2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 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 $\angle$ $M A N=60^{\circ}$, 则 $C$ 的离心率为

解答：解: 双曲线 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的右顶点为 A $(a, 0)$,

以 $A$ 为圆心, $b$ 为半径做圆 $A$, 圆 $A$ 与双曲线 $C$ 的一条渐近线交于 $M 、 N$ 两点. 若 $\angle M A N=60^{\circ}$, 可得 $A$ 到渐近线 $b x+a y=0$ 的距离为: $b \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} b$,

可得: $\frac{|\mathrm{ab}|}{\sqrt{\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}}}=\frac{\sqrt{3}}{2} \mathrm{~b}$, 即 $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{c}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 可得离心率为: $\mathrm{e}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

故答案为: $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

答案：$\frac{2 \sqrt{3}}{3}$

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：一批产品的二等品率为 0.02 , 从这批产品中每次随机取一件, 有放 回地抽取 100 次. $X$ 表示抽到的二等品件数, 则 $D X=$

解答：解: 由题意可知, 该事件满足独立重复试验, 是一个二项分布模型, 其中, $p=0.02, n=100$,

则 $D X=n p q=n p(1-p)=100 \times 0.02 \times 0.98=1.96$.

故答案为: 1.96 .

答案：1.96

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $f(x)=\sin ^{2} x+\sqrt{3} \cos x-\frac{3}{4}\left(x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]\right)$ 的最大值是

解答：解: $f(x)=\sin ^{2} x+\sqrt{3} \cos x-\frac{3}{4}=1-\cos ^{2} x+\sqrt{3} \cos x-\frac{3}{4}$,

令 $\cos x=t$ 且 $t \in[0,1]$,

则 $y=-t^{2}+\sqrt{3} t+\frac{1}{4}=-\quad\left(t-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2+1}$,

当 $t=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 时, $f(t)_{\text {max }}=1$,

即 $f(x)$ 的最大值为 1 , 故答案为: 1

答案：1

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=3, S_{4}=10$, 则 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{S_{k}}=$

解答：解: 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}, a_{3}=3, S_{4}=10, S_{4}=2\left(a_{2}+a_{3}\right)=10$, 可得 $a_{2}=2$, 数列的首项为 1 , 公差为 1 ,

$\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}, \frac{1}{S_{\mathrm{n}}}=\frac{2}{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}=2\left(\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}\right)$,

则 $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{S_{k}}=2\left[1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\ldots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right]=2\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{2 n}{n+1}$.

故答案为: $\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$.

答案：$\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知 $F$ 是抛物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点, $M$ 是 $C$ 上一点, $F M$ 的延长线交 $y$ 轴于点 $N$. 若 $M$ 为 $F N$ 的中点, 则 $|F N|=$

解答：解: 抛物线 $C: y^{2}=8 x$ 的焦点 $F(2,0), M$ 是 $C$ 上一点, $F M$ 的延长线

交 $y$ 轴于点 $N$. 若 $M$ 为 $F N$ 的中点,

可知 $M$ 的横坐标为: 1 , 则 $M$ 的纵坐标为: $\pm 2 \sqrt{2}$,

$|\mathrm{FN}|=2|\mathrm{FM}|=2 \sqrt{(1-2)^{2}+( \pm 2 \sqrt{2}-0)^{2}}=6$. 故答案为: 6 .

答案：6

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+a_{2}=-1, a_{1}-a_{3}=-3$, 则 $a_{4}=$

解答：解：设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $\mathrm{q}, \because a_{1}+a_{2}=-1, a_{1}-a_{3}=-3$,

$\therefore a_{1}(1+q)=-1, a_{1}\left(1-q^{2}\right)=-3$

解得 $a_{1}=1, q=-2$.

则 $a_{4}=(-2)^{3}=-8$.

故答案为: -8 .

答案：-8 .

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x+1, & x \leqslant 0 \\ 2^{x}, & x>0\end{array}\right.$, 则满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 的 $x$ 的 取值范围是

解答：解：若 $x \leqslant 0$, 则 $x-\frac{1}{2} \leqslant-\frac{1}{2}$,

则 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 等价为 $x+1+x-\frac{1}{2}+1>1$, 即 $2 x>-\frac{1}{2}$, 则 $x>-\frac{1}{4}$, 此时 $-\frac{1}{4}<x \leqslant 0$,

当 $x>0$ 时, $f(x)=2^{x}>1, x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$,

当 $x-\frac{1}{2}>0$ 即 $x>\frac{1}{2}$ 时, 满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,

当 $0 \geqslant x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$, 即 $\frac{1}{2} \geqslant x>0$ 时, $f\left(x-\frac{1}{2}\right)=x-\frac{1}{2}+1=x+\frac{1}{2}>\frac{1}{2}$,

此时 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,

综上 $x>-\frac{1}{4}$,

故答案为: $\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.

答案：$\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知向量 $\vec{a}=(-1,2), \vec{b}=(m, 1)$, 若向量 $\vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}$ 垂直, 则 $m=$

解答：解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(-1,2), \vec{b}=(m, 1)$,

$\therefore \vec{a}+\vec{b}=(-1+m, 3)$, $\because$ 向量 $\vec{a}+\vec{b}$ 与 $\vec{a}$ 垂直,

$\therefore(\vec{a}+\vec{b}) \cdot \vec{a}=(-1+m) \times(-1)+3 \times 2=0$,

解得 $m=7$.

故答案为: 7 .

答案：7

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：曲线 $y=x^{2}+\frac{1}{x}$ 在点 $(1,2)$ 处的切线方程为

解答：解: 曲线 $y=x^{2}+\frac{1}{x}$, 可得 $y^{\prime}=2 x-\frac{1}{x^{2}}$,

切线的斜率为: $k=2-1=1$.

切线方程为: $y-2=x-1$, 即: $x-y+1=0$.

故答案为: $x-y+1=0$.

答案：$x-y+1=0$

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知 $\alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \tan \alpha=2$, 则 $\cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=$

解答：解: $\because \alpha \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \tan \alpha=2$,

$\therefore \sin \alpha=2 \cos \alpha$, $\because \sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1$

解得 $\sin \alpha=\frac{2 \sqrt{5}}{5}, \cos \alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$,

$\therefore \cos \left(\alpha-\frac{\pi}{4}\right)=\cos \alpha \cos \frac{\pi}{4}+\sin \alpha \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2 \sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,

故答案为: $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$

答案：$\frac{3 \sqrt{10}}{10}$

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：13. ( 5 分) 函数 $f(x)=2 \cos x+\sin x$ 的最大值为

解答：解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=2 \cos x+\sin x=\sqrt{5}\left(\frac{2 \sqrt{5}}{5} \cos x+\frac{\sqrt{5}}{5} \sin x\right)=\sqrt{5} \sin (x+\theta)$, 其中 $\tan \theta=2$,

可知函数的最大值为: $\sqrt{5}$.

故答案为: $\sqrt{5}$.

答案：$\sqrt{5}$

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数, 当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f($ x) $=2 x^{3}+x^{2}$, 则 $f(2)=$

解答：解: $\because$ 当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f(x)=2 x^{3}+x^{2}$,

$\therefore f(-2)=-12$,

又 $\because$ 函数 $f(x)$ 是定义在 $R$ 上的奇函数,

$\therefore f(2)=12$,

故答案为: 12

答案：12

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：长方体的长、宽、高分别为 $3,2 ， 1$, 其顶点都在球 $\mathrm{O}$ 的球面上, 则球 $\mathrm{O}$ 的表面积为

解答：解：长方体的长、宽、高分别为 $3,2,1$, 其顶点都在球 $\mathrm{O}$ 的球面上, 可知长方体的对角线的长就是球的直径,

所以球的半径为: $\frac{1}{2} \sqrt{3^{2}+2^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{14}}{2}$.

则球 $O$ 的表面积为: $4 \times\left(\frac{\sqrt{14}}{2}\right)^{2} \pi=14 \pi$.

故答案为: $14 \pi$.

答案：$14 \pi$

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 若 $2 b \cos B=a \cos C+\cos A$ , 则 $B=$

解答：解: $\because 2 \mathrm{~b} \cos \mathrm{B}=\mathrm{a} \cos \mathrm{C}+\cos \mathrm{A}$, 由正弦定理可得,

$2 \cos B \sin B=\sin A \cos C+\sin C \cos A=\sin (A+C)=\sin B$,

$\because \sin \mathrm{B} \neq 0$,

$\therefore \cos B=\frac{1}{2}$,

$\because 0<\mathrm{B}<\pi$

$\therefore B=\frac{\pi}{3}$

故答案为: $\frac{\pi}{3}$

答案：$\frac{\pi}{3}$

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知向量 $\vec{a}=(-2,3), \vec{b}=(3, m)$, 且 $\vec{a} \perp \vec{b}$, 则 $m=$

解答：解: $\because$ 向量 $\vec{a}=(-2,3), \vec{b}=(3, m)$, 且 $\vec{a} \perp \vec{b}$, $\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=-6+3 m=0$

解得 $m=2$.

故答案为: 2 .

答案：2 .

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{9}=1(a>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{3}{5} x$, 则 $a=$

解答：解: 双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{9}=1(a>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{3}{5} x$, 可得 $\frac{3}{a}=\frac{3}{5}$, 解得 $a=5$.

故答案为: 5 .

答案：5 .

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $C=60^{\circ}, b=\sqrt{6}$, $c=3$, 则 $A=$

解答：解：根据正弦定理可得 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin \mathrm{C}}, C=60^{\circ}, b=\sqrt{6}, c=3$, $\therefore \sin B=\frac{\sqrt{6} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\because \mathrm{b}<\mathrm{c}$

$\therefore \mathrm{B}=45^{\circ}$

$\therefore \mathrm{A}=180^{\circ}-\mathrm{B}-\mathrm{C}=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}$,

故答案为: $75^{\circ}$.

答案：$75^{\circ}$.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}x+1, & x \leqslant 0 \\ 2^{x}, & x>0\end{array}\right.$, 则满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 的 $x$ 的 取值范围是


解答：解: 若 $x \leqslant 0$, 则 $x-\frac{1}{2} \leqslant-\frac{1}{2}$,

则 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 等价为 $x+1+x-\frac{1}{2}+1>1$, 即 $2 x>-\frac{1}{2}$, 则 $x>-\frac{1}{4}$, 此时 $-\frac{1}{4}<x \leqslant 0$,

当 $x>0$ 时, $f(x)=2^{x}>1, x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$,

当 $x-\frac{1}{2}>0$ 即 $x>\frac{1}{2}$ 时, 满足 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,

当 $0 \geqslant x-\frac{1}{2}>-\frac{1}{2}$, 即 $\frac{1}{2} \geqslant x>0$ 时, $f\left(x-\frac{1}{2}\right)=x-\frac{1}{2}+1=x+\frac{1}{2}>\frac{1}{2}$,

此时 $f(x)+f\left(x-\frac{1}{2}\right)>1$ 恒成立,

综上 $x>-\frac{1}{4}$,

故答案为: $\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.

答案：$\left(-\frac{1}{4},+\infty\right)$.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\{x \mid x<1\}, B=\left\{x \mid 3^{x}<1\right\}$, 则（）
A. $A \cap B=\{x \mid x<0\}$ B. $A \cup B=R$
C. $\mathrm{A} \cup \mathrm{B}=\{\mathrm{x} \mid \mathrm{x}>1\}$
D. $A \cap B=\varnothing$

解答：解: $\because$ 集合 $A=\{x \mid x<1\}$,

$B=\left\{x \mid 3^{x}<1\right\}=\{x \mid x<0\}$

$\therefore A \cap B=\{x \mid x<0\}$, 故 $A$ 正确, $D$ 错误;

$A \cup B=\{x \mid x<1\}$, 故 $B$ 和 $C$ 都错误.

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设有下面四个命题

$p_{1}$ : 若复数 $z$ 满足 $\frac{1}{z} \in R$, 则 $z \in R$;

$p_{2}$ : 若复数 $z$ 满足 $z^{2} \in R$, 则 $z \in R$;

$p_{3}$ ：若复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $z_{1} z_{2} \in R$, 则 $z_{1}=\overline{z_{2}}$;

$p_{4}$ : 若复数 $z \in R$, 则 $z \in R$.

其中的真命题为（ $)$
A. $\mathrm{p}_{1}, \mathrm{p}_{3}$
B. $\mathrm{p}_{1}, \mathrm{p}_{4}$
C. $p_{2}, p_{3}$
D. $p_{2}, p_{4}$

解答：解：若复数 $z$ 满足 $\frac{1}{z} \in R$, 则 $z \in R$, 故命题 $p_{1}$ 为真命题; $p_{2}$ : 复数 $z=i$ 满足 $z^{2}=-1 \in R$, 则 $z \notin R$, 故命题 $p_{2}$ 为假命题;

$p_{3}$ ：若复数 $z_{1}=i, z_{2}=2 i$ 满足 $z_{1} z_{2} \in R$, 但 $z_{1} \neq \overline{z_{2}}$, 故命题 $p_{3}$ 为假命题;

$p_{4}$ : 若复数 $z \in R$, 则 $z=z \in R$, 故命题 $p_{4}$ 为真命题.

