

【解析】

【解析】
设
AB< br>倾斜角为

．作
AK
1
垂直准线，
AK
2< br>垂直
x
轴



AFcos

 GFAK（几何关系）
1



【解析】
易知

AK
1
AF（抛物线特性）


GP
P



P

P


2
< br>2


【解析】
∴AFcos

PAF

PP
，
BF

1cos

1cos

2P2P


【解析】
∴
AB
1cos
2

sin
2

【解析】
同理
AF
【解析】
又
DE
与
AB
垂直，即
DE
的倾斜角为
π



2
【解析】
DE
2P2P


cos
2


2

π
sin




2

【解析】
而
y
2
4x
，即< br>P2
．

4
1

4

1

sin
2

cos
2


2
1
2

【解析】
∴
ABDE2P

2


4
2
sin2

sin

cos< br>2

sin
2

cos
2

sin

cos


4
16
π
【解析 】

2
≥16
，当


取等号

sin2

4
【解析】
即
ABDE
最小值为
16
，故选
A
33.

设
x
，
y
，
z
为正数，且
2
x
3
y
5
z
，则（）

34.

A
．
2x3y5z
B
．
5z2x3y

D
．
3y2x5z

C
．
3y5z2x

【答案】
D
【答案】取对数：
xln2yln3ln5
.
【答案】
xln33


yln22
【答案】
∴
2x3y

【答案】
xln2zln5

xln55


【 答案】则

zln22
【答案】
∴
2x5z
∴
3 y2x5z
，故选
D
35.

几位大学生响应国家的创业号召 ，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，
他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动， 这款软件的激活码为下面数学问题的
答案：已知数列
1,1,2,1,2,4,1,2,4,8 ,1,2,4,8,16
，…，其中第一项是
2
0
，
接下来的两项是
2
0
，
2
1
，在接下来的三项式
2
6，
2
1
，
2
2
，依次类推，求满足如下条件
的 最小整数
N
：
N100
且该数列的前
N
项和为
2
的整数幂．那么该款软件的激活码是
（ ）

36.

A
．
440
B
．
330
C
．
220
D
．
110

【答案】
A
【解析】
设首项为第
1
组，接下来两项为第
2
组，再接下来 三项为第
3
组，以此类推．

【解析】
设第
n
组的 项数为
n
，则
n
组的项数和为
【解析】
由题，
N 100
，令
n
n

1n

2

n

1n

2
100
→
n≥14
且< br>nN
*
，即
N
出现在第
13
组之后

12
2
n
1

【解析】
第
n
组的和为
12
【解析】
n
组总共的和为
212
n12

n2
n
2n

【解析】
若 要使前
N
项和为
2
的整数幂，则
N
数

k*
n≥14

【解析】
即
212nkN，
n

1n

2
项的和
2
k
1
应与
2n
互为相反

【解析】
klog
2

n3


k5

【解析】
→
n 29，
29

129

2
【解析】
则
N5440

【解析】
故选
A
二、 填空题：本题共
4
小题，每小题
5
分，共
20
分。

rrrr
rr
a2b1a2b
________
．
37.

已知向量
a
，
b
的夹角为
60
，，，则
【答案】
23

rr
2
rrr
2
ruurr
【解析】
a2b(a2b)
2
a2a2bcos 602b

2
1
2
2
2222
2
2
44412

ruur
【解析】∴
a2b1223


x2y1

38.

设
x
，
y
满足约束条件

2xy1
，则
z3x2y
的 最小值为
_______
．


xy0

【答案】
5


x2 y1

不等式组

2xy1
表示的平面区域如图所示


xy0

y
A
C
B
1
x
x+2y-1=0

2x+y+1=0
3z
x
，

22
3z
求
z
的最小值，即求直线
yx
的纵截距的最大值

22
3z
当直线
yx
过图中点
A
时，纵截距最大

22
由
z3x2y
得
y

2xy1< br>由

解得
A
点坐标为
(1,1)
，此时
z 3(1)215

x2y1

x
2
y
2
39.

