阳明山国家公园-专项整治工作总结

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2017
年普通高等学校招生全国统一考试（全国
I
卷）

理科数学
解析人 李跃华
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

，
A
．
AB
xx0


C
．
AB

xx1


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




B
．
A
D
．
A
BR

B

∴
AB

xx0

，
AB

xx1

，

选
A

2.

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（）


1
π
B
．

48
【答案】
B
【解析】
设正方形边长为
2
，则圆半径为
1

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
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3.

设有下面四个命题（）

1
p
1
：若复数
z
满足
R
，则
zR
；
z
p
2
：若复数
z
满足
z
2
R，则
zR
；

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

p
4
：若复数
zR
，则
zR
．

A
．
p
1
，p
3

【答案】
B
【解析】
p
1
:
设
zabi
，则
B< br>．
p
1
，p
4
C
．
p
2
，p
3
D
．
p
2
，p
4

11abi
2
R
，得到
b0
，所以
zR
.
故
P
1
正确；

zabiab
2
p
2
:
若
z
2
1
，满足
z
2
R
，而
zi
，不满足
z
2
R
，故
p
2< br>不正确；

p
3
:
若
z
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；

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
p
4
正确；


4.

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

a
n

的公差为（）

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

C
．
4 D
．
8
S
6
6a
1

65
d48

2


2a
1
7d24①
联立求得


6a15d48②


1
①3②
得

2115

d24

6d24

∴d4

选
C



单调递减，
1
的
5.

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

A
．

2，2


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

1

B
．

1，4

C
．

0，
D
．

1，3

< br>1
等价于
f

1

≤f

x2< br>
≤f

1

|
于是
1≤f

x2

≤


单调递减

又
f

x

在

，
1≤x2≤1

1≤x≤3

故选
D

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6.

1

6

2

1
2


1x

展开式中
x
的系数为

x

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
对

1x

的
x
2
项系数为
C
6

6
65
15

2
1
6
4
1x
=15
， 的
x
2
项系数为
C
6

2
x
∴
x
2
的系数为
151530

对
故选
C

7.

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


A
．
10
B
．
12

【答案】
B
【解析】
由三视图可画出立体图

C
．
14
D
．
16


该立体图平面内只有两个相同的梯形的面

S
梯


24

226

S
全梯
6212

故选
B


8.

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

和两个
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A
．
A1000
和
nn1
B
．
A1000
和
nn2

C
．
A≤1000
和
nn1
D
．
A≤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
∴“”中不能输入
A1000

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

故选
D

2π

9.

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

3

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

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

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

D
．把
C< br>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< br>个单位长度，得到曲线
C
2

【答案】
D
2π
【解析】
C
1
:ycosx
，
C
2:ysin

2x


3

π
6
π
12
1
π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移
2 6
π
12
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．
< br>ππ

π

ycosxcos

x
sin

x

．横坐标变换需将

1
变成

2
，

22

2

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
C
1
上各点横坐标缩短它原来
1
π
π

2
ysin

2x

s in2

x


即
ysin

x< br>

2

2

4
< br>2π

π

ysin

2x

sin2

x

．

3

3

ππ
平移至
x
，

43
ππππ
根据“左加右减”原则，“
x
”到“
x< br>”需加上
，即再向左平移．

431212
注意

的 系数，在右平移需将

2
提到括号外面，这时
x

10.

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
交于
A
、
B
两点，直线
l
2
与
C
交于
D
，
E
两点，
ABDE
的最小值为（）

A
．
16

【答案】
A
【解析】

B
．
14
C
．
12
D
．
10


设
AB
倾斜角为

．作
AK
1
垂直准线，
AK
2
垂直
x
轴< br>


AFcos

GFAK（几何关系）
1


易知

AK
1
AF（抛物线特性）



GP
P



P

P


2

2


∴AFcos

PAF

同理
AF
PP
，
BF

1cos

1cos

2P2P


∴
AB
1cos
2

sin
2

又< br>DE
与
AB
垂直，即
DE
的倾斜角为
π
< br>

2
DE
2P2P


cos
2


2

π
sin




2

4

4

sin
2

cos
2


2
1
2

4
sin2

sin

cos
2


sin
2

cos
2

4
而
y
2
4x
，即
P2
．

1

1
∴
ABDE2P

2

2

sin

cos


16
π
≥16
< br>
，当取等号

sin
2
2

4
即
ABDE
最小值为
16
，故选
A
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11.

设
x
，
y
，
z
为正数， 且
2
x
3
y
5
z
，则（）

A
．
2x3y5z
B
．
5z2x3y

D
．
3y2x5z

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

yln22
C
．
3y5z2x
∴
2x3y

xln2zln5

则
xln55


zln 22
∴
2x5z
∴
3y2x5z
，故选
D

12.