故选: B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：记 $S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $a_{4}+a_{5}=24, S_{6}=48$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公 差为 $(\quad)$
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8

解答：解: $\because S_{n}$ 为等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $a_{4}+a_{5}=24, S_{6}=48$, $\therefore\left\{\begin{array}{l}a_{1}+3 d+a_{1}+4 d=24 \\ 6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=48\end{array}\right.$,

解得 $\mathrm{a}_{1}=-2, \mathrm{~d}=4$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的公差为 4 .

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递减, 且为奇函数. 若 $f(1)=-1$ , 则满足 $-1 \leqslant f(x-2) \leqslant 1$ 的 $x$ 的取值范围是 $(\quad)$
A. $[-2,2]$
B. $[-1,1]$
C. $[0,4]$
D. $[1,3]$

解答：解: $\because$ 函数 $f(x)$ 为奇函数.

若 $f(1)=-1$, 则 $f(-1)=1$,

又 $\because$ 函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递减, $-1 \leqslant f(x-2) \leqslant 1$,

$\therefore f(1) \leqslant f(x-2) \leqslant f(-1)$

$\therefore-1 \leqslant x-2 \leqslant 1$

解得: $x \in[1,3]$,

故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)(1+x){ }^{6}$ 展开式中 $x^{2}$ 的系数为（ $)$
A. 15
B. 20
C. 30
D. 35

解答：解: $\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)(1+x)^{6}$ 展开式中:

若 $\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)=\left(1+x^{-2}\right)$ 提供常数项 1, 则 $(1+x)^{6}$ 提供含有 $x^{2}$ 的项, 可得展开 式中 $x^{2}$ 的系数:

若 $\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)$ 提供 $x^{-2}$ 项, 则 $(1+x)^{6}$ 提供含有 $x^{4}$ 的项, 可得展开式中 $x^{2}$ 的系数:

由 $(1+x) 6$ 通项公式可得 $\mathrm{C}_{6}^{r} \mathrm{x}^{\mathrm{r}}$. 可知 $r=2$ 时, 可得展开式中 $x^{2}$ 的系数为 $C_{6}^{2}=15$.

可知 $r=4$ 时, 可得展开式中 $x^{2}$ 的系数为 $C_{6}^{4}=15$.

$\left(1+\frac{1}{x^{2}}\right)(1+x)^{6}$ 展开式中 $x^{2}$ 的系数为: $15+15=30$.

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知曲线 $C_{1}: y=\cos x, C_{2}: y=\sin \left(2 x+\frac{2 \pi}{3}\right)$, 则下面结论正确的是（ )

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 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度, 得到曲线 $\mathrm{c}_{2}$

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 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度, 得到曲线 $\mathrm{C}_{2}$

C. 把 $\mathrm{C}_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 再把得到的曲线向 右平移 $\frac{\pi}{6}$ 个单位长度, 得到曲线 $C_{2}$

D. 把 $C_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 再把得到的曲线向 左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度, 得到曲线 $C_{2}$

解答：解: 把 $\mathrm{C}_{1}$ 上各点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 得到函数 $y=\cos 2 x$ 图象, 再把得到的曲线向左平移 $\frac{\pi}{12}$ 个单位长度, 得到函数 $y=\cos 2\left(x^{+}\right.$ $\left.\frac{\pi}{12}\right)=\cos \left(2 x+\frac{\pi}{6}\right)=\sin \left(2 x+\frac{2 \pi}{3}\right)$ 的图象, 即曲线 $C_{2}$,

故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：设 $x 、 y 、 z$ 为正数, 且 $2^{x}=3^{y}=5^{2}$, 则 ( )
A. $2 x<3 y<5 z$
B. $5 z<2 x<3 y$
C. $3 y<5 z<2 x$
D. $3 y<2 x<5 z$

解答：解: $x 、 y 、 z$ 为正数,

令 $2^{x}=3^{y}=5^{z}=k>1 . \quad \lg k>0$.

则 $x=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 2}, y=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 3}, z=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 5}$.

$\therefore 3 y=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg \sqrt[3]{3}}, 2 x=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg \sqrt{2}}, 5 \mathrm{z}=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg \sqrt[5]{5}}$.

$\because \sqrt[3]{3}=\sqrt[6]{9}>\sqrt[6]{8}=\sqrt{2}, \sqrt{2}=\sqrt[10]{32}>\sqrt[10]{25}=\sqrt[5]{5}$

$\therefore \lg \sqrt[3]{3}>\lg \sqrt{2}>\lg \sqrt[5]{5}>0$

$\therefore 3 y<2 x<5 z$.

另解： $x 、 y 、 z$ 为正数,

令 $2^{x}=3^{y}=5^{2}=k>1 . \quad \lg k>0$.

则 $x=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 2}, y=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 3}, z=\frac{\operatorname{lgk}}{\lg 5}$.

$\therefore \frac{2 x}{3 y}=\frac{2}{3} \times \frac{\lg 3}{\lg 2}=\frac{\lg 9}{\lg 8}>1$, 可得 $2 x>3 y$,

$\frac{5 z}{2 x}=\frac{5}{2} \times \frac{\lg 2}{\lg 5}=\frac{\lg 2^{5}}{\lg 5^{2}}>1$. 可得 $5 z>2 x$.

综上可得: $5 z>2 x>3 y$.

解法三: 对 $\mathrm{k}$ 取特殊值, 也可以比较出大小关系.

故选：D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：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 $1,1,2,1,2,4,1,2,4$, $8,1,2,4,8,16, \ldots$, 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 $\mathrm{N}$ 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

解答：解: 设该数列为 $\left\{a_{n}\right\}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{(n-1) n}}{2}+1+\ldots+\frac{a_{n(n+1)}}{2}=2^{n+1}-1, \quad\left(n \in N_{+}\right)$, 则 $\sum_{i=1}^{n} b_{i}=\sum_{i=1}^{\frac{n(n+1)}{2}} a_{i}$,

由题意可设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $N$ 项和为 $S_{N}$, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 则

$$
T_{n}=2^{1}-1+2^{2}-1+\ldots+2^{n+1}-1=2^{n+1}-n-2
$$

可知当 $N$ 为 $\frac{n(n+1)}{2}$ 时 $\left(n \in N_{+}\right)$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $N$ 项和为数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 即为 $2^{n+1}-n-2$,

容易得到 $N>100$ 时, $n \geqslant 14$,

A 项, 由 $\frac{29 \times 30}{2}=435,440=435+5$, 可知 $S_{440}=T_{29}+b_{5}=2^{30}-29-2+2^{5}-1=2^{30}$, 故 A 项符合题意.

$B$ 项, 仿上可知 $\frac{25 \times 26}{2}=325$, 可知 $S_{330}=T_{25}+b_{5}=2^{26}-25-2+2^{5}-1=2^{26+4}$, 显然不 为 2 的整数幂, 故 $B$ 项不符合题意.

$C$ 项, 仿上可知 $\frac{20 \times 21}{2}=210$, 可知 $S_{220}=T_{20}+b_{10}=2^{21}-20-2+2^{10}-1=2^{21}+2^{10}-23$, 显然不为 2 的整数幂, 故 C 项不符合题意. $\mathrm{D}$ 项, 仿上可知 $\frac{14 \times 15}{2}=105$, 可知 $\mathrm{S}_{110}=T_{14}+b_{5}=2^{15}-14-2^{+} 2^{5}-1=2^{15}+15$, 显然 不为 2 的整数幂, 故 $D$ 项不符合题意.

故选 A.

方法 二 : 由 题 意可 知 : 第一项, $\frac{2^{0}, 2^{1}}{\text { 第二项 }}, \frac{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}}{\text { 第三项 }}, \ldots$

$$
\frac{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \cdots, 2^{\mathrm{n}-1}}{\text { 第n项 }},
$$

根据等比数列前 $n$ 项和公式, 求得每项和分别为: $2^{1-} 1,2^{2-} 1,2^{3-} 1, \ldots, 2^{n_{-}} 1$

每项含有的项数为: $1,2,3, \ldots, n$,

总共的项数为 $\mathrm{N}=1+2+3+\ldots+n=\frac{(1+n) n}{2}$,

所有项数的和为 $S_{n}: 2^{1-} 1+2^{2}-1+2^{3}-1+\ldots+2^{n}-1=\left(2^{1}+2^{2}+2^{3}+\ldots+2^{n}\right)-n=$

$$
\frac{2\left(1-2^{n}\right)}{1-2}-n=2^{n+1}-2-n
$$

由题意可知: $2^{n+1}$ 为 2 的整数幂. 只需将 $-2-n$ 消去即可,

则(1) $1+2+(-2-n)=0$, 解得: $n=1$, 总共有 $\frac{(1+1) \times 1}{2}+2=3$, 不满足 $N>100$,

(2) $1+2+4+(-2-n)=0$, 解得: $n=5$, 总共有 $\frac{(1+5) \times 5}{2}+3=18$, 不满足 $N>100$,

(3) $1+2+4+8+(-2-n)=0$, 解得: $n=13$, 总共有 $\frac{(1+13) \times 13}{2}+4=95$, 不满足 $N>$ 100 ,

(4) $1+2+4+8+16+(-2-n)=0$, 解得: $n=29$, 总共有 $\frac{(1+29) \times 29}{2}+5=440$, 满足 $N$ $>100$

$\therefore$ 该款软件的激活码 440 .

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：1. $(5$ 分 $) \frac{3+i}{1+i}=(\quad)$
A. $1+2 i$
B. $1-2 i$
C. $2+i$
D. $2-\mathrm{i}$

解答：解 $: \frac{3+i}{1+i}=\frac{(3+i)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\frac{4-2 i}{2}=2-i$,

故选：D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设集合 $A=\{1,2,4\}, B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+m=0\right\}$. 若 $A \cap B=\{1\}$, 则 $B=(\quad)$
A. $\{1,-3\}$
B. $\{1,0\}$
C. $\{1,3\}$
D. $\{1,5\}$

解答：解：集合 $\mathrm{A}=\{1,2,4\}, B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+m=0\right\}$.

若 $A \cap B=\{1\}$, 则 $1 \in A$ 且 $1 \in B$, 可得 $1-4+m=0$, 解得 $m=3$,

即有 $B=\left\{x \mid x^{2}-4 x+3=0\right\}=\{1,3\}$.

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题: “远看巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十一, 请问尖头几盏灯? "意思是: 一座 7 层塔 共挂了 381 或灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍, 则塔的 顶层共有灯（）
A. 1 盏
B. 3 盏
C. 5 或
D. 9 或

解答：解：设塔顶的 $a_{1}$ 盏灯,

由题意 $\left\{a_{n}\right\}$ 是公比为 2 的等比数列,

$\therefore S_{7}=\frac{a_{1}\left(1-2^{7}\right)}{1-2}=381$,

解得 $\mathrm{a}_{1}=3$.

故选：B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：安排 3 名志愿者完成 4 项工作, 每人至少完成 1 项, 每项工作由 1 人完成, 则不同的安排方式共有（ $)$
A. 12 种
B. 18 种
C. 24 种
D. 36 种

解答：解： 4 项工作分成 3 组, 可得: $C_{4}^{2}=6$, 安排 3 名志愿者完成 4 项工作, 每人至少完成 1 项, 每项工作由 1 人完成, 可得： $6 \times \mathrm{A}_{3}^{3}=36$ 种.

故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩. 老师 说: 你们四人中有 2 位优秀, 2 位良好, 我现在给甲看乙、丙的成绩, 给乙 看丙的成绩, 给丁看甲的成绩. 看后甲对大家说: 我还是不知道我的成绩. 根据以上信息，则（ $)$
A. 乙可以知道四人的成绩
B. 丁可以知道四人的成绩
C. 乙、丁可以知道对方的成绩
D. 乙、丁可以知道自己的成绩

解答：解：四人所知只有自己看到, 老师所说及最后甲说话,

甲不知自己的成绩

$\rightarrow$ 乙丙必有一优一良, （若为两优, 甲会知道自己的成绩; 若是两良, 甲也会 知道自己的成绩)

$\rightarrow$ 乙看到了丙的成绩, 知自己的成绩

$\rightarrow$ 丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩,

给甲看乙丙成绩, 甲不知道自已的成绩, 说明乙丙一优一良, 假定乙丙都是优, 则甲是良, 假定乙丙都是良, 则甲是优, 那么甲就知道自已的成绩了. 给乙 看丙成绩, 乙没有说不知道自己的成绩, 假定丙是优, 则乙是良, 乙就知道 自己成绩. 给丁看甲成绩, 因为甲不知道自己成绩, 乙丙是一优一良, 则甲 丁也是一优一良, 丁看到甲成绩, 假定甲是优, 则丁是良, 丁肯定知道自已 的成绩了 故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线被圆 $(x-2)$ ${ }^{2}+y^{2}=4$ 所截得的弦长为 2 , 则 $C$ 的离心率为 ( )
A. 2
B. $\sqrt{3}$
C. $\sqrt{2}$
D. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$

解答：解 双曲线 $c: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线不妨为 $b x+a y=0$

圆 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$ 的圆心 $(2,0)$, 半径为: 2 ,

双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>0, b>0)$ 的一条渐近线被圆 $(x-2)^{2}+y^{2}=4$ 所截得 的弦长为 2 , 可得圆心到直线的距离为: $\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}=\frac{|2 b|}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$,

解得: $\frac{4 c^{2}-4 \mathrm{a}^{2}}{\mathrm{c}^{2}}=3$, 可得 $\mathrm{e}^{2}=4$, 即 $\mathrm{e}=2$.