已知双曲线
C:
2

2
，（
a0
，
b 0
）的右顶点为
A
，以
A
为圆心，
b
为半径作圆
A
，
ab
圆
A
与双曲线
C
的一条渐近线交 于
M
，
N
两点，若
MAN60
，则
C
的离心率为
_______
．

23

3
【解析】
如图，

【答案】
OAa
，
ANAMb

∵
MAN 60
，∴
AP
3
b
，
OP
2
3< br>22
OAPAa
2
b
2

4
3b
AP
2

∴
tan



OP
3
a
2
b
2
4
3
b
bb
2

，解得
a
2
3b
2
又∵< br>tan


，∴
a
3
a
a
2
b
2
4

b
2
123
∴
e1
2
1

a33

40.

如图， 圆形纸片的圆心为
O
，半径为
5cm
，该纸片上的等边三角形
ABC
的中心为
O
，
D
、
E
、
F
为元< br>O
上的点，
△DBC
，
△ECA
，
△FAB
分别是一
BC
，
CA
，
AB
为底边
的等腰三角形， 沿虚线剪开后，分别以
BC
，
CA
，
AB
为折痕折起
△DBC
，
△ECA
，
△FAB
，使得
D
，E
，
F
重合，得到三棱锥．当
△ABC
的边长变化时，所得三棱 锥体
积（单位：
cm
3
）的最大值为
_______
．
【答案】
415

【解析】
由题，连接
OD
，交
BC
与点
G
，由题，
ODBC

【解析】< br>OG
3
BC
，即
OG
的长度与
BC
的长度 或成正比

6
【解析】
设
OGx
，则
BC23 x
，
DG5x

【解析】
三棱锥的高
hDG
2
OG
2
2510xx
2
x2510x

1
2
【解析】
S
△ABC
233x33x

2
1
2
【解析】
则
VS
△ABC
h 3x2510x
=325x
4
10x
5

3
5
4534
【解析】
令
f

x

25 x10x
，
x(0,)
，
f


x

100x50x

2
【解析】
令
f


x

0
，即
x
4
2x
3
 0
，
x2

【解析】
则
f

x

≤f

2

80

【解析】
则
V≤38045

【解析】
∴
体积最大值为
415cm
3

【解析】

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
17-21
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。

四、 （一）必考题：共
60
分。

a
2
ac
41.

△ABC
的内角
A，
B
，
C
的对边分别为，
b
，，已知
△ABC
的面积为．

3sinA
42.

（
1
）求
sinBsinC
；

43.

（
2
）若
6cosBcosC1
，
a3
，求< br>△ABC
的周长．

【解析】
本题主要考查三角函数及其变换，正弦定 理，余弦定理等基础知识的综合应用
.
1
a
2
.
且
SbcsinA

【解析】
（
1
）
∵
△ABC
面积
S
2
3 sinA
a
2
1
bcsinA

【解析】
∴3sinA2

3
22
【解析】
∴
abcsin A

2
3
22
【解析】
∵
由正弦定理得
s inAsinBsinCsinA
，

2
2
由
sinA0
得
sinBsinC
. < br>3
21
（
2
）由（
1
）得
sinBsinC 
，
cosBcosC

36
∵
ABCπ

∴
cosAcos

πBC

cos

BC

sinBsinCcosBcosC
又
∵
A 

0，π


1

2
∴
A6 0
，
sinA
1
3
，
cosA

2
2
由余弦定理得
a
2
b
2
c
2bc9

①
aa

sin
B
，
csinC

由正 弦定理得
b
sinAsinA
a
2
∴
bc
2< br>sinBsinC8

②
sinA
由
①②
得
bc33

∴
a bc333
，即
△ABC
周长为
333

44.

（
12
分）如图，在四棱锥
PABCD
中，
AB∥CD
中，且
BAPCDP90
．

45.


46.

（
1
）证明：平面
PAB
平面
PAD
；

47.

