郑州科技学院分数线-团组织生活

2017年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学

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．已知集合A={x|x<1}，B={x|
3
x
1
}，则( )
A．
AB{x|x0}
B．
ABR
C．
AB{x|x1}
D．
AB

2．如图，正方形A BCD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关于正方
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( )
A．
1

4
B．
π
8

C．
1

2
D．
π
4



3．设有下面四个命题
1
p
1
：若复数
z满足
R
，则
zR
；
z
p2
：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
.
其中的真命题为( )
A．
p
1
,p
3
B．
p
1
,p
4
C．
p
2
,p
3
D．
p
2
,p
4

4．记
S
n
为 等差数列
{a
n
}
的前
n
项和．若
a
4< br>a
5
24
，
S
6
48
，则
{ a
n
}
的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
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]

6．
(1
B．
[1,1]
C．
[0,4]
D．
[1,3]

1
)(1x)
6
展开式中
x
2
的系数为( )
2
x
B．20 C．30 D．35
形组
个是
A．15
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
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
梯形，这些梯形的面积之和为( )
A．10



B．12 C．14 D．16

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
个空白框 中，可以分别填入( )
A．A>1 000和n=n+1
C．A

1 000和n=n+1
B．A>1 000和n=n+2
D．A

1 000和n=n+2
和两
9．已知曲线C
1
：y=cos x，C
2
：y=sin (2x+
2π
)，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
π
个单位长度，得到曲线C
2
6
π
个单位长度，
12
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
得到曲线C
2
C．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
得到曲线C
2
D．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
得到曲线C
2
< br>1
π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，
26
1< br>π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，
212
10．已知F 为抛物线C：y
2
=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线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，则|AB|+|DE|的最小值为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
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
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< br>0
，接下来的两项是2
0
，2
1
，再接下来的三项是
2
0
，2
1
，2
2
，依此类推。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
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 +2 b |= .

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


x
2
y
2
15．已知双曲线C：
2

2
1
（a>0， b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲
ab
线C的一条渐近线交于 M、N两点。若∠MAN=60°，则C的离心率为 .
16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E 、F为圆
O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以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 .





三、解答题：共7 0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。
a
2
17．（12分）△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.

18.（12分）如图，在四棱锥P- ABCD中，ABCD，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.

19
．（
12
分）为了监控某种零件的一条生产线 的生产过程，检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：< br>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(

,

)
．

（
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
< br>,

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：


2

9.95
10.26
10.12
9.91
9.96 9.96 10.01
9.22
9.92 9.98 10.04
9.95 10.13 10.02 10.04 10.05
1< br>16
1
16
1
16
22
x
i
9. 97
，
s
经计算得
x
(x
i
x)(

x
i
16x
2
)
2
0.212
， 其中
x
i
为抽取


16
i1
16i1
16
i1
的第
i
个零件的尺寸，
i1,2, ,16
．

ˆ
，用样本标准差
s
作为
的估计值

ˆ
，利用估计值判断是否需对当用样本平均数
x
作为

的估计值

ˆ
3

ˆ
,
< br>ˆ
3

ˆ
)
之外的数据，用剩下的数据估计
和

（精确到
0.01
）．

天的生产过程进行检查？ 剔除
(

2
附：若随机变量
Z
服从正态分布
N(< br>
,

)
，则
P(

3

Z

3

)0.997 4
，

0.997 4
16
0.959 2
，
0.0080.09
．


33
x
2
y
2
20.（12分）已知椭圆C：
2

2
=1
（a>b>0），四点P
1
（1,1），P
2
（0,1），P
3
（–1，），P
4
（1，）
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P
2
B的斜率的和为–1，证明：l
过定点.