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若 $x=-2$ 是函数 $f(x)=\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$ 的极值点, 则 $f(x)$ 的极 小值为 $(\quad)$
A. -1
B. $-2 e^{-3}$
C. $5 \mathrm{e}^{-3}$
D. 1

解答：解：函数 $f(x)=\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$,

可得 $f^{\prime}(x)=(2 x+a) e^{x-1+}\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$,

$x=-2$ 是函数 $f(x)=\left(x^{2}+a x-1\right) e^{x-1}$ 的极值点,

可得: $f^{\prime}(-2)=(-4+a) e^{-3}+(4-2 a-1) e^{-3}=0$, 即 $-4+a+(3-2 a)=0$.

解得 $a=-1$.

可得 $f^{\prime}(x)=(2 x-1) e^{x-1+}\left(x^{2}-x-1\right) e^{x-1}$,

$=\left(x^{2}+x-2\right) e^{x-1}$, 函数的极值点为: $x=-2, x=1$,

当 $x<-2$ 或 $x>1$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 函数是增函数, $x \in(-2,1 ）$ 时, 函数是减函 数,

$x=1$ 时, 函数取得极小值: $f(1)=\left(1^{2}-1-1\right) e^{1-1}=-1$.

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2}=1\right\}, B=\{(x, y) \mid y=x\}$, 则 $A \cap B$ 中元 素的个数为 $(\quad)$
A. 3
B. 2
C. 1
D. 0

解答：解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}=1 \\ y=x\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{\sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$,

$\therefore A \cap B$ 的元素的个数是 2 个,

故选: B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设复数 $z$ 满足 $(1+i) \quad z=2 i$, 则 $|z|=(\quad)$
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\sqrt{2}$
D. 2

解答：解: $\because(1+\mathrm{i}) \mathrm{z}=2 \mathrm{i}, \quad \therefore(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i}) \quad \mathrm{z}=2 \mathrm{i}(1-\mathrm{i}), \mathrm{z}=\mathrm{i}+1$.

则 $|z|=\sqrt{2}$.

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：$(\mathrm{x}+\mathrm{y})(2 \mathrm{x}-\mathrm{y})^{5}$ 的展开式中的 $x^{3} \mathrm{y}^{3}$ 系数为 $(\quad)$
A. -80
B. -40
C. 40
D. 80

解答：解: $(2 x-y)^{5}$ 的展开式的通项公式: $T_{r+1}=\left[_{5}^{r}(2 x)^{5-r}(-y)^{r}=2^{5-r}\right.$ $(-1){ }^{r}\left[{ }_{5}^{r} x^{5-r} y\right.$

令 $5-r=2, r=3$, 解得 $r=3$.

令 $5-r=3, r=2$, 解得 $r=2$.

$\therefore(x+y)(2 x-y)^{5}$ 的展开式中的 $x^{3} y^{3}$ 系数 $=2^{2} \times(-1)^{3}\left[_{5}^{3}+2^{3} \times 1 \times\left[_{5}^{2}=40\right.\right.$. 故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{\sqrt{5}}{2} x$, 且与椭圆 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 有公共焦点, 则 $C$ 的方程为 $(\quad)$
A. $\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{10}=1$
B. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$
C. $\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{4}=1$
D. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{3}=1$

解答：解: 椭圆 $\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的焦点坐标 $( \pm 3,0)$,

则双曲线的焦点坐标为 $( \pm 3,0)$, 可得 $c=3$,

双曲线 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>0, b>0)$ 的一条渐近线方程为 $y=\frac{\sqrt{5}}{2} x$, 可得 $\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, 即 $\frac{c^{2}-a^{2}}{a^{2}}=\frac{5}{4}$, 可得 $\frac{c}{a}=\frac{3}{2}$, 解得 $a=2, b=\sqrt{5}$,

所求的双曲线方程为: $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$.

故选: B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设函数 $f(x)=\cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$, 则下列结论错误的是 $(\quad)$
A. $f(x)$ 的一个周期为 $-2 \pi$
B. $y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{8 \pi}{3}$ 对称
C. $f(x+\pi)$ 的一个零点为 $x=\frac{\pi}{6}$
D. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$ 单调递减

解答：解: $A$. 函数的周期为 $2 k \pi$, 当 $k=-1$ 时, 周期 $T=-2 \pi$, 故 $A$ 正确,

B. 当 $x=\frac{8 \pi}{3}$ 时, $\cos \left(x+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \left(\frac{8 \pi}{3}+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \frac{9 \pi}{3}=\cos 3 \pi=-1$ 为最小 值, 此时 $y=f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{8 \pi}{3}$ 对称, 故 $B$ 正确,

C 当 $x=\frac{\pi}{6}$ 时, $f\left(\frac{\pi}{6}+\pi\right)=\cos \left(\frac{\pi}{6}+\pi+\frac{\pi}{3}\right)=\cos \frac{3 \pi}{2}=0$, 则 $f(x+\pi)$ 的一个 零点为 $x=\frac{\pi}{6}$, 故 $C$ 正确,

D. 当 $\frac{\pi}{2}<x<\pi$ 时, $\frac{5 \pi}{6}<x+\frac{\pi}{3}<\frac{4 \pi}{3}$, 此时函数 $f(x)$ 不是单调函数, 故 $D$ 错误,

故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 1, 公差不为 0 . 若 $a_{2}, a_{3}, a_{6}$ 成等比数列, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 前 6 项的和为 $(\quad)$
A. -24
B. -3
C. 3
D. 8

解答：解: $\because$ 等差数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的首项为 1, 公差不为 $0 . a_{2}, a_{3}, a_{6}$ 成等比数列, $\therefore \mathrm{a}_{3}^{2}=\mathrm{a}_{2} \cdot \mathrm{a}_{6}$

$\therefore\left(a_{1}+2 d\right)^{2}=\left(a_{1}+d\right) \quad\left(a_{1}+5 d\right)$, 且 $a_{1}=1, d \neq 0$,

解得 $d=-2$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 前 6 项的和为 $S_{6}=6 a_{1}+\frac{6 \times 5}{2} d=6 \times 1+\frac{6 \times 5}{2} \times(-2)=-24$.

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \quad(a>b>0)$ 的左、右顶点分别为 $A_{1}, A_{2}$, 且以线段 $A_{1} A_{2}$ 为直径的圆与直线 $b x-a y+2 a b=0$ 相切, 则 $C$ 的离心率为
A. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
D. $\frac{1}{3}$

解答：解: 以线段 $A_{1} A_{2}$ 为直径的圆与直线 $b x-a y+2 a b=0$ 相切, $\therefore$ 原点到直线的距离 $\frac{2 a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=a$, 化为: $a^{2}=3 b^{2}$.

$\therefore$ 椭圆 $\mathrm{C}$ 的离心率 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{1-\frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{a}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知函数 $f(x)=x^{2}-2 x+a\left(e^{x-1}+e^{-x+1}\right)$ 有唯一零点, 则 $a=(\quad)$
A. $\quad-\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1

解答：解: 因为 $f(x)=x^{2}-2 x+a\left(e^{x-1}+e^{-x+1}\right)=-1+(x-1)^{2}+a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ $=0$,

所以函数 $f(x)$ 有唯一零点等价于方程 $1-(x-1)^{2}=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 有唯一解, 等价于函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象与 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的图象只有一个交点.

(1)当 $a=0$ 时, $f(x)=x^{2}-2 x \geqslant-1$, 此时有两个零点, 矛盾;

(2)当 $a<0$ 时, 由于 $y=1-(x-1)^{2}$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递 减,

且 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递减, 所以函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象的最高点为 $A(1,1), y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的

图象的最高点为 $B(1,2 a)$,

由于 $2 a<0<1$, 此时函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象与 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的图象 有两个交点，矛盾;

(3)当 $a>0$ 时, 由于 $y=1-(x-1)^{2}$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递 减,

且 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递减、在 $(1,+\infty)$ 上递增,

所以函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象的最高点为 $A(1,1), y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的

图象的最低点为 $B(1,2 a)$,

由题可知点 $A$ 与点 $B$ 重合时满足条件, 即 $2 a=1$, 即 $a=\frac{1}{2}$, 符合条件;

综上所述, $a=\frac{1}{2}$,

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知集合 $A=\{x \mid x<2\}, B=\{x \mid 3-2 x>0\}$, 则（）
A. $A \cap B=\left\{x \mid x<\frac{3}{2}\right\}$
B. $A \cap B=\varnothing$
C. $A \cup B=\left\{\mathbf{x} \mid \mathbf{x}<\frac{3}{2}\right\}$
D. $A \cup B=R$

解答：解: $\because$ 集合 $A=\{x \mid x<2\}, B=\{x \mid 3-2 x>0\}=\left\{x \mid x<\frac{3}{2}\right\}$,

$\therefore A \cap B=\left\{x \mid x<\frac{3}{2}\right\}$, 故 A 正确, $B$ 错误;

$A \cup B=\{x|| x<2\}$, 故 C, D 错误;

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：为评估一种农作物的种植效果, 选了 $\mathrm{n}$ 块地作试验田. 这 $\mathrm{n}$ 块地的 亩产量 (单位: $\mathrm{kg}$ ) 分别是 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$, 下面给出的指标中可以用来评估 这种农作物亩产量稳定程度的是（ $)$
A. $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ 的平均数
B. $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 的标准差
C. $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}, \ldots, \mathrm{x}_{\mathrm{n}}$ 的最大值
D. $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 的中位数

解答：解: 在 $A$ 中, 平均数是表示一组数据集中趋势的量数, 它是反映数据集 中趋势的一项指标,

故 A 不可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度;

在 B 中, 标准差能反映一个数据集的离散程度, 故 B 可以用来评估这种农作物 亩产量稳定程度;

在 C 中, 最大值是一组数据最大的量, 故 C 不可以用来评估这种农作物亩产量稳 定程度；

在 D 中, 中位数将数据分成前半部分和后半部分, 用来代表一组数据的“中等水 平",

故 D 不可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度.

故选: B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：下列各式的运算结果为纯虚数的是（ ）
A. $i(1+i)^{2}$
B. $i^{2}(1-i)$
C. $(1+\mathrm{i})^{2}$
D. $i(1+i)$

解答：解: A. $i(1+i)^{2}=i \cdot 2 i=-2$, 是实数.

B. $i^{2}(1-i)=-1+i$, 不是纯虚数.

C. $(1+i)^{2}=2 i$ 为纯虚数.

D. $i(1+i)=i-1$ 不是纯虚数.

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\sin B+\sin A$ ( $\sin C-\cos C)=0, a=2, \quad c=\sqrt{2}$, 则 $C=(\quad)$
A. $\frac{\pi}{12}$
B. $\frac{\pi}{6}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{3}$

解答：解: $\sin B=\sin (A+C)=\sin A \cos C+\cos A \sin C$,

$\because \sin B+\sin A(\sin C-\cos C)=0$,

$\therefore \sin A \cos C+\cos A \sin C+\sin A \sin C-\sin A \cos C=0$,

$\therefore \cos A \sin C+\sin A \sin C=0$, $\because \sin C \neq 0$

$\therefore \cos A=-\sin A$,

$\therefore \tan A=-1$,

$\because \frac{\pi}{2}<A<\pi$

$\therefore A=\frac{3 \pi}{4}$

由正弦定理可得 $\frac{c}{\sin C}=\frac{a}{\sin \mathrm{A}}$ ，

$\therefore \sin C=\frac{c \sin A}{a}$,

$\because a=2, c=\sqrt{2}$,

$\therefore \sin C=\frac{\operatorname{csin} A}{a}=\frac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{1}{2}$,

$\because a>c$

$\therefore C=\frac{\pi}{6}$

故选：B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设集合 $A=\{1,2,3\}, B=\{2,3,4\}$, 则 $A \cup B=（ ）$
A. $\{1,2,3,4\}$
B. $\{1,2,3\}$
C. $\{2,3,4\}$
D. $\{1,3,4\}$

解答：解: $\because A=\{1,2,3\}, B=\{2,3,4\}$,

$\therefore A \cup B=\{1,2,3,4\}$

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：2. $(5$ 分 $)(1+i)(2+i)=(\quad)$
A. $1-\mathrm{i}$
B. $1+3 i$
C. $3+i$
D. $3+3 i$

解答：解: 原式 $=2-1+3 i=1+3 i$.

