2017年江西高考理数真题及解析_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_江西高考数学90-23

绝密★启用前 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|3x 1}，则 A．A  B {x|x0} B．A  B R C．A  B {x|x1} D．A  B  【答案】A 【解析】 试题分析：由 可得 ，则 ，即 ，所以 3x 1 3x 30 x0 B {x|x0} A  B {x|x1}  {x|x0} ， ，故选A. {x|x0} A B {x|x1} {x|x0}{x|x1}   【考点】集合的运算，指数运算性质 【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理. 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 1 π A． B． 4 8 1 π C． D． 2 4 【答案】B 【解析】 试题分析：设正方形边长为 ，则圆的半径为a ，正方形的面积为 ，圆的面积为 πa2 .由图形的对称 a a2 2 4 性可知，太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自1 πa2  黑色部分的概率是 2 4 π ，选B.  a2 8 秒杀解析：由题意可知，此点取自黑色部分的概率即为黑色部分面积占整个面积的比例，由图可知其概 1 1 率 p满足  p ，故选B. 4 2 【考点】几何概型 【名师点睛】对于几何概型的计算，首先确定事件类型为几何概型并确定其几何区域（长度、面积、体 积或时间），其次计算基本事件区域的几何度量和事件A区域的几何度量，最后计算 . P(A) 3．设有下面四个命题 1 p ：若复数z满足 R，则zR； 1 z p ：若复数z满足z2R，则zR； 2 p ：若复数z ,z 满足z z R，则z  z ； 3 1 2 1 2 1 2 p ：若复数zR，则zR. 4 其中的真命题为 p ,p p ,p p ,p p , p A． B． C． D． 1 3 1 4 2 3 2 4 【答案】B 【考点】复数的运算与性质 【名师点睛】分式形式的复数，分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简成 的形式 z abi(a,bR) 进行判断，共轭复数只需实部不变，虚部变为原来的相反数即可. 4．记S 为等差数列{a }的前n项和．若a a 24，S 48，则{a }的公差为 n n 4 5 6 n A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C 【解析】 【考点】等差数列的基本量求解 【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如 为等差数列，若 {a } n mn pq ，则 a a a a . m n p q 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] 【答案】D 【解析】 试题分析：因为 为奇函数且在 单调递减，要使 成立，则 满足 ， f(x) (,) 1 f(x)1 x 1 x1 从而由 得 ，即满足 成立的 的取值范围为 ，选D. 1 x21 1 x3 1 f(x2)1 x [1,3] 【考点】函数的奇偶性、单调性 【名师点睛】奇偶性与单调性的综合问题，要充分利用奇、偶函数的性质与单调性解决不等式和比较大 小问题，若 在R上为单调递增的奇函数，且 ，则 ，反之亦成立. f(x) f(x ) f(x )0 x x 0 1 2 1 2 1 6．(1 )(1x)6展开式中x2的系数为 x2 A．15 B．20 C．30 D．35 【答案】C 【解析】1 1 试 题 分 析 ： 因 为 (1 )(1x)6 1(1x)6  (1x)6， 则 (1x)6展 开 式 中 含 x2的 项 为 x2 x2 1 1 1C2x2 15x2， (1x)6展开式中含x2的项为 C4x4 15x2，故x2的系数为151530，选 6 x2 x2 6 C. 【考点】二项式定理 【名师点睛】对于两个二项式乘积的问题，用第一个二项式中的每项乘以第二个二项式的每项，分析含 的项共有几项，进行相加即可.这类问题的易错点主要是未能分析清楚构成这一项的具体情况，尤其 x2 是两个二项展开式中的r不同. 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 【答案】B 【解析】 试题分析：由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两 1 2(24)2 12 个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为 2 ，故选B.【考点】简单几何体的三视图 【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此 类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图. 8．下面程序框图是为了求出满足3n−2n>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>1 000和n=n+1 B．A>1 000和n=n+2 C．A1 000和n=n+1 D．A1 000和n=n+2 【答案】D 【考点】程序框图 【名师点睛】解决此类问题的关键是读懂程序框图，明确顺序结构、条件结构、循环结构的真正含义. 本题巧妙地设置了两个空格需要填写，所以需要抓住循环的重点，偶数该如何增量，判断框内如何进行 判断可以根据选项排除. 2π 9．已知曲线C ：y=cos x， C ：y=sin (2x+ )，则下面结论正确的是 1 2 3 π A．把C 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 1 6 到曲线C 2 π B．把C 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， 1 12 得到曲线C 2 1 π C．把C 上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移 个单位长度， 1 2 6得到曲线C 2 1 π D．