21.（12分）已知函数
（fx)
ae
2x
+(a﹣2) e
x
﹣x.
（
1
）讨论
f(x)
的单调性；

（
2< br>）若
f(x)
有两个零点，求
a
的取值范围
.
（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：坐标系与参数方程]（10分）

x3cos
< br>,
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为

（θ为参数），直线l的参数 方程为
ysin

,


xa4t,
（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的距离的最大值为
17
，求a.
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
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.

2017年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学答案解析

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．已知集合A={x|x<1}，B={x|
3
x
1
}，则（ ）
A．
AB{x|x0}
B．
ABR
C．
AB{x|x1}
D．
AB

【考点】：集合的简单运算，指数函数
【思路】：利用指数函数的性质可以将集合B求解出来，之后利用集合的计算求解即可。
【解 析】：由
3
x
1x0
，解得
Bxx0
，故而ABBxx0,ABAxx1
，
故选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关于正方形
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（ ）


A．
1

4
B．
π
8

C．

1

2
D．
π
4



【考点】：几何概型
【思路】：几何概型的面积问题，
P=
基本事件所包含的面积
。
总 面积
1
2

r
S
1
2

【解析】 ：
P=
，故而选B。

2
S

2r

8
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
4
：若复数
zR
，则
zR
. p
3
：若复数
z
1
,z
2
满足
z1
z
2
R
，则
z
1
z
2
；
其中的真命题为（ ）
A．
p
1
,p
3
B．
p
1
,p
4
C．
p
2
,p
3
D．
p
2
,p
4

【考点】：复数，简易逻辑

【思路】：将四个命题中的复数分别用基本形式假设即可。
【解析 】：
p
1
：不妨设
11
a

aR
< br>zR
，真命题；
za


aR
a0

p
2
：不妨设
za

aR

z

，假命题；


aiR
a0

2
p
3
：不妨设
z
1
a< br>1
bi
1
,z
2
a
2
b
2< br>iz
1
z
2


a
1
a
2
bb
12



a
1
b
2< br>a
2
b
1

iRa
1
b
2< br>a
2
b
1
0
，此时
明显不一定满足
b< br>1
b
2
0
，假命题。
p
4
：不妨设.
zaRzaR
，真命题。
故而选B。
4．记
S
n
为等差数列
{a
n
}
的前
n
项和．若
a
4
a
5
24< br>，
S
6
48
，则
{a
n
}
的公差 为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【考点】：等差数列，难度较小。
【思路】：将求和公式化简即可得到公差。
【解析】：
S
6

故而选C。
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]

6

a< br>1
a
6

2
48a
1
a
6
16
，
a
4
a
5
a
1
a
8
24
，作差
a
8
a
6
82d d4

【考点】：函数不等式，函数的单调性。
【思路】：奇函数左右两侧单调性 相同，根据奇函数的性质求解
f(1)1
，利用单调性代入不等式即可。
【解析 】：
1f

x2

1f

1

f

x2

f

1

 1x211x3
故而选D。
6．
(1
1
)(1 x)
6
展开式中
x
2
的系数为（ ）
2
x
B．20 C．30 D．35 A．15
【考点】：二项式定理。
【思路】：将

1x

的通项求解出来即可。
rrrr 2rr2rr2
rr
15x
2
，【解析】：
T
r1
C
6
x
可得整体的通项
C
6
x
、
C
6
x
，
r2C
6
x15x
，
r 4C
6
x
6
故而可得
x
2
的系数为为30，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个是梯形，这些梯形的面积之和为（ ）

A．10 B．12 C．14 D．16
【考点】：立体图形的三视图，立体图形的表面积。
【思路】：将三视图还原即可。
【解析】：将三视图还原可得右图图形，故而多面体有两个面是梯形，此时可得
S2
故而 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
（ ）
1

24

2 12
,
2
和两个空白框中，可以分别填入

A．A>1 000和n=n+1
【考点】：程序框图。
【思路】：此题的难点在于考察点的不同，考 察判断框和循环系数。根据判断条件可得为当型结构，故而判
断框中应该是A

