新乡市人事局-基金考试成绩查询

2017年普通高等学校招生全国统一考试(全国I卷)理科数学
一、选择题：(本题共12小题，每小题5分，共60分)
1、已知集合A={x|x<1}，B={x|3
x
<1}，则( )
A．A∩B={x|x<0} B．A∪B=R C．A∪B={x|x>1} D．A∩B=∅
解析：A={x|x<1}，B={x|3
x
<1}={x|x<0 }，∴A∩B={x|x<0}，A∪B={x|x<1}，选A．

2、如图，正方形AB CD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( )

1π1π
A．
4
B．
8
C．
2
D．
4


解析：设正方形边长为2，则圆半径为1，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
π
2
π π
为
2
．则此点取自黑色部分的概率为
4
=
8
．故 选B．
3、设有下面四个命题，其中正确的是( )
1
p
1
：若复数z满足
z
∈R，则z∈R；
p
2
：若复数z满足z
2
∈R，则z∈R；
p
3
：若复数z
1
，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
B．p
1
，p
4
C．p
2
，p
3
D．p
2
，p
4

11a–bi
解析：p
1
:设z=a+bi，则
z
=
a+bi
=
a
2
+b
2
∈R，得到b=0，所以z∈R．故p
1
正确；
p
2< br>:若z
2
=–1，满足z
2
∈R，而z=i，不满足z
2∈R，故p
2
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< br>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；故 选B．

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 C．4 D．8
6 ×5

2a
1
+7d=24①
解析：a
4
+a5
=a
1
+3d+a
1
+4d=24，S
6
= 6a
1
+
2
d=48，联立求得

6a+15d=48②< br>

1
①×3–②得(21–15)d=24，∴6d=24，∴d=4，∴选C． < br>当然，我们在算的时候引用中间项更快更简单：a
4
+a
5
=24→a
4.5
=12，S
6
=48→a
3.5
=8，∴d=4．

5、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( )
A．[–2,2] B．[–1,1] C．[0,4] D．[1,3]
解析：因为f(x)为奇函数，所以f(–1)=–f(1 )=1，于是–1≤f(x–2)≤1等价于f(1)≤f(x–2)≤f(–1)．
又f(x)在(–∞,+∞)单调递减，∴–1≤x–2≤1，∴1≤x≤3．故选D．
< br>1
6、(1+
x
2
)(1+x)
6
展开式中x
2
的系数为( )
A．15 B．20 C．30 D．35
11
2
6×5
解析：(1+
x
2
)(1+x)6
=1·(1+x)
6
+
x
2
·(1+x)
6
．对(1+x)
6
的x
2
项系数为C
6
=
2
=15，

1
2
对
x
2
·(1+ x)
6
的x
2
项系数为C
4
6
=15，∴x的系数 为15+15=30．故选C．

7、某多面体的三视图如图，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 C．14 D．16
解析：由三视图可画出立体图

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
=6×2=1 2．故选B．

8、右面程序框图是为了求出满足3
n
–2
n>1000的最小偶数n，那么在和两个空白框中，可以分别
填入( )
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
解析：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．

2 π
9、已知曲线C
1
：y=cosx，C
2
：y=sin(2x+< br>3
)，则下面结论正确的是( )
π
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
6
个单位长度，得到曲
线C
2

π
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
12
个单位长度，得到曲
线C
2
1π
C．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
2
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移
6
个单位长度，得到曲线

C
2

π
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
12
个单位长度，得到曲< br>线C
2

2π
解析：C
1
：y=cosx，C
2
：y=sin(2x+
3
)，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
πππ
理． y=cosx=cos(x+
2
–
2
)=sin(x+
2
) ．横坐标变换需将ω=1变成ω=2，
π
C
1
上各点横坐标缩短为它原来的 一半
ππ2ππ
即y=sin(x+
2
)→y=sin(2x+
2< br>)=sin2(x+
4
)→y=sin(2x+
3
)=sin2(x+
3
)．
ππ
注意ω的系数，在右平移需将ω=2提到括号外面，这时x+< br>4
平移至x+
3
，
ππππ
根据“左加右减”原则，“x+
4
”到“x+
3
”需加上
12
，即再向左平移
12
．

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 B．14 C．12 D．10
|AF|·cosθ+|GF|=|AK< br>1
|(几何关系)
|AK
1
|=|AF|
解析：设AB倾斜角 为θ．作AK
1
垂直准线，AK
2
垂直x轴，易知．
PP
|GP|=
2
–(–
2
)=P