（
2
）若
PAPDABDC
，APD90
，求二面角
APBC
的余弦值．

【解析】
（
1
）证明：∵
BAPCDP90

【解析】
∴
PAAB
，
PDCD

【解析】
又∵
AB∥CD
，∴
PDAB

【解析 】
又∵
PDIPAP
，
PD
、
PA
平面
PAD

【解析】
∴
AB
平面
PAD
，又AB
平面
PAB

【解析】
∴平面
PAB
平面
PAD

【解析】< br>（
2
）取
AD
中点
O
，
BC
中点< br>E
，连接
PO
，
OE

【解析】
∵
AB
【解析】
∴
OE
CD

AB

【解析】
∴四边形
ABCD
为平行四边形

【解析】
由（
1
）知，
AB
平面
PAD

【解析】
∴
OE
平面
PAD
，又
PO
、
AD
平面
PAD

【解析】
∴
OEPO
，
OEAD

【解析】
又∵
PAPD
，∴
POAD

【解析】
∴
PO
、
OE
、
AD
两两垂直< br>
【解析】
∴以
O
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
Oxyz

0，0
、
B2，2，0
、
P0，，02、
C2，2，0
，

【解析】
设
PA2
， ∴
D2，
uuuruuuruuur
0，2
、
PB2，2， 2
、
BC22，0，0

【解析】
∴
PD2，
【解析】
设
n

x,y,z
为平面
PBC
的法向量

ruuur


n PB0

2x2y2z0
r
，得


【 解析】
由

ruuu
nBC0




22x0
r

r
y1
n
，则< br>z2
，
x0
，可得平面
PBC
的一个法向量
0 ,1,2

【解析】
令

【解析】
∵
APD 90
，∴
PDPA

【解析】
又知
AB
平面
PAD
，
PD
平面
PAD

【解析】
∴
PDAB
，又
PAIABA

【解析】
∴
PD
平面
PAB

uuur
uuur
【解析】
即
PD
是平面
PAB
的一个法向量，PD2,0,2

uuurr
uuurr
PDn23

rr


【解析】
∴
cosPD
,
n
uuu
3
P Dn
23

【解析】
由图知二面角
APBC
为钝角 ，所以它的余弦值为

3

3
48.

（
12
分）

49.

为了抽检某种零件的一条生 产线的生产过程，实验员每天从该生产线上随机抽取
16
个
零件，并测量其尺寸（单位 ：
cm
）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状

2
．< br>
态下生产的零件的尺寸服从正态分布
N

，
50.

（
1
）假设生产状态正常，记
X
表示一天内抽取的
16个零件中其尺寸在


3

，

3


之外的零件数，求
P

X≥1

及
X
的数学期望；

51.

（
2
）一天内抽检零件 中，如果出现了尺寸在


3

，

3


之外的零件，就认为这
52.

53.

54.

55.

条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．

（
I
）试说明上述监控生产过程方法的合理性：

（
II
）下面是检验员在一天内抽取的
16
个零件的尺寸：


9.95

10.12

9.96

9.96

10.01

9.92

9.98

10.04


10.26

9.91

10.13

10.02

9.22

10.04

10.05

9.95

16

1
16
1

16
2

2
x
i
16x
2

 0.212
，其中
x
i
为
56.

经计算得
x

x
i
9.97
，
s

xi
x




16
i1
16< br>
i1
i1

L，16
．

抽取的第< br>i
个零件的尺寸，
i1，2，
ˆ
，用样本标准差
s
作为

的估计值

ˆ
，利用估计
57.


用样本平均数
x
作为

的估计值

ˆ
3

ˆ
，

ˆ
3

ˆ

之外的数据，用剩下值判断是否需对当天的生产过程进行检查，剔除


的数据估计< br>
和

（精确到
0.01
）．


2
,
则
P


3

Z
< br>3


0.9974
．
58.

附： 若随机变量
Z
服从正态分布
N

，
59.