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
（ ）

A
．
440
B
．
330
C
．
220
D
．
110

【答案】
A
【解析】
设首项为第< br>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．

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

100
→
n≥14
且
nN
*
，即
N
出现在第
13
组之后

n
12
第
n
组的和为
2
n
1

12
n
组总共的和为
212
n
12

n2
n
2n

n

1 n

2
若要使前
N
项和为
2
的整数幂，则
N
数

k*
n≥14

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

→
n29，k5

则
N
29

1 29

2
5440

故选
A

二、 填空题：本题共
4
小题，每小题
5
分，共
20
分。

13.

已知向量
a
，
b
的夹角为
60
，
a2
，
b1
，则
a2b
_______ _
．

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【答案】
23

【解析】
a2b(a2b)a2a2bcos602b
2
2
2

2
1
2
2
2222
2
2
444
12

∴
a2b1223


x2y1

14.

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
15.

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
，
a b
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
_____ __
．

【答案】
23

3
【解析】
如图，

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OAa
，
ANAMb

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

4
3
b
AP
2

∴
tan



OP< br>3
22
ab
4
3
b
b
b
2

，解得
a
2
3b
2
又∵
tan


，∴
a
3
a
a
2
b
2
4
b
2
123
∴
e1
2
1

a33

16.

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
，< br>D
、
E
、
F
为元
O
上的点，
△DB C
，
△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< br>，
△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：
cm3
）的最大值为
_______
．


【答案】
415

【解析】
由题，连接
OD
，交< br>BC
与点
G
，由题，
ODBC

OG
3
BC
，即
OG
的长度与
BC
的长度或成正比
6
设
OGx
，则
BC23x
，
DG5x

三棱锥的高
hDG
2
OG
2
2510xx< br>2
x2510x

1
S
△ABC
233x33x
2

21
则
VS
△ABC
h3x
2
2510x=325x
4
10x
5

3
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令
f

x

25x
4
10x< br>5
，
x(0,)
，
f


x
< br>100x
3
50x
4

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

则
f

x
≤f

2

80

则
V≤38045

∴
体积最大值为
415cm
3



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。

（一）必考题：共
60
分。

2
a
17.

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

3sinA
（
1
）求
sinBsinC
；

（
2
）若
6cosBcosC1
，
a3
，求
△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
（
1
）< br>∵
△ABC
面积
S
.
且
SbcsinA

2
3sinA
a
2
1
bcsinA

∴
3sinA2
3
22
∴
abcsinA
2
3
22
∵
由正弦定理得
sinA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
由正弦定理得
b
aa

sin
B
，
csinC

sinAsinA
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a
2
∴
bc
2
sinBsinC8

②
sinA
由
①②
得
bc33

∴
abc333
，即
△ABC
周长为
333


18.

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


（
1
）证明：平面
PAB
平面
PAD
；

（
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

∴
PAAB
，
PDCD

又∵
AB∥CD
，∴
PDAB

又∵
PDPA P
，
PD
、
PA
平面
PAD

∴
AB
平面
PAD
，又
AB
平面
PAB

∴平面
PAB
平面
PAD

（
2
）取< br>AD
中点
O
，
BC
中点
E
，连接
P O
，
OE

∵
AB
∴
OE
CD

∴四边形
ABCD
为平行四边形

AB

由（
1
）知，
AB
平面
PAD

∴OE
平面
PAD
，又
PO
、
AD
平面PAD

∴
OEPO
，
OEAD

又∵
PAPD
，∴
POAD

∴
PO
、
OE
、
AD
两两垂直

∴以
O
为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
Oxyz
< br>0，0
、
B
设
PA2
，∴
D2，
0， 2
、
PB
∴
PD2，


2，2，0、
P0，0，2
、
C2，2，0
，

2，2，2
、
BC22，0，0


< br>
设
n

x,y,z

为平面
PB C
的法向量




nPB0

2x 2y2z0
由

，得


nBC0
2 2x0




令
y1
，则
z2< br>，
x0
，可得平面
PBC
的一个法向量
n0,1,2
∵
APD90
，∴
PDPA

又知
AB
平面
PAD
，
PD
平面
PAD

∴
PDAB
，又
PAABA

∴
PD
平面
PAB

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

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即
PD
是平面
PA B
的一个法向量，
PD2,0,2

∴
cosPD,nPDn
PDn

2
23

3

3
3

3

由图知二面角
APBC
为钝角，所以它的余弦值为

19.

（
12
分）

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
．

态下生产的零件的尺寸服从正态分布
N

，
（
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；

（
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
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

10.1

29.96

9.96

10.01

9.92

9.98

10.0

4
10.02

9.22

10.04

10.05

9.95

10.26

9.91

10.1

3

1
16
1

1 6
2

2
x
i
16x
2

0 .212
，其中
x
i
为经计算得
x

x
i
9.97
，
s

x
i
x




16
i1
16

i1
i 1

16
．

抽取的第
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

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


16
的数据估计

和

（ 精确到
0.01
）．

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

附：若随机变量
Z
服从正态分布
N

，


0.9974
16
0.9592
，
0.0080.09
．



3


之内的概率为
0.9 974
，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
P

X0

C
16

10.9974

0.9974
16
0.9592

0
P
X1

1P

X0

10.95920 .0408

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


3


之外的概率为
0.0026
， （2） （i）尺寸落在


3

，

3
< br>
之外为小概率事件， 由正态分布知尺寸落在


3
< br>，
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

，
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10.606

，

需对当天的生产过程检查．
9.22

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10.02< br>


10.0110.02

2

< br>9.9210.02



9.9810.02



10.0410.02



10.2610. 02



9.9110.02

2222
< br>
10.1310.02



10.0210.02< br>


10.0410.02



10 .0510.02



9.9510.02

]< br>0.008
2
1
15



0.0080.09

20.