故选: B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的最小正周期为（ $)$
A. $4 \pi$
B. $2 \pi$
C. $\pi$
D. $\frac{\pi}{2}$

解答：解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\sin \left(2 x+\frac{\pi}{3}\right)$ 的最小正周期为: $\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设非零向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|$ 则（）
A. $\vec{a} \perp \vec{b}$
B. $|\overrightarrow{\mathrm{a}}|=|\overrightarrow{\mathrm{b}}|$
C. $\vec{a} / / \vec{b}$
D. $|\vec{a}|>|\vec{b}|$

解答：解: $\because$ 非零向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}+\vec{b}|=|\vec{a}-\vec{b}|$,

$\therefore(\vec{a}+\vec{b})^{2}=(\vec{a}-\vec{b})^{2}$

$\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}+2 \overrightarrow{a b}=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-2 \overrightarrow{a b}$

$4 \overrightarrow{\mathrm{a}} \vec{b}=0$

解得 $\vec{a} \cdot \vec{b}=0$,

$\therefore \vec{a} \perp \vec{b}$

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：若 $a>1$, 则双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1$ 的离心率的取值范围是（ ）
A. $(\sqrt{2},+\infty)$
B. $(\sqrt{2}, 2)$
C. $(1, \sqrt{2})$
D. $(1,2)$

解答：解 $a>1$, 则双曲线 $\frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1$ 的离心率为 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{1+a^{2}}}{a}=\sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}} \in(1, \sqrt{2}$ ).

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：函数 $f(x)=\ln \left(x^{2}-2 x-8 ）\right.$ 的单调递增区间是（ $)$
A. $(-\infty,-2)$
B. $(-\infty,-1)$
C. $(1,+\infty)$
D. $(4,+\infty)$

解答：解: 由 $x^{2}-2 x-8>0$ 得: $x \in(-\infty,-2) \cup(4,+\infty)$,

令 $t=x^{2}-2 x-8$, 则 $y=\ln t$,

$\because x \in(-\infty,-2)$ 时, $t=x^{2}-2 x-8$ 为减函数;

$x \in(4,+\infty)$ 时, $t=x^{2}-2 x-8$ 为增函数;

$y=\operatorname{lnt}$ 为增函数

故函数 $f(x)=\ln \left(x^{2}-2 x-8\right)$ 的单调递增区间是 $(4,+\infty)$,

故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩. 老师 说: 你们四人中有 2 位优秀, 2 位良好, 我现在给甲看乙、丙的成绩, 给乙看 丙的成绩, 给丁看甲的成绩. 看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩. 根 据以上信息，则（）
A. 乙可以知道四人的成绩
B. 丁可以知道四人的成绩
C. 乙、丁可以知道对方的成绩
D. 乙、丁可以知道自己的成绩

解答：解：四人所知只有自己看到, 老师所说及最后甲说话,

甲不知自己的成绩

$\rightarrow$ 乙丙必有一优一良, （若为两优, 甲会知道自己的成绩; 若是两良, 甲也会知 道自己的成绩)

$\rightarrow$ 乙看到了丙的成绩, 知自己的成绩

$\rightarrow$ 丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩，

给甲看乙丙成绩, 甲不知道自已的成绩, 说明乙丙一优一良, 假定乙丙都是优, 则甲是良, 假定乙丙都是良, 则甲是优, 那么甲就知道自已的成绩了. 给乙 看丙成绩, 乙没有说不知道自已的成绩, 假定丙是优, 则乙是良, 乙就知道 自己成绩. 给丁看甲成绩, 因为甲不知道自己成绩, 乙丙是一优一良, 则甲 丁也是一优一良, 丁看到甲成绩, 假定甲是优, 则丁是良, 丁肯定知道自已 的成绩了

故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：从分别写有 $1,2,3,4,5$ 的 5 张卡片中随机抽取 1 张, 放回后再 随机抽取 1 张, 则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（
A. $\frac{1}{10}$
B. $\frac{1}{5}$
C. $\frac{3}{10}$
D. $\frac{2}{5}$

解答：解: 从分别写有 $1,2,3,4,5$ 的 5 张卡片中随机抽取 1 张, 放回后再 随机抽取 1 张,

基本事件总数 $n=5 \times 5=25$,

抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有:

$(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1)$,

$(5,2),(5,3),(5,4)$,

共有 $m=10$ 个基本事件,

$\therefore$ 抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率 $p=\frac{10}{25}=\frac{2}{5}$.

故选: D.

答案：D

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：过抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$, 且斜率为 $\sqrt{3}$ 的直线交 $C$ 于点 $M(M$ 在 $x$ 轴上方), 1 为 $C$ 的准线, 点 $N$ 在 $I$ 上, 且 $M N \perp 1$, 则 $M$ 到直线 $N F$ 的距 离为 $(\quad)$
A. $\sqrt{5}$
B. $2 \sqrt{2}$
C. $2 \sqrt{3}$
D. $3 \sqrt{3}$

解答：解 抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点 $F(1,0)$, 且斜率为 $\sqrt{3}$ 的直线 $y=\sqrt{3}(x-1$ )

过抛物线 $C: y^{2}=4 x$ 的焦点 $F$, 且斜率为 $\sqrt{3}$ 的直线交 $C$ 于点 $M(M$ 在 $x$ 轴上方),

I

可知: $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=4 x \\ y=\sqrt{3}(x-1)\end{array}\right.$, 解得 $M(3,2 \sqrt{3})$.

可得 $N(-1,2 \sqrt{3}), N F$ 的方程为: $y=-\sqrt{3}(x-1)$, 即 $\sqrt{3} x+y-\sqrt{3}=0$,

则 $M$ 到直线 NF 的距离为: $\frac{|3 \sqrt{3}+2 \sqrt{3}-\sqrt{3}|}{\sqrt{3+1}}=2 \sqrt{3}$.

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知集合 $A=\{1,2,3,4\}, B=\{2,4,6,8\}$, 则 $A \cap B$ 中元素的个 数为 ( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

解答：解: $\because$ 集合 $A=\{1,2,3,4\}, B=\{2,4,6,8\}$,

$\therefore A \cap B=\{2,4\}$

$\therefore A \cap B$ 中元素的个数为 2 .

故选: B.

答案：B

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：复平面内表示复数 $\mathrm{z}=\mathrm{i}(-2+\mathrm{i})$ 的点位于 $(\quad)$
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限

解答：解: $z=i(-2+i)=-2 i-1$ 对应的点 $(-1,-2)$ 位于第三象限.

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知 $\sin a-\cos a=\frac{4}{3}$, 则 $\sin 2 a=(\quad)$
A. $-\frac{7}{9}$
B. $-\frac{2}{9}$
C. $\frac{2}{9}$
D. $\frac{7}{9}$

解答：解: $\because \sin a-\cos a=\frac{4}{3}$,

$\therefore \quad(\sin a-\cos a)^{2}=1-2 \sin a \cos a=1-\sin 2 a=\frac{16}{9}$,

$\therefore \sin 2 a=-\frac{7}{9}$

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：函数 $f(x)=\frac{1}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)$ 的最大值为 $($ )
A. $\frac{6}{5}$
B. 1
C. $\frac{3}{5}$
D. $\frac{1}{5}$

解答：解：函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\frac{1}{5} \sin \left(\mathrm{x}+\frac{\pi}{3}\right)+\cos \left(x-\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\cos$ $\left(-x+\frac{\pi}{6}\right)=\frac{1}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ $=\frac{6}{5} \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right) \leqslant \frac{6}{5}$.

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知椭圆 C: $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右顶点分别为 $A_{1}, A_{2}$, 且以线段 $A_{1} A_{2}$ 为直径的圆与直线 $b x-a y+2 a b=0$ 相切, 则 $C$ 的离心率为
A. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
D. $\frac{1}{3}$

解答：解: 以线段 $A_{1} A_{2}$ 为直径的圆与直线 $b x-a y+2 a b=0$ 相切,

$\therefore$ 原点到直线的距离 $\frac{2 a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=a$, 化为: $a^{2}=3 b^{2}$.

$\therefore$ 椭圆 $\mathrm{C}$ 的离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

故选: A.

答案：A

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知函数 $f(x)=x^{2}-2 x+a\left(e^{x-1}+e^{-x+1}\right)$ 有唯一零点, 则 $a=(\quad)$
A. $-\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1

\section{

解答：解: 因为 $f(x)=x^{2}-2 x+a\left(e^{x-1}+e^{-x+1}\right)=-1+(x-1)^{2}+a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ $=0$,

所以函数 $f(x)$ 有唯一零点等价于方程 $1-(x-1)^{2}=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 有唯一解, 等价于函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象与 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的图象只有一个交点.

(1)当 $a=0$ 时, $f(x)=x^{2}-2 x \geqslant-1$, 此时有两个零点, 矛盾;

(2)当 $a<0$ 时, 由于 $y=1-(x-1)^{2}$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递 减 且 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递减,

所以函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象的最高点为 $A(1,1), y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的

图象的最高点为 $B(1,2 a)$,

由于 $2 a<0<1$, 此时函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象与 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的图象 有两个交点,矛盾;

(3)当 $a>0$ 时, 由于 $y=1-(x-1)^{2}$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递增、在 $(1,+\infty)$ 上递 减

且 $y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上递减、在 $(1,+\infty)$ 上递增，

所以函数 $y=1-(x-1)^{2}$ 的图象的最高点为 $A(1,1), y=a\left(e^{x-1}+\frac{1}{e^{x-1}}\right)$ 的

图象的最低点为 $B(1,2 a)$,

由题可知点 $A$ 与点 $B$ 重合时满足条件, 即 $2 a=1$, 即 $a=\frac{1}{2}$, 符合条件;

综上所述, $a=\frac{1}{2}$,

故选: C.

答案：C

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\triangle A B C$ 的面积 为 $\frac{a^{2}}{3 \sin A}$.

(1) 求 $\sin B \sin C ;$

(2) 若 $6 \cos B \cos C=1, a=3$, 求 $\triangle A B C$ 的周长.

解答：(1）根据三角形面积公式和正弦定理可得答案,

(2) 根据两角余弦公式可得 $\cos A=\frac{1}{2}$, 即可求出 $A=\frac{\pi}{3}$, 再根据正弦定理可得 $b c=8$ , 根据余弦定理即可求出 $b+c$, 问题得以解决.

解: (1) 由三角形的面积公式可得 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a \operatorname{acsin} B=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$,

$\therefore 3 c \sin B \sin A=2 a$,

由正弦定理可得 $3 \sin C \sin B \sin A=2 \sin A$,

$\because \sin A \neq 0$,

$\therefore \sin B \sin C=\frac{2}{3}$;

(2) $\because 6 \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=1$,

$\therefore \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=\frac{1}{6}$,

$\therefore \cos B \cos C-\sin B \sin C=\frac{1}{6}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}$,

$\therefore \cos (\mathrm{B}+\mathrm{C})=-\frac{1}{2}$,

$\therefore \cos A=\frac{1}{2}$,

$\because 0<\mathrm{A}<\pi$,

$\therefore A=\frac{\pi}{3}$

$\because \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore \sin B \sin C=\frac{b}{2 R} \cdot \frac{c}{2 R}=\frac{b c}{(2 \sqrt{3})^{2}}=\frac{b c}{12}=\frac{2}{3}$, $\therefore b c=8$

$\because a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

$\therefore b^{2}+c^{2}-b c=9$,

$\therefore(b+c)^{2}=9+3 c b=9+24=33$,

$\therefore b+c=\sqrt{33}$

$\therefore$ 周长 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=3+\sqrt{33}$.

答案：解: (1) 由三角形的面积公式可得 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a \operatorname{acsin} B=\frac{a^{2}}{3 \sin A}$,

$\therefore 3 c \sin B \sin A=2 a$,

由正弦定理可得 $3 \sin C \sin B \sin A=2 \sin A$,

$\because \sin A \neq 0$,

$\therefore \sin B \sin C=\frac{2}{3}$;

(2) $\because 6 \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=1$,

$\therefore \cos \mathrm{B} \cos \mathrm{C}=\frac{1}{6}$,

$\therefore \cos B \cos C-\sin B \sin C=\frac{1}{6}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{2}$,

$\therefore \cos (\mathrm{B}+\mathrm{C})=-\frac{1}{2}$,

$\therefore \cos A=\frac{1}{2}$,

$\because 0<\mathrm{A}<\pi$,

$\therefore A=\frac{\pi}{3}$

$\because \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2 R=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore \sin B \sin C=\frac{b}{2 R} \cdot \frac{c}{2 R}=\frac{b c}{(2 \sqrt{3})^{2}}=\frac{b c}{12}=\frac{2}{3}$, $\therefore b c=8$

$\because a^{2}=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos A$,

$\therefore b^{2}+c^{2}-b c=9$,

$\therefore(b+c)^{2}=9+3 c b=9+24=33$,

$\therefore b+c=\sqrt{33}$

$\therefore$ 周长 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=3+\sqrt{33}$.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：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 $\mathrm{cm}$ ）. 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 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right.$ ) .