把C 上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 个单位长度， 1 2 12 得到曲线C 2 【答案】D 【解析】 试题分析：因为 函数名不同，所以先将 利用诱导公式转化成与 相同的函数名，则 C ,C C C 1 2 2 1 2π 2π π π 1 C : y sin(2x )cos(2x  )cos(2x )，则由C 上各点的横坐标缩短到原来的 倍 2 3 3 2 6 1 2 π 变为y cos2x，再将曲线向左平移 个单位长度得到C ，故选D. 12 2 【考点】三角函数图象变换 【名师点睛】对于三角函数图象变换问题，首先要将不同名函数转换成同名函数，利用诱导公式，需要 π π 重点记住sincos( ),cossin( )；另外，在进行图象变换时，提倡先平移后伸缩，而 2 2 先伸缩后平移在考试中也经常出现，无论哪种变换，记住每一个变换总是对变量x而言. 10．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l ，l ，直线l 与C交于A、B两点，直 1 2 1 线l 与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为 2 A．16 B．14 C．12 D．10 【答案】A 【考点】抛物线的简单几何性质 【名师点睛】对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能 想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则 2p 2p 2p |DE|  | AB| ， 则 π cos2， 所 以 sin2 sin2(+ ) 2 2p 2p 1 | AB||DE|  4(  cos2 sin2 cos2 1 1 1 sin2 cos2 . )4(  )(cos2sin2)4(2  )4(22)16 sin2 cos2 sin2 cos2 sin2 11．设x、y、z为正数，且2x 3y 5z，则 A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z 【答案】D 【考点】指、对数运算性质 【名师点睛】对于连等问题，常规的方法是令该连等为同一个常数，再用这个常数表示出对应的 x,y,z，通过作差或作商进行比较大小.对数运算要记住对数运算中常见的运算法则，尤其是换底公式 以及0与1的对数表示. 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20，接下来的两项是20，21，再接下来的三 项是20，21，22，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 【答案】A 【解析】 试题分析：由题意得，数列如下：1, 1,2, 1,2,4,  1,2,4, ,2k1   k(k1) 则该数列的前12  k  项和为 2 k(k1) S   1(12)  (12  2k1)2k1k2，  2  k(k1) 要使 100，有k 14，此时k22k1，所以k2是第k1组等比数列1,2, ,2k的部  2 分和，设k212 2t1 2t 1，  所以k 2t 314，则t 5，此时k 25 329， 2930 所以对应满足条件的最小整数N  5440，故选A. 2 【考点】等差数列、等比数列 【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义， 以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列， 第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断. 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 |= . 【答案】 2 3 【解析】 试 题 分 析 ： ， 所 以 |a2b|2|a|2 4ab4|b|24421cos60 412 . |a2b| 12 2 3 秒杀解析：利用如下图形，可以判断出a2b的模长是以2为边长，一夹角为60°的菱形的对角线的 长度，则为 . 2 3【考点】平面向量的运算 【名师点睛】平面向量中涉及有关模长的问题时，常用到的通法是将模长进行平方，利用向量数量积 的知识进行解答，很快就能得出答案；另外，向量是一个工具型的知识，具备代数和几何特征，在做 这类问题时可以使用数形结合的思想，会加快解题速度. 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 【解析】 试题分析：不等式组表示的可行域如图所示， 1 1 1 1 易求得A(1,1),B( , ),C( , )， 3 3 3 3 3 z 由z 3x2y得y  x 在y轴上的截距越大，z就越小， 2 2 所以，当直线 过点 时， 取得最小值， z 3x2y A z所以 的最小值为 . z 3(1)215 【考点】线性规划 【名师点睛】本题是常规的线性规划问题，线性规划问题常出现的形式有：①直线型，转化成斜截式 比较截距，要注意z前面的系数为负时，截距越大，z值越小；②分式型，其几何意义是已知点与未 知点的斜率；③平方型，其几何意义是距离，尤其要注意的是最终结果应该是距离的平方；④绝对值 型，转化后其几何意义是点到直线的距离. x2 y2 15．已知双曲线C：  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 a2 b2 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】2 3 3 【解析】 试题分析： 如图所示，作AP MN，因为圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点，则MN 为双曲线的渐 b 近线y  x上的点，且A(a,0)，| AM || AN |b， a 而 ，所以 ， AP MN PAN 30 |b| b | AP| 点 到直线 的距离 ， A(a,0) y  x b2 a 1 a2 |PA| 在 中， ，代入计算得 ，即 ， Rt△PAN cosPAN  a2 3b2 a  3b |NA|由 得 ， c2 a2 b2 c2b c 2b 2 3 所以 . e   a 3b 3 【考点】双曲线的简单几何性质 【名师点睛】双曲线渐近线是其独有的性质，所以有关渐近线问题备受出题者的青睐.