∴| AF|·cosθ+P=|AF|．
PP2P2P
同理|AF|=
1–cosθ，|BF|=
1+cosθ
，∴|AB|=
1–cos
2
θ=
sin
2
θ
．
π2P2P
2
又DE与AB 垂直，即DE的倾斜角为
2
+θ，|DE|==
2
，而y=4x，即P=2．
πcosθ
sin
2
(
2
+θ)
11sin
2
θ+cos
2
θ416π
∴x|AB|+|DE|=2P(
si n
2
θ
+
cos
2
θ
)=4
sin
2
θcos
2
θ
=
sin
2
θcos
2
θ
=
sin
2
θ
≥16，当θ=
4
取等号 ，即|AB|+|DE|最小值为16，故
选A．


11、设x，y，z 为正数，且2
x
=3
y
=5
z
，则( )
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
xln33xln55
解析：取对数：xln2=yln3=zln5 ，
y
=
ln2
>
2
，∴2x>3y．又∵xln2=zln 5，则
z
=
ln2
<
2
．∴2x<5z，∴3y<2x<5 z，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，
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
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．
n(1+n)
设第n组的项数为n，则n组的项数和为
2
，

n(1+n)1–2
n
n+
由题，N>100，令
2
>10 0→n≥14且n∈N，即N出现在第13组之后．第n组的和为
1–2
=2–1．
2(1–2
n
)
n组总共的和为
1–2
–n=2
n
–2–n．
n(1+n)
若要使前N项和为2的整数幂，则N–
2
项的和2
k
–1应与–2–n互为相反数，即2
k
–1=2+n(k∈N+，n≥14 )．
29×(1+29)
∴k=log
2
(n+3)．∴n=29，k= 5．∴N=+5=440，故选A．
2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
1、已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则|a+2b|=________．
1
解析：|a+2b|
2
=(a+2b)
2
=|a|
2
+2·|a||2b|·cos60°+(2|b|)
2
=2
2
+2×2×2×
2
+2
2
=4+4+4=12，∴|a+2b|=12=23 ．


x+2y≤1
2、设x，y满足约束条件

2x+ y≥–1
，则z=3x–2y的最小值为_______．

x–y≤0

x+2y≤1
解析：不等式组

2x+y≥–1
表示的平面区域如图 ．

x–y≤0
y
A
C
B
1
x
x+2y-1=0
2x+y+1=0
3z
由z=3x–2y得y=
2
x–
2
，

3z
求z的最小值，即求直线y=
2
x–
2
的纵截距的最大值
3z
当直线y=
2
x–
2
过图中点A时，纵截距最大 
2x+y=–1
由

x+2y=1
解得A点坐标为(–1,1 )，此时z=3×(–1)–2×1=–5．


x
2
y
2
3、已知双曲线C：
a
2
–
b
2
=1，(a> 0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，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_______．
解析：如图，|OA|=a，|AN|=|AM|=b．
33
∵∠MAN=60°， ∴|AP|=
2
b，|OP|=|OA|
2
–|PA|
2
= a
2
–
4
b
2
，
33
b
22
b
|AP|bbb
2
123
22
∴tanθ=
|O P|
=，又∵tanθ=
a
，∴=
a
，解得a=3b，∴e=1+< br>a
2
=1+
3
=
3
．
33
a< br>2
–
4
b
2
a
2
–
4
b< br>2

4、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_______．


3
解析：由题，连 接OD，交BC与点G，由题，OD⊥BC，OG=
6
BC，即OG的长度与BC的长度或成正 比．
设OG=x，则BC=23x，DG=5–x．∴三棱锥的高h=DG
2
–OG
2
=25–10x+x
2
–x
2
=25–10x．
11
2243
又∵S
△ABC
=23·3x·=33x，∴V=Sh=3x ·25–10x=3·25x–10x，
△ABC
·
23
5
令f( x)=25x
4
–10x
3
，x∈(0,
2
)，f'(x) =100x
3
–50x
4
．
令f'(x)>0，即x
4< br>–2x
3
<0，x<2．∴f(x)≤f(2)=80，∴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．
a
2
1 、△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.
a2
1a
2
13
(1)∵△ABC面积S=
3sinA
且 S=
2
bcsinA，∴
3sinA
=
2
bcsinA．∴ a
2
=
2
bcsinA．
32
∵由正弦定理得sin2
A=
2
sinBsinCsin
2
A，由sinA≠0得si nBsinC=
3
．
211
(2)由(1)得sinBsinC=
3
，cosBcosC=
6
．∵A+B+C=π，∴cosA=cos(π–B–C) =–cos(B+C)=sinBsinC–cosBcosC=
2
．
31
又∵A∈(0,π)，∴A=60°，∴sinA=
2
，cosA=
2
．
由余弦定理得a
2
=b
2
+c
2
–bc=9 ①

aaa
2
由正弦定理得b=
sinA
·s inB，c=
sinA
·sinC，∴bc=
sin
2
A
· sinBsinC=8②
由①②得b+c=33．∴a+b+c=3+33，即△ABC的周长为3+33．