（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（ $\mu-3 \sigma$ $, \mu+3 \sigma)$ 之外的零件数, 求 $P(X \geqslant 1)$ 及 $X$ 的数学期望;

（2）一天内抽检零件中, 如果出现了尺寸在（ $\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 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:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 9.95 & 10.12 & 9.96 & 9.96 & 10.01 & 9.92 & 9.98 & 10.04 \\
\hline 10.26 & 9.91 & 10.13 & 10.02 & 9.22 & 10.04 & 10.05 & 9.95 \\
\hline
\end{tabular}

经计算得 $\bar{x}=\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16} x_{i}=9.97, s=\sqrt{\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{16}\left(\sum_{i=1}^{16} x_{i}{ }^{2}-16 \bar{x}^{2}\right)} \approx 0.212$, 其中 $x_{i}$ 为抽取的第 $i$ 个零件的尺寸, $i=1,2, \ldots, 16$.

用样本平均数 $\bar{x}$ 作为 $\mu$ 的估计值 $\mu$, 用样本标准差 $s$ 作为 $\sigma$ 的估计值 $\sigma$, 利用估 计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之 外的数据, 用剩下的数据估计 $\mu$ 和 $\sigma$ （精确到 0.01 ）.

附: 若随机变量 $Z$ 服从正态分布 $N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$, 则 $P(\mu-3 \sigma<Z<\mu+3 \sigma)=0.9974$, $0.9974^{16} \approx 0.9592, \sqrt{0.008} \approx 0.09$

解答：(1) 通过 $P(X=0)$ 可求出 $P(X \geqslant 1)=1-P(X=0)=0.0408$, 利用二项 分布的期望公式计算可得结论;

（2）（i ）由（1）及知落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外为小概率事件可知该监控生 产过程方法合理;

(ii ) 通过样本平均数 $\bar{x}$ 、样本标准差 s估计 $\mu 、 \sigma$ 可知 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ $=(9.334,10.606)$, 进而需剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的数据 9.22, 利 用公式计算即得结论.

解：（1）由题可知尺寸落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之内的概率为 0.9974 ,

则落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的概率为 $1-0.9974=0.0026$,

因为 $P(X=0)=C_{16}^{0} \times(1-0.9974){ }^{0} \times 0.9974^{16} \approx 0.9592$,

所以 $P(X \geqslant 1)=1-P(X=0)=0.0408$,

又因为 $X \sim B(16,0.0026)$,

所以 $E(X)=16 \times 0.0026=0.0416$;

（2）（i ) 如果生产状态正常, 一个零件尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的 概率只有 0.0026 , 一天内抽取的 16 个零件中, 出现尺寸在 $\left(\mu-3 \sigma, \mu^{-} \mu^{+3}\right.$ G）之外的零件的概率只有 0.0408 , 发生的概率很小. 因此一旦发生这种状 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 $\bar{x}=9.97, s \approx 0.212$, 得 $\mu$ 的估计值为 $\mu=9.97, \sigma$ 的估计值为 $\sigma=0.212$, 由样本数据可以看出一个

零件的尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外, 因此需对当天的生产过程进行检查.

剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma ）$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的平均数为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$

因此 $\mu$ 的估计值为 10.02 .

$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2} \approx 1591.134$

剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right) \approx 0.008$,

因此 $\sigma$ 的估计值为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.

答案：解：（1）由题可知尺寸落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之内的概率为 0.9974 ,

则落在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的概率为 $1-0.9974=0.0026$,

因为 $P(X=0)=C_{16}^{0} \times(1-0.9974){ }^{0} \times 0.9974^{16} \approx 0.9592$,

所以 $P(X \geqslant 1)=1-P(X=0)=0.0408$,

又因为 $X \sim B(16,0.0026)$,

所以 $E(X)=16 \times 0.0026=0.0416$;

（2）（i ) 如果生产状态正常, 一个零件尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的 概率只有 0.0026 , 一天内抽取的 16 个零件中, 出现尺寸在 $\left(\mu-3 \sigma, \mu^{-} \mu^{+3}\right.$ G）之外的零件的概率只有 0.0408 , 发生的概率很小. 因此一旦发生这种状 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 $\bar{x}=9.97, s \approx 0.212$, 得 $\mu$ 的估计值为 $\mu=9.97, \sigma$ 的估计值为 $\sigma=0.212$, 由样本数据可以看出一个

零件的尺寸在 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外, 因此需对当天的生产过程进行检查.

剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma ）$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的平均数为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$

因此 $\mu$ 的估计值为 10.02 .

$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2} \approx 1591.134$

剔除 $(\mu-3 \sigma, \mu+3 \sigma)$ 之外的数据 9.22 , 剩下的数据的样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right) \approx 0.008$,

因此 $\sigma$ 的估计值为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 四点 $P_{1}(1,1), P_{2}(0,1$ ), $P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 中恰有三点在椭圆 $C$ 上.

(1) 求 C 的方程;

(2) 设直线 $I$ 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: 1 过定点.

解答：（1）根据椭圆的对称性, 得到 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}(1$, $\left.\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 三点在椭圆 $C$ 上. 把 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 代入椭圆 $C$, 求出 $a^{2}=4$ ,$b^{2}=1$, 由此能求出椭圆 $C$ 的方程. (2) 当斜率不存在时, 不满足; 当斜率存在时, 设 $\mathrm{l}: \mathrm{y}=\mathrm{kx}+\mathrm{t}, \quad(\mathrm{t} \neq 1)$, 联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+t \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k t x+4 t^{2}-4=0$, 由此利用根的判别式、丰达定 理、直线方程, 结合已知条件能证明直线 I过定点（2, - $1 ）$.

解： （1）根据椭圆的对称性, $P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 两点必在 椭圆 C上,

又 $P_{4}$ 的横坐标为 $1, \therefore$ 椭圆必不过 $P_{1}(1,1)$,

$\therefore P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 三点在椭圆 $C$ 上.

把 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 代入椭圆 $C$, 得:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{b^{2}}=1 \\ \frac{1}{a^{2}}+\frac{3}{4 b^{2}}=1\end{array}\right.$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=1$,

$\therefore$ 椭圆 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.

证明: (2) (1)当斜率不存在时, 设 $\mathrm{l}: \mathrm{x}=\mathrm{m}, \mathrm{A}\left(\mathrm{m}, \mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right), B\left(\mathrm{~m},-\mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right)$,

$\because$ 直线 $P_{2} A$ 与直线 $P_{2} B$ 的斜率的和为 -1 ,

$\therefore k_{P_{2} \mathrm{~A}}+k_{P_{2} \mathrm{~B}}=\frac{y_{\dot{A}}-1}{m}+\frac{-y_{\dot{A}}-1}{m}=\frac{-2}{m}=-1$,

解得 $m=2$, 此时 1 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 $1: y=k x+t,(t \neq 1), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+t \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$ ，整理, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k t x+4 t^{2}-4=0$,

$x_{1}+x_{2}=\frac{-8 k t}{1+4 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}$

则 $k_{P_{2} A}+k_{P_{2}}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}}=\frac{x_{2}\left(k_{1}+t\right)-x_{2}+x_{1}\left(k_{2}+t\right)-x_{1}}{x_{1} x_{2}}$ $=\frac{\frac{8 k t^{2}-8 k-8 k t^{2}+8 k t}{1+4 k^{2}}}{\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}}=\frac{8 k(t-1)}{4(t+1)(t-1)}=-1, \quad 又 t \neq 1$,

$\therefore t=-2 k-1$, 此时 $\triangle=-64 k$, 存在 $k$, 使得 $\triangle>0$ 成立,

$\therefore$ 直线 I 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}-2 \mathrm{k}-1$,

当 $x=2$ 时, $y=-1$,

$\therefore 1$ 过定点 (2, - 1).

答案：解： （1）根据椭圆的对称性, $P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 两点必在 椭圆 C上,

又 $P_{4}$ 的横坐标为 $1, \therefore$ 椭圆必不过 $P_{1}(1,1)$,

$\therefore P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), P_{4}\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 三点在椭圆 $C$ 上.

把 $P_{2}(0,1), P_{3}\left(-1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 代入椭圆 $C$, 得:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{b^{2}}=1 \\ \frac{1}{a^{2}}+\frac{3}{4 b^{2}}=1\end{array}\right.$, 解得 $a^{2}=4, b^{2}=1$,

$\therefore$ 椭圆 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.

证明: (2) (1)当斜率不存在时, 设 $\mathrm{l}: \mathrm{x}=\mathrm{m}, \mathrm{A}\left(\mathrm{m}, \mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right), B\left(\mathrm{~m},-\mathrm{y}_{\mathrm{A}}\right)$,

$\because$ 直线 $P_{2} A$ 与直线 $P_{2} B$ 的斜率的和为 -1 ,

$\therefore k_{P_{2} \mathrm{~A}}+k_{P_{2} \mathrm{~B}}=\frac{y_{\dot{A}}-1}{m}+\frac{-y_{\dot{A}}-1}{m}=\frac{-2}{m}=-1$,

解得 $m=2$, 此时 1 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 $1: y=k x+t,(t \neq 1), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+t \\ x^{2}+4 y^{2}-4=0\end{array}\right.$ ，整理, 得 $\left(1+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k t x+4 t^{2}-4=0$,

$x_{1}+x_{2}=\frac{-8 k t}{1+4 k^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}$

则 $k_{P_{2} A}+k_{P_{2}}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}}=\frac{x_{2}\left(k_{1}+t\right)-x_{2}+x_{1}\left(k_{2}+t\right)-x_{1}}{x_{1} x_{2}}$ $=\frac{\frac{8 k t^{2}-8 k-8 k t^{2}+8 k t}{1+4 k^{2}}}{\frac{4 t^{2}-4}{1+4 k^{2}}}=\frac{8 k(t-1)}{4(t+1)(t-1)}=-1, \quad 又 t \neq 1$,

$\therefore t=-2 k-1$, 此时 $\triangle=-64 k$, 存在 $k$, 使得 $\triangle>0$ 成立,

$\therefore$ 直线 I 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}-2 \mathrm{k}-1$,

当 $x=2$ 时, $y=-1$,

$\therefore 1$ 过定点 (2, - 1).

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$.

（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.

解答：(1）求导, 根据导数与函数单调性的关系, 分类讨论, 即可求得 $f(x)$ 单调性;

（2）由（1）可知: 当 $a>0$ 时才有两个零点, 根据函数的单调性求得 $f(x)$ 最 小值, 由 $f(x)_{\min }<0, g(a)=a l_{n} a+a-1, a>0$, 求导, 由 $g(a)_{\min }=g\left(e^{-2}\right.$ )$=\mathrm{e}^{-2} \ln \mathrm{n}^{-2}+\mathrm{e}^{-2}-1=-\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}-1, \mathrm{~g}(1)=0$, 即可求得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

（1）求导, 根据导数与函数单调性的关系, 分类讨论, 即可求得 $f(x)$ 单调性;

（2）分类讨论, 根据函数的单调性及函数零点的判断, 分别求得函数的零点, 即可求得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

解 （1）由 $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-1$ 当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x+1}\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\ln \frac{1}{a}$,

当 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得: $x>\ln \frac{1}{a}$,

当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<\ln \frac{1}{a}$,

$\therefore x \in\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 单调递增;

当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立,

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,

当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数;

(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,

当 $a>0$ 时, $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$,

当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $e^{2 x} \rightarrow 0, e^{x} \rightarrow 0$,

$\therefore$ 当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $f(x) \rightarrow+\infty$,

当 $x \rightarrow \infty, e^{2 x} \rightarrow+\infty$, 且远远大于 $e^{x}$ 和 $x$,

$\therefore$ 当 $x \rightarrow \infty, f(x) \rightarrow+\infty$,

$\therefore$ 函数有两个零点, $f(x)$ 的最小值小于 0 即可,

由 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数,

$\therefore f(x)_{\min }=f\left(\ln \frac{1}{a}\right)=a \times\left(\frac{1}{a^{2}}\right)+(a-2) \times \frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$,

$\therefore 1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$, 即 $\ln \frac{1}{a}+\frac{1}{a}-1>0$,

设 $t=\frac{1}{a}$, 则 $g(t)=\ln t+t-1, \quad(t>0)$,

求导 $g^{\prime}(t)=\frac{1}{t}+1$, 由 $g(1)=0$, $\therefore t=\frac{1}{a}>1$, 解得: $0<a<1$,

$\therefore a$ 的取值范围 $(0,1)$.