做好这一类问题 要抓住以下重点：①求解渐近线，直接把双曲线后面的1换成0即可；②双曲线的焦点到渐近线的距 ab 离是b；③双曲线的顶点到渐近线的距离是 . c 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：cm3）的最大值为 . 【答案】4 15 【解析】 试题分析：如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则 1 3 3 OG  x  x. 3 2 6 3 FGSG5 x， 6  3  2  3  2  3  SOh SG2 GO2     5 6 x      6 x    5   5 3 x   ，  三棱锥的体积 V  1 S h 1  3 x2 5  5 3 x    15 5x4  3 x5 . 3 △ABC 3 4   3   12 3 3 5 3 设nx5x4  x5，x>0，则nx20x3  x4， 3 3 x4 令nx0，即4x3  0，得x4 3，易知nx在x4 3处取得最大值. 315 V  48 54 4 15 ∴ max 12 . 【考点】简单几何体的体积 【名师点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利 用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当 变量是高次时需要用到求导的方式进行解决. 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. 17．（12分） a2 ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为 . 3sin A △ （1）求sin Bsin C; （2）若6cos Bcos C=1，a=3，求△ABC的周长. 【解析】 试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式1 a2 ，再利用正弦定理将边化成角，从 acsinB 2 3sinA 1 2 1 而得出sinBsinC的值；（2）由cosBcosC  和sinBsinC  计算出cos(BC) ，从而 6 3 2 求出角 ，根据题设和余弦定理可以求出 和 的值，从而求出 的周长为 . A bc bc △ABC 3 33【考点】三角函数及其变换 【名师点睛】在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可 以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系； 解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者 “已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路 是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如 ，从而求出范围，或利用余弦 y  Asin(x)b 定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可. 18．（12分） 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，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】试题解析：（1）由已知BAP CDP90，得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD. 又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. （2）在平面PAD内作PF  AD，垂足为F ， 由（1）可知，AB平面PAD，故AB PF ，可得PF 平面ABCD. 以 F 为坐标原点， F  A  的方向为 x 轴正方向， |  A  B  | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 . F xyz 由（1）及已知可得 2 ， 2 ， 2 ， 2 . A( ,0,0) P(0,0, ) B( ,1,0) C( ,1,0) 2 2 2 2 所以 2 2 ， ， 2 2 ， . PC ( ,1, ) CB( 2,0,0) PA( ,0, ) AB(0,1,0) 2 2 2 2 设 是平面 的法向量，则 n(x,y,z) PCB  2 2  nPC 0,  x y z 0,  即  2 2  nCB0,   2x0, 可取 . n(0,1, 2) 设 是平面 的法向量，则 m (x,y,z) PAB   2 2  mPA0,  x z 0, 即    2 2 mAB0,  y 0. 可取 . m (1,0,1) nm 3 则 ， cos  |n||m| 3 所以二面角 的余弦值为 3 . APBC  3 【考点】面面垂直的证明，二面角平面角的求解 【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角， 关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和 平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示 出所需点的坐标是解题的关键. 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)． （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 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.0410.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 1 16 1 16 1 16 经计算得 x  x 9.97，s  (x x)2  (x2 16x2) 0.212，其中 为抽取 16 i 16 i 16 i x i1 i1 i1 i 的第i个零件的尺寸，i 1,2,,16． 