1 000，又题目要求为最小偶数，故而循环系数当为n=n+2。
【解析】：选D。
9．已知曲线C
1
：y=cos x，C
2
：y=sin (2x+
B．A>1 000和n=n+2 C．A

1 000和n=n+1 D．A

1 000和n=n+2
2π
)，则下面结论正确的是（ ）
3
π
个单位长度，得
6
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
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
到曲线C
2
π
个单位长度，得
12

C．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
到曲线C
2
D．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
得到曲线C
2

【考点】：三角函数的变换。
【思路】：熟悉两种常见的三角函数变换，先变周期和先变相位不一致。
先变周期：
ycosxsin

x
先变相位：
ycosxsin
< br>x
1
π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得
2 6
1
π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，
212










2


ysin2xysin2x

2
2

3





< br>

sin2x





12

2




2


2


ysinxsinxysin2x


2

26

3

3< br>
【解析】：选D。
10．已知F为抛物线C：y
2
=4x的 焦点，过F作两条互相垂直的直线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，则|AB|+|DE|的最小值为 （ ）
A．16 B．14 C．12 D．10
【考点】：抛物线与直线的位置关系。
【思路】：由题意可得两条直线的斜率一定存在且不为 0，分别假设为
k
和
-
1
，故而可得
l
1
:yk

x1

，
k


yk
x1

2222
联立

kx2k4xk 0
，假设
A

x
1
,y
1

,B

x
2
,y
2

，故而根据韦达定理可得

2


y4x
2k
2
44
4x
1
x
2
2
，此时，同理可得
DE44k
2
，故而
ABxxp4
12
22
2
kk
k
4
ABDE84
2
k
2
k
【解 析】：选A。
11．设xyz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
881
，当且仅当
64k
2

4
k
2
1k1
时取等号。
2
k
【考点】：指对运算与不等式，计算量较大。

1
x logm

2
log
m
2


1
【思路】：将指数形式化简即可求出三个变量，不妨设
2
x
3
y
5
z
m1

ylog
3
m
。将三
log
m
3


1

zlog
5
m
log
m
5



者代入答案即可解答。
【解析】：分别可求得
2x2

log
m
2
1
2
1
log
m
2
1
2
,3y
3

log
m
3
1
3
1
,5z
1
log
m
3
3
5

log
m
5
1
log
m
5
1
5
，分别对分母
乘以30可得
30log
m
2 log
m
2,30log
m
3log
m
3
10
,30log
m
5
6
，
15

m1< br>10156
故而可得

10
log3log2log53y 2x5z
，故而选D。
mmm
156

325
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
，再接下来的三项是
2
0
，2
1
，2
2
，依此类推。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
【考点】：行列式（杨辉三角）求和问题，计算量较大。
【思路】：将已知的数列列举成行列式的形式，
2
0

2
0
2
1

2
0
2
1
2
2

2
0
2
1
2
2
2
3

2
0
2
1
2
2
2
3
2
4





第一行，1个数，求和为
21

2
1
第二行，2个数，求和为
21

第三行，3个数，求和为
21

4
3
第四行，4个数，求和为
21

5
第五行，5个数，求和为
21

n
故而可得，第n行， n个数，求和为
21
，因此前n行，一共有
【解析】：根据上面的分析，我们可以类 推得到，
n

n1

2
个数，求和为
2
n1
n2

前14行，有105个数，求和为
2
15
16
，当
N110
时，求和为
2
15
1625
12
15
172
n

前20行，有210个 数，求和为
222
，当
N220
时，求和为
2
21222
10
12
21
2
10
232n

前25行，有225个数，求和为
2
26
26
， 当
N330
时，求和为
2
26
262
5
1 2
26
2
5
272
n

3030530< br>前29行，有435个数，求和为
231
，当
N440
时，求和为
231212
，故而选A。
21
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 +2 b |= .
【考点】：向量的模长。
【思路】：牢记求解模长问题利用平方的思路，直接将所求的内容进行平方即可。
【解析】：
a2ba4b4ab44421