方法二: (1) 由 $f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-1$

当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x}+1\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\ln a$,

当 $f^{\prime}(x)>0$, 解得: $x>-\ln a$,

当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<-\ln a$,

$\therefore x \in(-\infty,-\ln a)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in(-\ln a,+\infty)$ 单调递增;

当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立，

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,

当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 是减函数, 在 $(-\ln a,+\infty)$ 是增函数;

(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,

(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可知 当 $x=-\ln a$ 时, $f(x)$ 取得最小值, $f(x){ }_{\min }=f(-\ln a$

$$
=1-\frac{1}{\mathrm{a}}-\ln \frac{1}{\mathrm{a}}
$$

当 $a=1$, 时, $f(-\ln a)=0$, 故 $f(x)$ 只有一个零点,

当 $a \in(1,+\infty)$ 时, 由 $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}>0$, 即 $f(-\ln a)>0$,

故 $f(x)$ 没有零点,

当 $a \in(0,1)$ 时, $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0, f(-\ln a)<0$,

由 $f(-2)=a e^{-4+}(a-2) e^{-2+2}>-2 e^{-2}+2>0$,

故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 有一个零点, 假设存在正整数 $n_{0}$, 满足 $n_{0}>\ln \left(\frac{3}{a}-1\right)$, 则 $f\left(n_{0}\right)=e^{n_{0}}\left(a_{e}{ }^{n_{0}+a-} 2\right)-n_{0}>$ $e^{n_{0-} n_{0}>2^{n_{0}-} n_{0}>0}$

由 $\ln \left(\frac{3}{\mathrm{a}}-1\right)>-\ln a$,

因此在 $(-\ln a,+\infty)$ 有一个零点.

$\therefore a$ 的取值范围 ( $0,1 ）$.

答案：解 （1）由 $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-1$ 当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x+1}\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\ln \frac{1}{a}$,

当 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得: $x>\ln \frac{1}{a}$,

当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<\ln \frac{1}{a}$,

$\therefore x \in\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 单调递增;

当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立,

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,

当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数;

(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,

当 $a>0$ 时, $f(x)=a e^{2 x+}(a-2) e^{x}-x$,

当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $e^{2 x} \rightarrow 0, e^{x} \rightarrow 0$,

$\therefore$ 当 $x \rightarrow-\infty$ 时, $f(x) \rightarrow+\infty$,

当 $x \rightarrow \infty, e^{2 x} \rightarrow+\infty$, 且远远大于 $e^{x}$ 和 $x$,

$\therefore$ 当 $x \rightarrow \infty, f(x) \rightarrow+\infty$,

$\therefore$ 函数有两个零点, $f(x)$ 的最小值小于 0 即可,

由 $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \frac{1}{a}\right)$ 是减函数, 在 $\left(\ln \frac{1}{a},+\infty\right)$ 是增函数,

$\therefore f(x)_{\min }=f\left(\ln \frac{1}{a}\right)=a \times\left(\frac{1}{a^{2}}\right)+(a-2) \times \frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$,

$\therefore 1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0$, 即 $\ln \frac{1}{a}+\frac{1}{a}-1>0$,

设 $t=\frac{1}{a}$, 则 $g(t)=\ln t+t-1, \quad(t>0)$,

求导 $g^{\prime}(t)=\frac{1}{t}+1$, 由 $g(1)=0$, $\therefore t=\frac{1}{a}>1$, 解得: $0<a<1$,

$\therefore a$ 的取值范围 $(0,1)$.

方法二: (1) 由 $f(x)=a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-x$, 求导 $f^{\prime}(x)=2 a e^{2 x}+(a-2) e^{x}-1$

当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=-2 e^{x}-1<0$,

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

当 $a>0$ 时, $f^{\prime}(x)=\left(2 e^{x}+1\right)\left(a e^{x}-1\right)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right)\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\ln a$,

当 $f^{\prime}(x)>0$, 解得: $x>-\ln a$,

当 $f^{\prime}(x)<0$, 解得: $x<-\ln a$,

$\therefore x \in(-\infty,-\ln a)$ 时, $f(x)$ 单调递减, $x \in(-\ln a,+\infty)$ 单调递增;

当 $a<0$ 时, $f^{\prime}(x)=2 a\left(e^{x}+\frac{1}{2}\right) \quad\left(e^{x}-\frac{1}{a}\right)<0$, 恒成立，

$\therefore$ 当 $x \in R, f(x)$ 单调递减,

综上可知: 当 $a \leqslant 0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 单调减函数,

当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 是减函数, 在 $(-\ln a,+\infty)$ 是增函数;

(2) (1)若 $a \leqslant 0$ 时, 由（1）可知: $f(x)$ 最多有一个零点,

(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可知 当 $x=-\ln a$ 时, $f(x)$ 取得最小值, $f(x){ }_{\min }=f(-\ln a$

$$
=1-\frac{1}{\mathrm{a}}-\ln \frac{1}{\mathrm{a}}
$$

当 $a=1$, 时, $f(-\ln a)=0$, 故 $f(x)$ 只有一个零点,

当 $a \in(1,+\infty)$ 时, 由 $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}>0$, 即 $f(-\ln a)>0$,

故 $f(x)$ 没有零点,

当 $a \in(0,1)$ 时, $1-\frac{1}{a}-\ln \frac{1}{a}<0, f(-\ln a)<0$,

由 $f(-2)=a e^{-4+}(a-2) e^{-2+2}>-2 e^{-2}+2>0$,

故 $f(x)$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 有一个零点, 假设存在正整数 $n_{0}$, 满足 $n_{0}>\ln \left(\frac{3}{a}-1\right)$, 则 $f\left(n_{0}\right)=e^{n_{0}}\left(a_{e}{ }^{n_{0}+a-} 2\right)-n_{0}>$ $e^{n_{0-} n_{0}>2^{n_{0}-} n_{0}>0}$

由 $\ln \left(\frac{3}{\mathrm{a}}-1\right)>-\ln a$,

因此在 $(-\ln a,+\infty)$ 有一个零点.

$\therefore a$ 的取值范围 ( $0,1 ）$.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$, 数）, 直线 I 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{a}+4 \mathrm{t} \\ \mathrm{y}=1-\mathrm{t}\end{array},(\mathrm{t}\right.$ 为参数）.

(1) 若 $a=-1$, 求 $C$ 与 $\mid$ 的交点坐标;

(2) 若 $\mathrm{C}$ 上的点到 $I$ 距离的最大值为 $\sqrt{17}$, 求 $a$.

解答：(1) 将曲线 C 的参数方程化为标准方程, 直线 I 的参数方程化为一般 方程，联立两方程可以求得焦点坐标;

(2) 曲线 C上的点可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$, 运用点到直线 距离公式可以表示出 $P$ 到直线 1 的距离, 再结合距离最大值为 $\sqrt{17}$ 进行分析, 可以求出 $a$ 的值.

解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$;

$a=-1$ 时, 直线 1 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$;

联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,

所以椭圆 $C$ 和直线 $I$ 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.

(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,

椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,

所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:

$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $\mathrm{d}$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.

(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$

解得 $a=8 \geqslant-4$, 符合题意.

(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$

解得 $a=-16<-4$, 符合题意.

答案：解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$;

$a=-1$ 时, 直线 1 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$;

联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,

所以椭圆 $C$ 和直线 $I$ 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.

(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,

椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,

所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:

$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $\mathrm{d}$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.

(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$

解得 $a=8 \geqslant-4$, 符合题意.

(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$

解得 $a=-16<-4$, 符合题意.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知函数 $f(x)=-x^{2}+a x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|$.

（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集;

（2）若不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$ , 分 $x>1 、 x \in[-1,1] 、 x \in(-\infty,-1)$ 三类讨论, 结合 $g(x)$ 与 $f(x)$ 的单调性质即可求得 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;

(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立 $\Leftrightarrow x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒 成立, 只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$ ， 解之即可得 $a$ 的取值范围.

解： (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数,

$g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1, \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$

当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.

当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$

综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;

(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得- $1 \leqslant a \leqslant 1$,

故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.

答案：解： (1) 当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数,

$g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1, \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$

当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.

当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$

综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;

(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得- $1 \leqslant a \leqslant 1$,

故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：$\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 已知 $\sin (A+C)=8 \sin ^{2}$ $\frac{B}{2}$ (1) 求 $\cos B$;

(2) 若 $a+c=6, \triangle A B C$ 的面积为 2 , 求 $b$.

解答：（1）利用三角形的内角和定理可知 $A+C=\pi-B$, 再利用诱导公式化简 $\sin$ $(A+C)$ ，利用降幂公式化简 $8 \sin ^{2} \frac{B}{2}$, 结合 $\sin ^{2} B+\cos ^{2} B=1$, 求出 $\cos B$,

（2）由 (1) 可知 $\sin B=\frac{8}{17}$, 利用勾面积公式求出 ac, 再利用余弦定理即可求 出 b.

解: (1) $\sin (A+C)=8 \sin ^{2} \frac{B}{2}$,

$\therefore \sin B=4(1-\cos B)$,

$\because \sin ^{2} \mathrm{~B}+\cos ^{2} \mathrm{~B}=1$

$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B=1$,

$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B-1=0$,

$\therefore 16(\cos B-1)^{2+}(\cos B-1)(\cos B+1)=0$,

$\therefore(17 \cos B-15)(\cos B-1)=0$,

$\therefore \cos B=\frac{15}{17}$ （2）由（1）可知 $\sin B=\frac{8}{17}$,

$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=2$,

$\therefore \mathrm{ac}=\frac{17}{2}$

$\therefore b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=a^{2}+c^{2}-2 \times \frac{17}{2} \times \frac{15}{17}$

$=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{c}^{2}-15=(\mathrm{a}+\mathrm{c})^{2}-2 \mathrm{ac}-15=36-17-15=4$,

$\therefore b=2$.

答案：解: (1) $\sin (A+C)=8 \sin ^{2} \frac{B}{2}$,

$\therefore \sin B=4(1-\cos B)$,

$\because \sin ^{2} \mathrm{~B}+\cos ^{2} \mathrm{~B}=1$

$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B=1$,

$\therefore 16(1-\cos B)^{2}+\cos ^{2} B-1=0$,

$\therefore 16(\cos B-1)^{2+}(\cos B-1)(\cos B+1)=0$,

$\therefore(17 \cos B-15)(\cos B-1)=0$,

$\therefore \cos B=\frac{15}{17}$ （2）由（1）可知 $\sin B=\frac{8}{17}$,

$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \cdot \sin B=2$,

$\therefore \mathrm{ac}=\frac{17}{2}$

$\therefore b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=a^{2}+c^{2}-2 \times \frac{17}{2} \times \frac{15}{17}$

$=\mathrm{a}^{2}+\mathrm{c}^{2}-15=(\mathrm{a}+\mathrm{c})^{2}-2 \mathrm{ac}-15=36-17-15=4$,

$\therefore b=2$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $O$ 为坐标原点, 动点 $M$ 在椭圆 $C: \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 上, 过 $M$ 作 $x$ 轴的 垂线, 垂足为 $N$, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.

(1) 求点 $P$ 的轨迹方程;

(2) 设点 $Q$ 在直线 $x=-3$ 上, 且 $\overrightarrow{O P} \bullet \overrightarrow{P Q}=1$. 证明: 过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 $I$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.

解答：（1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$, 设 $P(x, y)$, 运用 向量的坐标运算, 结合 $M$ 满足椭圆方程, 化简整理可得 $P$ 的轨迹方程;

（2）设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$, 运用向量的数 量积的坐标表示, 可得 $m$, 即有 $Q$ 的坐标, 求得椭圆的左焦点坐标, 求得 $O Q$ , $P F$ 的斜率, 由两直线垂直的条件: 向量数量积为 0 , 即可得证.

解：（1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,

设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.

可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$,

可得 $x-x_{0}=0, y=\sqrt{2} y_{0}$,

即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}}$, 代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,

即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;

（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,

$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \bullet(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,

即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,

当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$,

解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,

即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，

椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \bullet\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$

$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 $I$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.

另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,

可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,

又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,

即有 $n t=3+3 m$,

又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$,

$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$

$=3+3 m-3-3 m=0$,

则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.

答案：解：（1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,

设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.

可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$,

可得 $x-x_{0}=0, y=\sqrt{2} y_{0}$,

即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}}$, 代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,

即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;

（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,

$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \bullet(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,

即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,

当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$,

解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,

即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，

椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \bullet\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$

$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 $I$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.

另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,

可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,

又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,

即有 $n t=3+3 m$,

又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$,

$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$

$=3+3 m-3-3 m=0$,

则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：已知函数 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x$, 且 $f(x) \geqslant 0$.

(1) 求 $a$;

(2) 证明: $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$.

解答：(1) 通过分析可知 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 进而利 用 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$ 可得 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$, 从而可得结论;

(2) 通过 (1) 可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x$, 记 $t(x)=f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$, 解不 等式可知 $t(x)_{\text {min }}=t\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而可知 $f^{\prime}(x)=0$ 存在两根 $x_{0}, x_{2}$, 利用 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$ 及 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\frac{1}{4}$, 另一方面可知 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$.