0.9974
16
0.9592
，
0.0080.0 9
．




3


之 内的概率为
0.9974
，落在【解析】
（
1
）
由题可知尺 寸落在


3

，


3

，

3


之外的概率为
0.0026
．
0
【解析】
P

X0

C
16< br>
10.9974

0.9974
16
0.9592
0
【解析】
P

X1

1P

X0

10.95920.0408

0.0026

【解析】由题可知
X~B

16，
【解析】
E

X

160.00260.0416


3


之外的概率为
0.0026
， 【 解析】（2）（i）尺寸落在


3

，

3


之外为小概率事件， 由正态分布知尺寸落在


3

，
因此上述监控生产过程的方法合理．
（ii）


3

9.9730.2129.334



3

9.9730.21210.606


3




9.334，10.606




3

，
10.606

，< br>
需对当天的生产过程检查．
Q9.22

9.334，
因此剔除
9.22

剔除数据之后：


2
9.97169.22
10 .02
．
15
2222
2222

2
[

9.9510.02



10.1210.02



9.9610.02



9.961 0.02



10.0110.02

2
< br>
9.9210.02



9.9810.02



10.0410.02



10.2 610.02



9.9110.02

2222< br>

10.1310.02



10.021 0.02



10.0410.02


< br>10.0510.02



9.9510.02
]
0.008



0.0080.09

60.

（
12
分）


3

3

x
2
y
2
P1，P1，
1，1P0 ，1

61.

已知椭圆
C
：
2

2
1

ab0

，

四点< br>P
，，，
12
3

4

22
a b

2
1
15
中恰有三点在椭圆
C
上．
62.

（
1
）求
C
的方程；

63.

（
2
）设直线
l
不经过
P
2
点且与
C
相交于
A
、
B
两点，若直线
P
2
A
与直线
P
2
B
的斜率的
和为
1
，证明：
l
过定点．

【解析】（1）根据椭圆对称性，必过
P
3
、
P
4

PP
4
三点 【解析】又
P
4
横坐标为1，椭圆必不过P
1
，所以过
P
2
，
3
，

3

1

，P
3

1，

【解 析】将
P
2

0，

代入椭圆方程得
2


1

b
2
1

【解析】

，解得
a
2
4
，
b
2
1

3

1
1

2

4
b
2

a
x
2
【解析】∴椭圆
C
的方程为：
y
2
1
．
4

【解析】（2）
①
当斜率不存在时，设
l:xm，A

m，y
A

，B< br>
m，y
A


y
A
1y
A
1
2
1
< br>mmm
【解析】得
m2
，此时
l
过椭圆右顶点，不存在两个 交点，故不满足．
【解析】
②
当斜率存在时，设
l∶ykxb

b1


【解析】
k
P
2
A
k
P
2
B

【解析】
A

x
1
，y
1

，B

x
2
，y
2


ykxb
222
【解析】联立

2
，整理得

14k

x8kbx4b40
2

x4y40
8kb
4b
2
4
【 解析】
x
1
x
2

，
x
1
x
2


14k
2
14k
2
y
1
1y
2
1
x
2

kx
1
 b

x
2
x
1

kx
2
b

x
1


【解析】则
k
P
2
A
k
P
2
B


x
1
x
2
x
1
x
2
8kb
2
8k8kb< br>2
8kb
2
14k
【解析】


4b< br>2
4
14k
2
【解析】

8k

b1

4

b1

b1

 1，
又
b1

【解析】
b2k1
，此时
64k
，存在
k
使得
0
成立．
∴直线
l
的方程为
ykx2k1

当
x2
时，
y1

所以
l
过定点

2，1

．

64.

（
12
分）

2xx
65.

已知函数
f

x

ae

a2

ex
．

66.

（
1
）讨论
f

x

的单调性；

67.

（
2
）若
f

x
有两个零点，求
a
的取值范围．

2xx
【解析】（1）由于< br>f

x

ae

a2

e x

2xxxx
【解析】故
f


x
< br>2ae

a2

e1

ae1

2e1


【解析】
①
当
a0
时 ，
ae
x
10
，
2e
x
10
．从 而
f


x

0
恒成立．
【解析】
f

x

在
R
上单调递减 【解析】
②
当
a0
时，令
f


x

0
，从而
ae
x
10
，得
x lna
．




单调减 极小值 单调增

综上，当
a0
时，
f(x)
在
R
上单调递减；
当
a0
时，
f(x)
在
(,lna)
上单调递减， 在
(lna,)
上单调递增
（2）由（1）知，
当
a0
时，
f