2
22
1
12
，故而模长为
a2b23
。
2


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

【考点】：简单的线性规划。
【思路】：根据约束条件，画出可行域即可。
【解析】：如图所示，可行域为阴影部分，令< br>z3x2y0l
0
:y
3
x
为初始直线，当
l
0
向上平移时，
2
z3x2y
逐渐变小，故而在点
F

1,1

处取到最小值-5。

x
2y
2
15．已知双曲线C：
2

2
1
（a> 0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线
ab
C的一条渐近线 交于M、N两点。若∠MAN=60°，则C的离心率为 .
【考点】：圆锥曲线离心率问题。
【思路】：利用角度计算可得答案。
【解析】： 如图所示，过点A作渐近线的垂线AB，由
MAN60BAN30
，
< br>又

3

3
，故而
AMbABb,OAa OBa
2


b


2

2

2
b
tanBOA
a
b
2
1b
2
23
，解得
2
e
。
1
2< br>2
a3a3

3

2
a

b
2

3
b
2
16．如图，圆形纸片的圆心为O，半 径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC
的中心为O。D、E、F为圆O上的点，△DBC，△EC A，△FAB分别是
以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以BC，
C A，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 .

【考点】：立体几何体积计算，函数与导数综合。 < br>【思路】：根据题意可得△DBC，△ECA，△FAB分别全等，故而可得三棱锥是正三棱锥，斜高即为 三个三角
形的高，即为
DG
，高为
OD
（右图）。不妨设三角形ABC
的边长为
a0a53
，此时在左图中，

OG< br>33335
a,DGROG5a,5aa0a3
，故而正三棱锥的高
33332
OD'D'G
2
OG
2
25
1 03
a
，此时即可计算体积。
3
13
2
1033103< br>5
a25a25a
4
a
，利用函数性质
34312 3
【解析】：根据体积公式可得
V
D'ABC

可得，假设
f

a

25a
4


3

103
53
，故而当
a23
时取最大值
15
cm
3
。
af'

a

50a

a2


3

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。
a
2
17．（12分）△AB C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.
【考点】：解三角形。
【思路】：根据三角形面积公式可以求得第一问，第二问直接利用余弦定理求解即可。
【解析 】：（1）由题意可得
S
ABC
1a
2
22
，化简可得< br>2a3bcsinA
，根据正弦定理化简可
bcsinA
23sinA< br>

得：
2sin
2
A3sinBsinC sin
2
AsinBsinC
2
。
3
2
< br>sinBsinC

12


3
（2）由

，因此可得
cosAcos

AB

sinB sinCcosBcosCA
23

cosBcosC
1

6

B

3
C
，将之代入
sinB sinC
2
31



中可得：
sin

C

sinCsinCcosCsin
2
C0
， 化简可
3
22

3

得
tanC
3
a31
C,B
，利用正弦定理可得
bsinB3，同理可得
c3
，
366
sinA
3
2
2< br>故而三角形的周长为
323
。
18.（12分）如图，在四棱锥P- ABCD中，ABCD，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.
【考点】：立体几何，空间向量。
【思路】：（1）利用线面垂直的性质即可求得。（2）建立空间直角坐标系即可
【解析】： （1）
ABCD,CDPDABPD
,又
ABPA,PAPDP
,PA、PD都在平面PAD内，
故而可得
ABPAD
。又AB在平面PAB内， 故而平面PAB⊥平面PAD。
（2）不妨设
PAPDABCD2a
，以A D中点O为原点，OA为x轴，OP为z轴建立平面直角坐标
系。故而可得各点坐标：
P0,0 ,2a,A