用样本平均数x 作为的估计值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 当天的生产过程进行检查？剔除(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）． 附：若随机变量Z 服从正态分布N(,2)，则P(3 Z 3)0.997 4， 0.997 416 0.959 2， 0.008 0.09． 【解析】 试题解析：（1）抽取的一个零件的尺寸在 之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在 (3,3) 之外的概率为0.0026，故 .因此 (3,3) X~B(16,0.0026) . P(X 1)1P(X 0)10.997416 0.0408 X 的数学期望为EX 160.00260.0416. （2）（i）如果生产状态正常，一个零件尺寸在 之外的概率只有0.0026，一天内抽 (3,3) 取的16个零件中，出现尺寸在 之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小.因此 (3,3) 一旦发生这种情况，就有理由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，可见上述监控生产过程的方法是合理的. （ii）由 ，得 的估计值为 ， 的估计值为 ，由样本数据可 x 9.97,s 0.212  ˆ 9.97  ˆ 0.212以看出有一个零件的尺寸在 之外，因此需对当天的生产过程进行检查. (ˆ 3ˆ,ˆ 3ˆ) 1 剔除(ˆ 3ˆ,ˆ 3ˆ)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为 (169.979.22)10.02，因此 15 的估计值为10.02. 16 x2 160.2122 169.972 1591.134 ，剔除 (ˆ 3ˆ,ˆ 3ˆ) 之外的数据9.22，剩下数据的样 i i1 1 本方差为 (1591.1349.222 1510.022)0.008， 15 因此 的估计值为 .  0.008 0.09 【考点】正态分布，随机变量的期望和方差 【名师点睛】数学期望是离散型随机变量中重要的数学概念，反映随机变量取值的平均水平.求解离散 型随机变量的分布列、数学期望时，首先要分清事件的构成与性质，确定离散型随机变量的所有取值， 然后根据概率类型选择公式，计算每个变量取每个值的概率，列出对应的分布列，最后求出数学期望. 正态分布是一种重要的分布，之前考过一次，尤其是正态分布的3原则. 20．（12分） x2 y2 3 3 已知椭圆C：  =1（a>b>0），四点P （1,1），P （0,1），P （–1， ），P （1， ） a2 b2 1 2 3 2 4 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 点且与C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率的和为–1，证明：l 2 2 2 过定点. 【解析】 试题分析：（1）根据 ， 两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过 ， 两点.另外由 P P P P 3 4 3 4 1 1 1 3    知，C不经过点P ，所以点P 在C上.因此P,P,P 在椭圆上，代入其标准方程， a2 b2 a2 4b2 1 2 2 3 4 即可求出C的方程；（2）先设直线PA与直线PB的斜率分别为k ，k ，再设直线l的方程，当l与x 2 2 1 2 x2 轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：ykxm（m1），将ykxm代入  y2 1，写 4 出判别式，利用根与系数的关系表示出x+x ，xx ，进而表示出 ，根据 列出等式表 1 2 1 2 k k k k 1 1 2 1 2示出k和m的关系，从而判断出直线恒过定点. 试题解析：（1）由于 ， 两点关于y轴对称，故由题设知C经过 ， 两点. P P P P 3 4 3 4 1 1 1 3 又由    知，C不经过点P，所以点P 在C上. a2 b2 a2 4b2 1 2  1 1,  b2 a2 4, 因此  解得  1  3 1, b2 1. a2 4b2 x2 故C的方程为  y2 1. 4 （2）设直线PA与直线PB的斜率分别为k，k， 2 2 1 2 如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知 ，且 ，可得A，B的坐标分别为（t， 4t2 ）， t 0 |t|2 2 （t， 4t2 ）.  2 则 4t2 2 4t2 2 ，得 ，不符合题设. k k   1 t 2 1 2 2t 2t x2 从而可设l：ykxm（m1）.将ykxm代入  y2 1得 4 (4k2 1)x2 8kmx4m2 40 . =16(4k2 m2 1)0 由题设可知 . 8km 4m2 4 设A（x，y），B（x，y），则x+x= ，xx= . 1 1 2 2 1 2 4k2 1 1 2 4k2 1 y 1 y 1 而k k  1  2 1 2 x x 1 2 kx m1 kx m1  1  2 x x 1 2 2kxx (m1)(x x )  1 2 1 2 . xx 1 2 由题设 ，故 . k k 1 (2k1)xx (m1)(x x )0 1 2 1 2 1 24m2 4 8km 即(2k1) (m1) 0. 4k2 1 4k2 1 m1 解得k  . 2 m1 m1 当且仅当m1时，0，于是l：y xm，即y1 (x2)， 2 2 所以l过定点（2，1）. 【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系 【名师点睛】椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判 断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而 可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存 在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简. 21．