x

在
R
上单调减，故
f

x

在
R
上至多一个零点，不满足条件．
当
a0
时，
f
min
f

lna
< br>1
1
lna
．
a

1
lna
．
a
111
< br>
上单调令
g

a

1lna
a0

，则
g'

a


2
0
．从而
g

a

在

0，
aaa
g

a

0
．增，而
g
1

0
．故当
0a1
时，当
a1
时< br>g

a

0
．当
a1
时
g
a

0

令
g

a
< br>1
若
a1
，则
f
min
1
不满足 条件．
若
a1
，则
f
min
1
条件． < br>1
lnag

a

0
，故
f

x

0
恒成立，从而
f

x

无零点，
a
1
lna0
，故
f

x

0
仅有一个实根
xlna0
，不满足
a
1aa2
lna0
，注意到
lna0
．
f

1< br>

2
10
．
aeee
1
3

lna

上有一个实根，而又
ln

 1

lnlna
． 故
f

x

在

1，
a

a

若
0a1
，则
f
min
1
且

3

3


1


ln

1


3

ln


3

f

ln(1)

e

a


ae
< br>a

a2

ln

1

 

a

a



3
< br>3

3

3



1



3aa2

ln

1



1

ln

1

 0
．

a

a

a

a

ln

故
f

x

在

lna，



3


1


上有一个实根．

a


lna

上单调减，在

lna，

单调增，故
f

x

在
R
上至多两又
f

x

在

，
个实根．
ln

lna

及

lna，
又
f

x

在< br>
1，



3


1


上均至少有一个实数根，故
f

x

在R

a


上恰有两个实根．
综上，
0a1
．
（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。
68.

[
选修
4-4
：坐标系与参考方程
]

x3cos

，
69.

在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程为

（

为参数） ，直线
l
的参数

ysin

，

x a4t，
方程为

（
t
为参数）．

y1t，

70.

（
1
）若
a 1
，求
C
与
l
的交点坐标；

71.
< br>（
2
）若
C
上的点到
l
距离的最大值为
17
，求
a
．

【解析】
（
1
）
a 1
时，直线
l
的方程为
x4y30
．

x
2
【解析】
曲线
C
的标准方程是
y
2
 1
，

9

21


x4y3 0
x

x3


2

25
，解得：或，

【解析】
联立方程

x


2
y0
24
y1


y

< br>9

25


2124

【解析】
则
C
与
l
交点坐标是

3，0

和

，



2525

【解析】
（< br>2
）直线
l
一般式方程是
x4y4a0
．

【解析】
设曲线
C
上点
p

3cos
< br>，sin


．

【解析】
则
P
到
l
距离
d
3cos

4sin

4 a
17

5sin





4a
17
，其中
tan


3
．
< br>4
【解析】
依题意得：
d
max
17
，解得
a16
或
a8

72.

[
选修
4-5
：不等式选讲
]
2
73.

已知函数
f

x

xax4，g

x

x1x1
．

74.

（
1
）当
a1
时，求不等式
f

x

≥g

x

的解集；

1

，求
a
的取值范围．
75.

（< br>2
）若不等式
f

x

≥g

x< br>
的解集包含

1，
2
【解析】（1）当
a1< br>时，
f

x

xx4
，是开口向下，对称轴
x
1
的二次函数．
2

2x，x1

【解析】
g

x

x1x1

2， 1≤x≤1
，

2x，x1

当
x(1,)
时，令
x
2
x42x
，解得
x
171

2
g

x

在

1，< br>
上单调递增，
f

x

在

1， 

上单调递减

171

1，
fx≥gx

解集为

∴此时


．

2

1

时，
g

x

2
，
f

x

≥f

1

2
． 当
x

1，
当
x

 ，1

时，
g

x

单调递减，
f
x

单调递增，且
g

1

f

1

2
．

171

综上所述，
f

x

≥g

x

解集

1，

．
2

1

恒成立． （2）依题意得：
x
2< br>ax4≥2
在

1，
1

恒成立． 即
x
2
ax2≤0
在

1，
2


1a12≤0
则只须

，解出：
1≤a≤1
． < br>2



1

a

1

2≤0
1

． 故
a
取值范围是

1，