(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$.

因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$,

又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$,

所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$;

另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$

所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$;

（2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$,

所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,

所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$

且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正,

所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$,

所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$,

由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$;

由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减,

所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$;

综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$.

答案：(1） 解: 因为 $f(x)=a x^{2}-a x-x \ln x=x(a x-a-\ln x)(x>0)$, 则 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $h(x)=a x-a-\ln x \geqslant 0$, 求导可知 $h^{\prime}(x)=a-\frac{1}{x}$. 则当 $a \leqslant 0$ 时 $h^{\prime}(x)<0$, 即 $y=h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减, 所以当 $x_{0}>1$ 时, $h\left(x_{0}\right)<h(1)=0$, 矛盾, 故 $a>0$.

因为当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)<0$ 、当 $x>\frac{1}{a}$ 时 $h^{\prime}(x)>0$, 所以 $h(x)_{\text {min }}=h\left(\frac{1}{a}\right)$,

又因为 $h(1)=a-a-\ln 1=0$,

所以 $\frac{1}{a}=1$, 解得 $a=1$;

另解: 因为 $f(1)=0$, 所以 $f(x) \geqslant 0$ 等价于 $f(x)$ 在 $x>0$ 时的最小值为 $f(1)$

所以等价于 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是极小值, 所以解得 $a=1$;

（2）证明: 由（1）可知 $f(x)=x^{2}-x-x \ln x, f^{\prime}(x)=2 x-2-\ln x$,

令 $f^{\prime}(x)=0$, 可得 $2 x-2-\ln x=0$, 记 $t(x)=2 x-2-\ln x$, 则 $t^{\prime}(x)=2-\frac{1}{x}$, 令 $t^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=\frac{1}{2}$,

所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})$ 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,

所以 $\mathrm{t}(\mathrm{x})_{\min }=\mathrm{t}\left(\frac{1}{2}\right)=\ln 2-1<0$, 从而 $\mathrm{t}(\mathrm{x})=0$ 有解, 即 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})=0$ 存在两根 $\mathrm{x}_{0}$ $x_{2}$

且不妨设 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上为正、在 $\left(x_{0}, x_{2}\right)$ 上为负、在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上为 正,

所以 $f(x)$ 必存在唯一极大值点 $x_{0}$, 且 $2 x_{0}-2-\ln x_{0}=0$,

所以 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}^{2}-x_{0}-x_{0} \ln x_{0}=x_{0}^{2}-x_{0}+2 x_{0}-2 x_{0}^{2}=x_{0}-x_{0}^{2}$,

由 $x_{0}<\frac{1}{2}$ 可知 $f\left(x_{0}\right)<\left(x_{0}-x_{0}^{2}\right)_{\max }=-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$;

由 $\mathrm{f}^{\prime}\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)<0$ 可知 $x_{0}<\frac{1}{\mathrm{e}}<\frac{1}{2}$,

所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 上单调递增, 在 $\left(x_{0}, \frac{1}{e}\right)$ 上单调递减,

所以 $f\left(x_{0}\right)>f\left(\frac{1}{e}\right)=\frac{1}{e^{2}}$;

综上所述, $f(x)$ 存在唯一的极大值点 $x_{0}$, 且 $e^{-2}<f\left(x_{0}\right)<2^{-2}$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴 建立极坐标系, 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \theta=4$.

(1) $M$ 为曲线 $C_{1}$ 上的动点, 点 $P$ 在线段 $O M$ 上, 且满足 $|O M| \cdot|O P|=16$, 求点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程;

(2) 设点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$, 点 $B$ 在曲线 $C_{2}$ 上, 求 $\triangle O A B$ 面积的最大值

解答：（1）设 $P(x, y)$, 利用相似得出 $M$ 点坐标, 根据 $|O M| \cdot|O P|=16$ 列 方程化简即可;

(2) 求出曲线 $C_{2}$ 的圆心和半径, 得出 $B$ 到 $O A$ 的最大距离, 即可得出最大面积

解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,

设 $P(x, y) ， M\left(4, y_{0}\right) ， \quad$ 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \quad \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,

$\because|\mathrm{OM}||\mathrm{OP}|=16$

$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$

即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16$,

$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,

两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,

整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,

$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.

（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,

$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.

答案：解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,

设 $P(x, y) ， M\left(4, y_{0}\right) ， \quad$ 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \quad \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,

$\because|\mathrm{OM}||\mathrm{OP}|=16$

$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$

即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16$,

$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,

两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,

整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,

$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.

（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,

$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $\mathrm{S}=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 已知 $a>0, b>0, a^{3}+b^{3}=2$. 证明:
(1) $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant 4$;
( 2$) a+b \leqslant 2$.

解答：（1）由柯西不等式即可证明,

(2) 由 $a^{3}+b^{3}=2$ 转化为 $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$, 再由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant$ $\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$, 即可得到 $\frac{1}{4}(a+b)^{3} \leqslant 2$, 问题得以证明.

证明: （1）由柯西不等式得: $(a+b) \quad\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} a^{5}}+\sqrt{b^{*} \cdot b^{5}}\right)$ ${ }^{2}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$,

当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,

(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,

$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$,

$\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,

$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,

$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$

由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,

$\therefore(a+b)^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$

$\therefore \frac{1}{4}(a+b) 3 \leqslant 2$

$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.

答案：证明: （1）由柯西不等式得: $(a+b) \quad\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} a^{5}}+\sqrt{b^{*} \cdot b^{5}}\right)$ ${ }^{2}=\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$,

当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,

(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,

$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$,

$\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,

$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,

$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$

由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,

$\therefore(a+b)^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$

$\therefore \frac{1}{4}(a+b) 3 \leqslant 2$

$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：某超市计划按月订购一种酸奶, 每天进货量相同, 进货成本每瓶 4 元, 售价每瓶 6 元, 末售出的酸奶降价处理, 以每瓶 2 元的价格当天全部处 理完. 根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) 有关. 如 果最高气温不低于 25, 需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20，25), 需求量为 300 瓶; 如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶. 为了确定六月份 的订购计划, 统计了前三年六月份各天的最高气温数据, 得下面的频数分布 表：

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 最高气温 & {$[10,15)$} & {$[15,20)$} & {$[20,25)$} & {$[25,30)$} & {$[30,35)$} & {$[35,40)$} \\
\hline 天数 & 2 & 16 & 36 & 25 & 7 & 4 \\
\hline
\end{tabular}

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.

（1）求六月份这种酸奶一天的需求量 X (单位：瓶）的分布列;

（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 $Y$ (单位：元), 当六月份这种酸奶一 天的进货量 $n$ (单位: 瓶) 为多少时, $Y$ 的数学期望达到最大值?

解答：(1) 由题意知 $X$ 的可能取值为 200, 300, 500, 分别求出相应的概率, 由此能求出 $X$ 的分布列. (2) 由题意知这种酸奶一天的需求量至多为 500 瓶, 至少为 200 瓶, 只需考虑 $200 \leqslant n \leqslant 500$, 根据 $300 \leqslant n \leqslant 500$ 和 $200 \leqslant n \leqslant 300$ 分类讨论经, 能得到当 $n=300$ 时, $E Y$ 最大值为 520 元.

解：(1) 由题意知 $X$ 的可能取值为 $200,300,500$,

$P(X=200)=\frac{2+16}{90}=0.2$,

$P(X=300)=\frac{36}{90}=0.4$,

$P(X=500)=\frac{25+7+4}{90}=0.4$

$\therefore \mathrm{X}$ 的分布列为:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 200 & 300 & 500 \\
\hline$P$ & 0.2 & 0.4 & 0.4 \\
\hline
\end{tabular}

(2) 由题意知这种酸奶一天的需求量至多为 500 瓶, 至少为 200 瓶,

$\therefore$ 只需考虑 $200 \leqslant \mathrm{n} \leqslant 500$,

当 $300 \leqslant n \leqslant 500$ 时,

若最高气温不低于 25 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$;

若最高气温位于区间 $[20,25)$, 则 $Y=6 \times 300+2(n-300)-4 n=1200-2 n$;

若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,

$\therefore E Y=2 n \times 0.4+(1200-2 n) \times 0.4+(800-2 n) \times 0.2=640-0.4 n$,

当 $200 \leqslant n \leqslant 300$ 时,

若最高气温不低于 20 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$,

若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,

$\therefore E Y=2 n \times(0.4+0.4)+(800-2 n) \times 0.2=160+1.2 n$.

$\therefore n=300$ 时, $Y$ 的数学期望达到最大值, 最大值为 520 元.

答案：解：(1) 由题意知 $X$ 的可能取值为 $200,300,500$,

$P(X=200)=\frac{2+16}{90}=0.2$,

$P(X=300)=\frac{36}{90}=0.4$,

$P(X=500)=\frac{25+7+4}{90}=0.4$

$\therefore \mathrm{X}$ 的分布列为:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & 200 & 300 & 500 \\
\hline$P$ & 0.2 & 0.4 & 0.4 \\
\hline
\end{tabular}

(2) 由题意知这种酸奶一天的需求量至多为 500 瓶, 至少为 200 瓶,

$\therefore$ 只需考虑 $200 \leqslant \mathrm{n} \leqslant 500$,

当 $300 \leqslant n \leqslant 500$ 时,

若最高气温不低于 25 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$;

若最高气温位于区间 $[20,25)$, 则 $Y=6 \times 300+2(n-300)-4 n=1200-2 n$;

若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,

$\therefore E Y=2 n \times 0.4+(1200-2 n) \times 0.4+(800-2 n) \times 0.2=640-0.4 n$,

当 $200 \leqslant n \leqslant 300$ 时,

若最高气温不低于 20 , 则 $Y=6 n-4 n=2 n$,

若最高气温低于 20 , 则 $Y=6 \times 200+2(n-200)-4 n=800-2 n$,

$\therefore E Y=2 n \times(0.4+0.4)+(800-2 n) \times 0.2=160+1.2 n$.

$\therefore n=300$ 时, $Y$ 的数学期望达到最大值, 最大值为 520 元.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知抛物线 $C: y^{2}=2 x$, 过点 $(2,0)$ 的直线।交 $C$ 于 $A, B$ 两点, 圆 $M$ 是以线段 $A B$ 为直径的圆.

(1) 证明：坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;

(2) 设圆 $M$ 过点 $P(4,-2)$, 求直线 $।$ 与圆 $M$ 的方程.

解答：(1) 方法一: 分类讨论, 当直线斜率不存在时, 求得 $A$ 和 $B$ 的坐标, 由 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上; 当直线 $\mathrm{A}$ 斜率存在, 代人抛物线方程, 利用韦达定理及向量数量积的可得 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$, 则坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $M$ 上; 方法二: 设直线 I 的方程 $\mathrm{x}=\mathrm{my}+2$, 代人抛物线方程, 利用韦达定理及向量数量 积的坐标运算, 即可求得 $\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=0$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;

(2) 由题意可知: $\overrightarrow{\mathrm{AP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$, 根据向量数量积的坐标运算, 即可求得 $\mathrm{k}$ 的值, 求得 $M$ 点坐标, 则半径 $r=|M P|$, 即可求得圆的方程.

解: 方法一: 证明: (1) 当直线 I的斜率不存在时, 则 $A(2,2), B$ $(2,-2)$,

则 $\overrightarrow{O A}=(2,2), \overrightarrow{O B}=(2,-2)$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$,

$\therefore \overrightarrow{\mathrm{OA}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OB}}$

则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;

当直线 I 的斜率存在, 设直线 $\mid$ 的方程 $y=k(x-2), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-2) \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $k^{2} x^{2}-\left(4 k^{2}+2\right) x+4 k^{2}=0$, 则 $x_{1} x_{2}=4,4 x_{1} x_{2}=y_{1}{ }^{2} y_{2}{ }^{2}=\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}$, 由 $y_{1} y_{2}<0$,

则 $y_{1} y_{2}=-4$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=\mathrm{x}_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,

则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上,

综上可知: 坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;

方法二: 设直线 $\mathrm{I}$ 的方程 $\mathrm{x}=\mathrm{my+2}$, $\left\{\begin{array}{l}x=m y+2 \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $y^{2}-2 m y-4=0, \quad A \quad\left(x_{1}, y_{1}\right), B \quad\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

则 $y_{1} y_{2}=-4$

则 $\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}=4 x_{1} x_{2}$, 则 $x_{1} x_{2}=4$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,

则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上,

$\therefore$ 坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上;

(2) 由 (1) 可知: $x_{1} x_{2}=4, x_{1}+x_{2}=\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}}, y_{1}+y_{2}=\frac{2}{k}, y_{1} y_{2}=-4$,

圆 $M$ 过点 $P(4,-2)$, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\left(4-x_{1},-2-y_{1}\right), \quad \overrightarrow{\mathrm{BP}}=\left(4-x_{2},-2-y_{2}\right)$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{AP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$, 则 $\left(4-\mathrm{x}_{1}\right)\left(4-\mathrm{x}_{2}\right)+\left(-2-\mathrm{y}_{1}\right)\left(-2-\mathrm{y}_{2}\right)=0$,

整理得: $k^{2}+k-2=0$, 解得: $k=-2, k=1$,

当 $\mathrm{k}=-2$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=-2 x+4$,

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{9}{2}, y_{1}+y_{2}=-1$,

则 $M\left(\frac{9}{4},-\frac{1}{2}\right)$, 半径为 $r=|M P|=\sqrt{\left(4-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(-2+\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{4}$,

$\therefore$ 圆 $\mathrm{M}$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$.