2、(12分)如图，在四棱锥P–ABCD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∵PD∩PA=P，PD、PA⊂平面PAD．∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB．∴平 面PAB⊥平面PAD．
(2)取AD中点O，BC中点E，连接PO，OE，∵AB
∥CD∴四边形ABCD为平行四边形，∴OE
∥
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．
设PA=2，∴D(–2, 0,0)、B(2,2,0)、P(0,0,2)、C(–2,2,0)，∴PD=(–2,0,–2)、PB= (2,2,– 2)、BC=(–22,0,0)
设n=(x,y,z)为平面PBC的法向量 < br>

2x+2y–2z=0

n·PB=0

由
n·
，得．令y=1，则z=2，x=0，可得平面PBC的一个法向量n=(0,1, 2)．

BC=0


–22x=0
∵∠APD=90 °，∴PD⊥PA．
又知AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD．
∴PD⊥AB，又PA∩AB=A，∴PD⊥平面PAB
PD·n–23
即PD是平面PAB的一个法向量，PD=(–2,0,–2)． ∴cos=
|PD||n|
==–
3
．
23
3
由图知二面角A–PB–C为钝角，所以它的余弦值为–
3
．

3、(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态下生产 的零件的尺寸服从正态分布
N(μ,σ
2
)．
(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(μ–3σ,μ+3σ)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(μ–3σ,μ+3σ)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．
①试说明上述监控生产过程方法的合理性：
②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

1
16
1

16
2

2
x
i
16x
2

0.212
，其中x
i
为抽取的第i个零件的尺经计算得
x
x
i
9.97
，
s

x
ix




16
i1
16
< br>i1

i1
寸，i=1，2，...，16．
16
用 样本平均数x为μ的估计值μ，用样本标准差s作为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需对当天的
生产 过程进行检查，剔除(μ–3σ,μ+3σ)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01)． 附：若随机变量Z服从正态分布N(μ,σ
2
)，则P(μ–3σ16
≈0.9592，0.008≈0.09．
解析：(1)由题可知尺寸 落在(μ–3σ,μ+3σ)之内的概率为0.9974，落在(μ–3σ,μ+3σ)之外的概率为0.002 6．
0
P(X=0)=C
16
(1–0.9974)
0
· 0.9974
16
≈0.9592，P(X≥1)=1–P(X=0)≈1–0.9592=0 .0408，
由题可知X~B(16,0.0026)，∴E(X)=16×0.0026=0.0416．
(2)①尺寸落在(μ–3σ,μ+3σ)之外的概率为0.0026，
由正态分布知尺寸落在(μ–3σ,μ+3σ)之外为小概率事件，
因此上述监控生产过程的方法合理．
②(μ–3σ=9.97–3×0.212=9.334 ，μ+3σ=9.97+3×0.212=10.606，∴(μ–3σ,μ+3σ)=(9.334,10.6 06)
9.97×16–9.22
∵9.22∉(9.334,10606)，∴需对当天 的生产过程检查，因此剔除9.22．剔除数据之后：μ==10.02．
15
σ
2
=[(9.95–10.02)
2
+(10.12–10.02)
2
+(9.96–10.02)
2
+(9.96–10.02)
2
+(10.0 1–10.02)
2
+(9.92–10.02)
2
+(9.98–10.0 2)
2
+(10.04–
10.02)
2
+(10.26–10.0 2)
2
+(9.91–10.02)
2
+(10.13–10.02)
2
+(10.02–10.02)
2
+(10.04–10.02)
2+(10.05–10.02)
2
+(9.95–
1
10.02)
2
]×
15
，∴σ=0.008≈0.09．

x
2< br>y
2
33
4、(12分)已知椭圆C：
a
2
+
b
2
=1(a>b>0)，四点P
1
(1,1)，P
2
( 0,1)，P
3
(–1,
2
)，P
4
(1,
2)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< br>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< br>．又P
4
横坐标为1，椭圆必不过P
1
，所以过P
2
、P
3
、P
4
三点
1
b
2
=1
3x
2
222
将P
2
(0,1)、P
3
(–1,< br>2
)代入椭圆方程得
134
，解得a=4，b=1．∴椭圆C的方程为：
4
+y=1．
a
2
+
b
2
=1
yA
–1–y
A
–12
(2)①当斜率不存在时，设l：x=m，A(m, y
A
)，B(m,–y
A
)，k
P2A
+k
P2B
=
m
+
m
=–
m
=–1
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)，A(x
1
,y
1
)，B(x
2
,y< br>2
)，