（
12
分）


3

3
x
2
y
2
1，1P0，1
P1，P1，
已知椭圆
C
：
2

2
1

ab 0

，四点
P
，，，

12
3

4

22
ab

中恰有三点在椭圆
C上．

（
1
）求
C
的方程；

（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< br>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 又
P
4
横坐标为1，椭圆必不过
P< br>1
，所以过
P
2
，
3
，

3

1

，P
3

1，

将
P
2

0，

代入椭圆方程得
2


1

b
2
1

，解得
a
24
，
b
2
1


3

1
1

2

4
b
2

a
x
2
∴椭圆
C
的方程为：
y
2
1
．
4
y
A

（2）
①
当斜率不存在时，设
l:xm，A

m，y
A

，B

m，
y
A
1y
A
1
2
1

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

k
P
2
A
k
P
2
B

A

x
1
，y
1

，B

x2
，y
2



ykxb
222
联立

2
，整理得

14k

x8kbx4 b40

2

x4y40
8kb
4b
2
4
x
1
x
2

，
x
1x
2


2
14k
2
14k
y
1
1y
2
1
x
2

kx
1< br>b

x
2
x
1

kx
2b

x
1
kk

则
P
2< br>A

P
2
B
x
1
x
2
x< br>1
x
2
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8kb
2
8k8kb
28kb
14k
2


4b
2
4
14k
2
8k

b1

1，
又
b1

4

b1

b1

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

1

．

所以
l
过定点

2，
21.

（
12
分）

2xx
已知函数
f

x

ae

a2

ex
．

（
1
）讨论
f

x

的单调性；

（
2
）若
f

x

有两个零点，求
a
的取值范围．

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

2x xxx
故
f


x

2ae

a2

e1

ae1

2e1
< br>
①
当
a0
时，
ae
x
10
，
2e
x
10
．从而
f


x

0
恒成立．
f

x

在
R
上单调递减
②
当
a0
时，令
f


x

0
， 从而
ae
x
10
，得
xlna
．
x


，lna




lna

0


lna，




f′

x


f

x


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
令
g

a

1
1
ln a
．
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

若
a1
，则
f
min
1
不满足条件．
若
a1
，则
f
min
1
条件．
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


2
10
．
aeee
若
0a1，则
f
min
1
专业技术参考资料

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
3

lna

上有一个实根，而又
ln

1

lnlna
． 故
f

x

在

1，
a

a

且

3

3


1


ln

1


3

ln


3


a

a

f

ln( 1)

ea2

ln

1


ae


a

a



3

3

3

3

< br>
1



3aa2

ln
1



1

ln

1

0
．

a

a

a

a

ln

故
f

x< br>
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

1，



3
< br>
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。
22.

[
选修
4-4
：坐标系与参考方程
]

x3c os

，
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，

（
1
）若
a1
，求
C
与
l
的交点坐标；

（
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
曲线
C
的标准方程是
y
2
1
，

9
21


x4y30
x

x3



25
联立方程

x
2
，解得：或

，


2
y0
24
y1



y

9

25

2124

则
C
与
l
交点坐标是

3 ，0

和

，



2525

（
2
）直线
l
一般式方程是
x4y4a0
．

设曲线
C
上点
p

3cos
，sin


．

则
P
到
l
距离
d
3cos

4sin

4a
17< br>
5sin





4a
1 7
，其中
tan


3
．

4
依 题意得：
d
max

17
，解得
a16
或a8




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23.

[
选修
4-5
：不等式选讲
]
2
g

x

x1x1
．

已知函数
f

x

xax4，
（
1）当
a1
时，求不等式
f

x

≥g

x

的解集；

1

，求
a
的取值范围．

（
2
）若不等式
f

x

≥g

x

的解集包含

1，
2
【解析】（1）当
a1
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

g
< br>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，

上单调递增，f

x

在

1，

上单调递减

171

∴此时
f

x

≥ g

x

解集为


1，
2
< br>．

1

时，
g

x

2
，
f

x

≥f

1

2
． 当
x

1，
1

时，g

x

单调递减，
f

x

单调递增，且
g

1

f

1

2
． 当
x

，

171
< br>综上所述，
f

x

≥g

x
< br>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，


每项建议案实施完毕 ，实施部门应根据结果写出总结报告，实事求是的说明产生的经济效益或者其他积极效果，呈报总经办。
总经办应将实施完毕的建议案提交给评委会进行效果评估，确定奖励登记，对符合条件的项目，应整理材料，上 报总经理审批后给建议人颁发奖励。
总经办应做好合理化建议的统计记录及资料归档管理。


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