（12分） 已知函数 f(x)ae2x (a2)ex 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】 试题分析：（1）讨论 单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对 按 f(x) a ， 进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若 ， 至多有一个零点.若 a0 a0 a0 f(x) 1 a0，当 xlna时， f(x)取得最小值，求出最小值 f(lna)1 lna，根据 a 1 ， a 进行讨论，可知当 时有2个零点.易知 在 有一个零 a(1,)，a(0,1) a(0,1) f(x) (,lna) 3 点；设正整数n 满足n ln( 1)，则 f(n )en 0(aen 0 a2)n en 0 n 2n 0 n 0.由于 0 0 a 0 0 0 0 3 ln( 1)lna，因此 f(x)在(lna,)有一个零点.从而可得a的取值范围为(0,1). a 试题解析：（1） 的定义域为 ， ， f(x) (,) f(x)2ae2x (a2)ex 1(aex 1)(2ex 1)（ⅰ）若 ，则 ，所以 在 单调递减. a0 f(x)0 f(x) (,) （ⅱ）若 ，则由 得 . a0 f(x)0 xlna 当 时， ；当 时， ，所以 在 单调 x(,lna) f(x)0 x(lna,) f(x)0 f(x) (,lna) 递减，在 单调递增. (lna,) （2）（ⅰ）若 ，由（1）知， 至多有一个零点. a0 f(x) 1 （ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时， f(x)取得最小值，最小值为 f(lna)1 lna. a ①当 时，由于 ，故 只有一个零点； a 1 f(lna)0 f(x) 1 ②当a(1,)时，由于1 lna0，即 f(lna)0，故 f(x)没有零点； a 1 ③当a(0,1)时，1 lna0，即 f(lna)0. a 又 ，故 在 有一个零点. f(2)ae4 (a2)e2 22e2 20 f(x) (,lna) 3 设正整数n 满足n ln( 1)，则 f(n )en 0(aen 0 a2)n en 0 n 2n 0 n 0. 0 0 a 0 0 0 0 3 由于ln( 1)lna，因此 f(x)在(lna,)有一个零点. a 综上， 的取值范围为 . a (0,1) 【考点】含参函数的单调性，利用函数零点求参数取值范围 【名师点睛】研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数 有2个零点 f(x) 求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值， 判断 y a与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究 其单调性、极值、最值，注意点是若 有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且 f(x) 后面还需验证最小值两边存在大于0的点. （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, 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距离的最大值为 17，求a. 【解析】 C 试题分析：（1）先将曲线 和直线l的参数方程化成普通方程，然后联立两方程即可求出交点坐标； l x4ya40 C (3cos,sin) l （2）由直线 的普通方程为 ，设 上的点为 ，易求得该点到 的距 |3cos4sina4| d  离为 17 .对a再进行讨论，即当a4和a4时，求出a的值. 试题解析：（1）曲线 的普通方程为 x2 . C  y2 1 9 当 时，直线 的普通方程为 . a1 l x4y30  21 x4y30, x , 由 解得 x3, 或   25 x2     y2 1 y 0  24  9 y  .  25 21 24 从而C与l的交点坐标为(3,0)，( , ). 25 25 （2）直线 的普通方程为 ，故 上的点 到 的距离为 l x4ya40 C (3cos,sin) l |3cos4sina4| . d  17 当 时， 的最大值为a9 .由题设得a9 ，所以 ； a4 d  17 a 8 17 17 当 时， 的最大值为a1 .由题设得a1 ，所以 . a4 d  17 a 16 17 17综上，a 8或a 16. 【考点】坐标系与参数方程 【名师点睛】化参数方程为普通方程的关键是消参，可以利用加减消元、平方消元、代入法等等；在 极坐标方程与参数方程的条件下求解直线与圆的位置关系问题时，通常将极坐标方程化为直角坐标方 程，参数方程化为普通方程来解决. 23．[选修4−5：不等式选讲]（10分） 已知函数 f (x) –x2 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. 【解析】 试题分析：（1）将 代入，不等式 等价于 ，对 按 a 1 f(x) g(x) x2 x|x1||x1|40 x ， ， 讨论，得出不等式的解集；（2）当 时， .若 x1 1 x1 x1 x[1,1] g(x)2 的解集包含 ，等价于当 时 .则 在 的最小值必为 f(x) g(x) [1,1] x[1,1] f(x)2 f(x) [1,1] 与 之一，所以 且 ，从而得 . f(1) f(1) f(1)2 f(1)2 1a1 试题解析：（1）当 时，不等式 等价于 .① a 1 f(x) g(x) x2 x|x1||x1|40 当 时，①式化为 ，无解； x1 x2 3x40 当 时，①式化为 ，从而 ； 1 x1 x2 x20 1 x1 当 时，①式化为 ，从而 1 17 . x1 x2 x40 1 x 2 所以 的解集为 1 17 . f(x) g(x) {x|1 x } 2【考点】绝对值不等式的解法，恒成立问题 【名师点睛】零点分段法是解答绝对值不等式问题常用的方法，也可以将绝对值函数转化为分段函数，借 助图象解题.