y=kx+b–8kb4b
2
–4
22 2
联立

x
2
+4y
2
–4=0
，整理得 (1+4k)x+8kbx+4b–4=0．∴x
1
+x
2
=
1+4 k
2
，x
1
x
2
=
1+4k
2
．

8kb
2
–8k–8kb
2
+8kb
1+4k< br>2
y
1
–1y
2
–1x
2
(kx
1
+b)–x
2
+x
1
(kx
2
+b)–x
1
8k(b–1)
则k
P2A
+k
P2B
=
x+
x
===
2
x
1
x
2
4b–44( b+1)(b–1)
=–1．
12
1+4k
2
又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．所以l过定点(2,–1)．

5、(12分)已知函数f(x)=ae
2x
+(a–2)e
x< br>–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．
解析：(1)由于f(x)=ae
2x
+(a–2)e
x
–x，故f'(x)=2ae
2x
+(a–2 )e
x
–1=(ae
x
–1)(2e
x
+1)
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 (–lna,+∞)
f'(x) 0 +
–
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．
1当a>0时，f
min
=f(–lna)=1–
a
+lna．
111
令g(a)= f
min
=1–
a
+lna(a>0 )，则g'(a)=
a
2
+
a
>0．从而g(a)在(0,+∞)上 单调增，而g(1)=0．故当0a=1时g(a)=0．当a>1时g (a)>0．
1
若a>1，则f
min
=1–
a
+lna =g(a)>0，故f(x)>0恒成立，从而f(x)无零点，不满足条件．
1
若a=1， 则f
min
=1–
a
+lna=0，故f(x)=0仅有一个实根x=–ln a=0，不满足条件．
1aa2
若0min
=1–
a
+lna<0，注意到–lna>0．f(–1)=
e
2
+
e+1–
e
>0．
31
故f(x)在(–1,–lna)上有一个实根， 而又ln(
a
–1)>ln
a
=–lna．
33333333且f(ln(
a
–1))=e的ln(
a
–1)次方·(a·e的ln(
a
–1)次方+a–2)–ln(
a
–1)=(
a
–1)· (3–a+a–2)–ln(
a
–1)=(
a
–1)–ln(
a–1)>0．
3
故f(x)在(–lna,ln(
a
–1))上有一个实根．
又 f(x)在(–∞,–lna)上单调减，在(–lna,+∞)单调增，故f(x)在R上至多两个实根． < br>3
又f(x)在(–1,–lna)及(–lna,ln(
a
–1))上均至少 有一个实数根，故f(x)在R上恰有两个实根．
综上，0
(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．
< br>x=3cosθ
1、[选修4–4：坐标系与参考方程]在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方 程为

y=sinθ
(θ为参数)，直线l的参


x=a +4t
数方程为

y=1–t
(t为参数)．

(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．
x
2
2
解析： (1)a=–1时，直线l的方程为x+4y–3=0．曲线C的标准方程是
9
+y=1， < br>21
x+4y–3=0
x=–


2
25

x=32124
x

联立方程

，解得：
y=0< br>或，则C与l交点坐标是(3,0)和(–
2
24
25
,
25
)．

+y=1

9

y=
25
(2)直线l一般式方程是x+4y–4–a=0．设曲线C上点P(3cosθ,sinθ)．
| 3cosθ+4sinθ–4–a||5sin(θ+φ)–4–a|3
则P到l距离d==，其中ta nφ=
4
．依题意得：d
max
=17，解得a=–16或a=8．
1717

2、[选修4–5：不等式选讲]已知函数f(x)=–x
2+ax+4，g(x)=|x+1|+|x–1|．
(1)当a=1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[–1,1]，求a的取值范围．


2x(x>1)
1
2
解析：(1)当a=1时，f(x)=–x+x+4， 是开口向下，对称轴x=
2
的二次函数．g(x)=|x+1|+|x–1|=
2(–1≤x≤1)
，


–2x(x<–1)
17–1当x∈(1,+∞)时，令–x
2
+x+4=2x，解得x=
2
． < br>17–1
g(x)在(1,+∞)上单调递增，f(x)在(1,+∞)上单调递减．∴此时f( x)≥g(x)解集为(1,
2
]．
当x∈[–1,1]时，g(x)=2，f(x )≥f(–1)=2；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
]．
(2)依题意得：–x
2
+ax+4≥2在[–1,1]恒成立．





1
2
–a·1–2≤0
即x–ax –2≤0在[–1,1]恒成立．则只须

，解出：–1≤a≤1．故a取值范围是[–1,1 ]．
2

(–1)–a(–1)–2≤0
2