PA

2a,0,2a,PB

2a ,2a,

2a,0,0

,B

2a,2a,0
,C

2a,2a,0

，因此可得
2a

,PC

2a,2a,2a

，假设平面
PAB< br>的法向量


nPA2ax2a0x1
，
n1


x,y,1

，平面
PBC
的法向量< br>n
2


m,n,1

，故而可得

1


n
1
PB2ax2ay2a0y0

n
2
PC2am2an2a0m0

2


即
n
1


1,0,1

， 同理可得

，即
n
2


0,
。因此法向
2

2
,1




n
2
PB2am2an2a0n
2
量的夹角余弦值：
cos n
1
,n
2

1
2
3
2

3
3
。很明显，这是一个钝角，故而可得余弦为

。
3< br>3
19
．（
12
分）为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验 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(

,

2
)
．
< br>（
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
(
< br>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
10.26
10.12
9.91
9.96 9.96 10.01
9.22
9.92 9.98 10.04
9.95 10.13 10.02 10.04 10.05
1
16
1
16
1
16
2 222
x
i
9.97
，
s
经计算得
x
(xx)(x16x)0.212
，其中
x
i
为抽取
< br>
ii
16
i1
16
i1
16
i1
的第
i
个零件的尺寸，
i1,2,,16
．
ˆ
，用样本标准差
s
作为

的估计值

ˆ，利用估计值判断是否需对当用样本平均数
x
作为

的估计值

ˆ
3

ˆ
,

ˆ
3

ˆ
)
之外的数据，用剩下的数据估计

和

（精确到0.01
）．

天的生产过程进行检查？剔除
(

2< br>附：若随机变量
Z
服从正态分布
N(

,

)
，则
P(

3

Z

3

)0.997 4
，

0.997 4
16
0.959 2
，
0.0080.09
．

【考点】：统计与概率。
【思路】：（1）这是典型的二项分布，利用正态分布的性质计算即 可。（2）考察正态分布，代入运算即可。
【解析】：（1）
P

X1< br>
1P

X0

10.9974
1610.95920.0408

由题意可得，X满足二项分布
X~B

16,0.0016

，因此可得
EX

16,0.0 016

160.00160.0256

（2）
(
3

,

3

)
的零件，需要
1
由（1）可得
P

X1

0.04085 %
，属于小概率事件，故而如果出现○
进行检查。
2
由题意可得

9.97,

0.212

3
○

9.334,

3

10.606
，故而在
9.334,10.606

范围外存
在9.22这一个数据，因此需要进行检查 。此时：

x
9.97169.22
10.02
，
15
1
15

xx0.09
。

15
i1

33
x
2
y
2
20.（1 2分）已知椭圆C：
2

2
=1
（a>b>0），四点P
1
（1,1），P
2
（0,1），P
3
（–1，），P
4（1，）
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P
2
B的斜率的和为–1，
证明：l过定点.
【考点】：圆锥曲线。
【思路】：（1）根据椭圆的对称性可以 排除P
1
（1,1）。（2）联立方程即可，此时有两种方法联立，第一种，
假设直线 AB的方程，第二种假设直线P
2
A和P
2
B。
【解析】：（1） 根据椭圆对称性可得，P
1
（1,1）P
4
（1，
33
）不 可能同时在椭圆上，P
3
（–1，），P
4
（1，
22
33 3
）一定同时在椭圆上，因此可得椭圆经过P
2
（0,1），P
3
（ –1，），P
4
（1，），代入椭圆方程可得：
222
13
x
2
b1,
2
1a2
，故而可得椭圆的标准方程为：
y
2
1
。
4
a4
（2）由题意可得直线P
2A与直线P
2
B的斜率一定存在，不妨设直线P
2
A为：
yk x1
,P
2
B为：

ykx1

22
y

1k

x1
.联立

x
2< br>4k1x8kx0
，假设
A

x
1
,y1

，
B

x
2
,y
2
< br>此时可得：

2

y1
4
2
< br>8k14k
2


8

1k

14

1k


A

2
,
2
,

，此时可求得直线的斜率为：

,B

2 2


4k14k1



4
1k

14

1k

1

1 4

1k

k
AB

y
2
 y
1

x
2
x
1
8

1k< br>
14k
2

2
2
4

1k< br>
1
4k1
8k

2
2
4

1k

1
4k1
2
，化简可得
k
A B

1

12k

2
，此时满足
k 
1
。
2
1
当
k
○
1
时，AB两点重合，不合题意。
2
2
2
4k4k1x

1
18k14k

2
当
k
○时，直线方程为：
y
，即< br>y
，当
x
2


2
2
2
2

12k


12k

< br>4k1

4k1
x2
时，
y1
，因此直线 恒过定点

2,1

。
21.（12分）已知函数
（fx)
ae
2x
+(a﹣2) e
x
﹣x.
（
1
）讨论
f(x)
的单调性；

（
2< br>）若
f(x)
有两个零点，求
a
的取值范围
.
【考点】：导数综合问题。
【思路】：（1）直接进行求导，分类讨论（2）函数有两个零点 ，故而函数不单调；根据函数单调性判断函

数图像即可。
【解析】：（1）对函数进行求导可得
f'

x

2ae
2x


a2

e
x
1ae
x< br>1e
x
1
。
xx
1
当
a0
时，
f'

x

ae1e10
恒成立，故而函数恒 递减 ○


xx
2
当
a0
时，< br>f'

x

ae1e10xln
○
 
1

1

，故而可得函数在

,ln
上单调递减，
a

a

在

ln< br>

1

,

上单调递增。
a



1

1
lna1
，要使得函数有两 个零

a

a
（2）函数有两个零点，故而可得
a0，此时函数有极小值
f

ln
点，亦即极小值小于0，故而可得
lna
11
10

a0

，令
g

a

lna1
，对函数进行求导即可得
aa
1a1
到
g'

a


2
0
，故而函数恒递增，又
g

1

0
，
g(a )lna1g(1)0a1
，因此可得
a
a
函数有两个零点的 范围为
a

0,1

。
（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：坐标系与参数方程]（10分）

x3cos
< br>,
在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为

（θ为参数），直线l的参数 方程为
ysin

,


xa4t,
（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的距离的最大值为
17
，求a.
【考点】：参数方程。
【思路】：（1）将参数方程化为直角方程后，直接联立方程求解即可 （2）将参数方程直接代入距离公式即
可。
11
x
2
【解析】：将曲线C 的参数方程化为直角方程为
y2
1
，直线化为直角方程为
yx1a

9
4 4
13

yx
13

（1）当
a1
时，代入可得直线为
yx
，联立曲线方程可得：

44

44

x
2
9y
2
9


21

x


x3

2124


25
,

或

3,0

解得

或

，故而交点为


2525

24
y0



y

25

3cos

4sin

a4s,
11

x3co

17
，即：（2）点

到直线
yx1a
的距离为
d
ysin
< br>,
44
17

3cos

4sin
a417
，化简可得
17

a4

3c os

4sin

17

a4

，根据辅助角公式
可得
13a5sin




21a
，又
55sin



< br>
5
，解得
a8
或者
a16
。
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
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.
【考点】：不等式选讲。
【思路】：（1）将函数化简作图即可（2）将参数方程直接代入距离公式即可。
x1
2x

【解析】：将函数
g

x

x1x1
化简可得
g

x



21x1


2xx1

（1） 当
a1< br>时，作出函数图像可得
f

x

g

x< br>
的范围在F和G点中间，
联立


y2x
yxx4
2


171

171

可得点
G

，因此可得解集为

1,
。

2
,171


2



（2）即
f

x



g
在

1,1

内恒成立，故而可得
x
x
2
ax42x
2
2ax
恒成立，根据图像可得：函数< br>yax
必
须在
l
1
,l
2
之间，故而可得
1a1
。