当直线斜率 $\mathrm{k}=1$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-2$,

同理求得 $M(3,1)$, 则半径为 $r=|M P|=\sqrt{10}$,

$\therefore$ 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$,

综上可知: 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $y=-2 x+4$, 圆 $M$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$,

或直线 $\mathrm{I}$ 的方程为 $y=x-2$, 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$.

答案：解: 方法一: 证明: (1) 当直线 I的斜率不存在时, 则 $A(2,2), B$ $(2,-2)$,

则 $\overrightarrow{O A}=(2,2), \overrightarrow{O B}=(2,-2)$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=0$,

$\therefore \overrightarrow{\mathrm{OA}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OB}}$

则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;

当直线 I 的斜率存在, 设直线 $\mid$ 的方程 $y=k(x-2), A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-2) \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $k^{2} x^{2}-\left(4 k^{2}+2\right) x+4 k^{2}=0$, 则 $x_{1} x_{2}=4,4 x_{1} x_{2}=y_{1}{ }^{2} y_{2}{ }^{2}=\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}$, 由 $y_{1} y_{2}<0$,

则 $y_{1} y_{2}=-4$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{OA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OB}}=\mathrm{x}_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,

则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上,

综上可知: 坐标原点 $O$ 在圆 $M$ 上;

方法二: 设直线 $\mathrm{I}$ 的方程 $\mathrm{x}=\mathrm{my+2}$, $\left\{\begin{array}{l}x=m y+2 \\ y^{2}=2 x\end{array}\right.$, 整理得: $y^{2}-2 m y-4=0, \quad A \quad\left(x_{1}, y_{1}\right), B \quad\left(x_{2}, y_{2}\right)$,

则 $y_{1} y_{2}=-4$

则 $\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}=4 x_{1} x_{2}$, 则 $x_{1} x_{2}=4$, 则 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}=0$,

则 $\overrightarrow{O A} \perp \overrightarrow{O B}$, 则坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上,

$\therefore$ 坐标原点 $\mathrm{O}$ 在圆 $\mathrm{M}$ 上;

(2) 由 (1) 可知: $x_{1} x_{2}=4, x_{1}+x_{2}=\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}}, y_{1}+y_{2}=\frac{2}{k}, y_{1} y_{2}=-4$,

圆 $M$ 过点 $P(4,-2)$, 则 $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\left(4-x_{1},-2-y_{1}\right), \quad \overrightarrow{\mathrm{BP}}=\left(4-x_{2},-2-y_{2}\right)$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{AP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{BP}}=0$, 则 $\left(4-\mathrm{x}_{1}\right)\left(4-\mathrm{x}_{2}\right)+\left(-2-\mathrm{y}_{1}\right)\left(-2-\mathrm{y}_{2}\right)=0$,

整理得: $k^{2}+k-2=0$, 解得: $k=-2, k=1$,

当 $\mathrm{k}=-2$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=-2 x+4$,

则 $x_{1}+x_{2}=\frac{9}{2}, y_{1}+y_{2}=-1$,

则 $M\left(\frac{9}{4},-\frac{1}{2}\right)$, 半径为 $r=|M P|=\sqrt{\left(4-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(-2+\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{4}$,

$\therefore$ 圆 $\mathrm{M}$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$.

当直线斜率 $\mathrm{k}=1$ 时, 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-2$,

同理求得 $M(3,1)$, 则半径为 $r=|M P|=\sqrt{10}$,

$\therefore$ 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$,

综上可知: 直线 $\mathrm{l}$ 的方程为 $y=-2 x+4$, 圆 $M$ 的方程 $\left(x-\frac{9}{4}\right)^{2}+\left(y+\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{85}{16}$,

或直线 $\mathrm{I}$ 的方程为 $y=x-2$, 圆 $M$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=10$.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知函数 $f(x)=x-1-a \ln x$. (1) 若 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的值;

（2）设 $m$ 为整数，且对于任意正整数 $n,\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<m$, 求 $m$ 的最小值.

解答：(1) 通过对函数 $f(x)=x-1-a \ln x(x>0)$ 求导, 分 $a \leqslant 0 、 a>0$ 两 种情况考虑导函数 $f^{\prime}(x)$ 与 0 的大小关系可得结论;

(2) 通过 (1) 可知 $\ln x \leqslant x-1$, 进而取特殊值可知 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{k}}\right)<\frac{1}{2^{k}}, k \in N^{*}$. 一 方面利用等比数列的求和公式放缩可知 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<e$, 另一方面可知 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)>2$, 从而当 $n \geqslant 3$ 时, $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \ldots$ $\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right) \in(2, e)$, 比较可得结论.

解: (1) 因为函数 $f(x)=x-1-\operatorname{aln} x, x>0$,

所以 $f^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}$, 且 $f(1)=0$.

所以当 $a \leqslant 0$ 时 $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 这 与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;

当 $a>0$ 时令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=a$,

所以 $y=f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增, 即 $f(x) \min ^{=} f$ (a)

若 $a \neq 1$, 则 $f(a)<f(1)=0$, 从而与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;

所以 $a=1$;

(2) 由 (1) 可知当 $a=1$ 时 $f(x)=x-1-\ln x \geqslant 0$, 即 $\ln x \leqslant x-1$, 所以 $\ln (x+1) \leqslant x$ 当且仅当 $x=0$ 时取等号,

所以 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}\right)<\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}, k \in N^{*}$.

$\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln \left(1+\frac{1}{2^{2}}\right)+\ldots+\ln \left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\ldots+\frac{1}{2^{n}}=1-\frac{1}{2^{n}}<1$,

即 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<e$;

因为 $m$ 为整数, 且对于任意正整数 $n,\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<m$ 成立, 当 $n=3$ 时, 不等式左边大于 2 ,

所以 $m$ 的最小值为 3 .

答案：解: (1) 因为函数 $f(x)=x-1-\operatorname{aln} x, x>0$,

所以 $f^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}$, 且 $f(1)=0$.

所以当 $a \leqslant 0$ 时 $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 这 与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;

当 $a>0$ 时令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=a$,

所以 $y=f(x)$ 在 $(0, a)$ 上单调递减, 在 $(a,+\infty)$ 上单调递增, 即 $f(x) \min ^{=} f$ (a)

若 $a \neq 1$, 则 $f(a)<f(1)=0$, 从而与 $f(x) \geqslant 0$ 矛盾;

所以 $a=1$;

(2) 由 (1) 可知当 $a=1$ 时 $f(x)=x-1-\ln x \geqslant 0$, 即 $\ln x \leqslant x-1$, 所以 $\ln (x+1) \leqslant x$ 当且仅当 $x=0$ 时取等号,

所以 $\ln \left(1+\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}\right)<\frac{1}{2^{\mathrm{k}}}, k \in N^{*}$.

$\ln \left(1+\frac{1}{2}\right)+\ln \left(1+\frac{1}{2^{2}}\right)+\ldots+\ln \left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+\ldots+\frac{1}{2^{n}}=1-\frac{1}{2^{n}}<1$,

即 $\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<e$;

因为 $m$ 为整数, 且对于任意正整数 $n,\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2^{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{2^{n}}\right)<m$ 成立, 当 $n=3$ 时, 不等式左边大于 2 ,

所以 $m$ 的最小值为 3 .

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数), 直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array}\right.$, ( $m$ 为参数). 设 $I_{1}$ 与 $I_{2}$ 的交点为 $P$, 当 $k$ 变化 时, $P$ 的轨迹为曲线 $C$.

(1) 写出 $C$ 的普通方程;

(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 设 $I_{3}: \rho(\cos \theta+\sin \theta)$ $-\sqrt{2}=0, M$ 为 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点, 求 $M$ 的极径.

解答：解: (1) 分别消掉参数 $\mathrm{t}$ 与 $m$ 可得直线 $I_{1}$ 与直线 $I_{2}$ 的普通方程为 $y=k$ $(x-2)$ (1)与 $x=-2+k y(2)$; 联立(1)(2), 消去 $k$ 可得 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4$;

(2) 将 $I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$ 化为普通方程: $x+y-\sqrt{2}=0$, 再与曲线 $C$ 的方程联立, 可得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, 即可求得 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$

解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\mathrm{t} \\ y=k \mathrm{kt}\end{array}\right.$, ( $\mathrm{t}$ 为参数),

$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得：直线 $I_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);

又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array}, \quad(m\right.$ 为参数 $)$,

同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y(2)$;

联立(1)(2), 消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;

(2) $\because I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,

$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$,

$\therefore \rho^{2}=x^{2}+y^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.

$\therefore I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.

答案：解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\mathrm{t} \\ y=k \mathrm{kt}\end{array}\right.$, ( $\mathrm{t}$ 为参数),

$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得：直线 $I_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);

又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array}, \quad(m\right.$ 为参数 $)$,

同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y(2)$;

联立(1)(2), 消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;

(2) $\because I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,

$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$,

$\therefore \rho^{2}=x^{2}+y^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.

$\therefore I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 已知 $S_{2}=2, S_{3}=-6$.

（1）求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 求 $S_{n}$, 并判断 $S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 是否成等差数列.

解答：（1）由题意可知 $a_{3}=S_{3}-S_{2}=-6^{-} 2=-8, a_{1}=\frac{a_{3}}{q^{2}}=\frac{-8}{q^{2}}, a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{-8}{q}$, 由 $a_{1}+a_{2}=2$, 列方程即可求得 $q$ 及 $a_{1}$, 根据等比数列通项公式, 即可求得 $\left\{a_{n}\right\}$ 的 通项公式;

(2) 由 (1) 可知. 利用等比数列前 $n$ 项和公式, 即可求得 $S_{n}$, 分别求得 $S_{n+1}$, $S_{n+2}$, 显然 $S_{n+1}+S_{n+2}=2 S_{n}$, 则 $S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 成等差数列.

解：（1）设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 首项为 $a_{1}$, 公比为 $q$,

则 $a_{3}=S_{3}-S_{2}=-6-2=-8$, 则 $a_{1}=\frac{a_{3}}{q^{2}}=\frac{-8}{q^{2}}, a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{-8}{q}$,

由 $a_{1}+a_{2}=2, \frac{-8}{q^{2}}+\frac{-8}{q}=2$, 整理得: $q^{2}+4 q+4=0$, 解得: $q=-2$,

则 $a_{1}=-2, a_{n}=(-2)(-2)^{n-1}=(-2)^{n}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=(-2)^{n}$;

（2）由（1）可知: $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{-2\left[1-(-2)^{n}\right]}{1-(-2)}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+1}\right]$,

则 $S_{n+1}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right], S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$, 由 $S_{n+1}+S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right]-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$,

$=-\frac{1}{3}\left[4+(-2) \times(-2)^{n+1}+(-2)^{2} \times(-2)^{n+1}\right]$

$=-\frac{1}{3}\left[4+2(-2)^{n+1}\right]=2 \times\left[-\frac{1}{3}\left(2+(-2)^{n+1}\right)\right]$,

$=2 S_{n}$,

即 $S_{n+1}+S_{n+2}=2 S_{n}$,

$\therefore S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 成等差数列.

答案：解：（1）设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 首项为 $a_{1}$, 公比为 $q$,

则 $a_{3}=S_{3}-S_{2}=-6-2=-8$, 则 $a_{1}=\frac{a_{3}}{q^{2}}=\frac{-8}{q^{2}}, a_{2}=\frac{a_{3}}{q}=\frac{-8}{q}$,

由 $a_{1}+a_{2}=2, \frac{-8}{q^{2}}+\frac{-8}{q}=2$, 整理得: $q^{2}+4 q+4=0$, 解得: $q=-2$,

则 $a_{1}=-2, a_{n}=(-2)(-2)^{n-1}=(-2)^{n}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=(-2)^{n}$;

（2）由（1）可知: $S_{n}=\frac{a_{1}\left(1-q^{n}\right)}{1-q}=\frac{-2\left[1-(-2)^{n}\right]}{1-(-2)}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+1}\right]$,

则 $S_{n+1}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right], S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$, 由 $S_{n+1}+S_{n+2}=-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+2}\right]-\frac{1}{3}\left[2+(-2)^{n+3}\right]$,

$=-\frac{1}{3}\left[4+(-2) \times(-2)^{n+1}+(-2)^{2} \times(-2)^{n+1}\right]$

$=-\frac{1}{3}\left[4+2(-2)^{n+1}\right]=2 \times\left[-\frac{1}{3}\left(2+(-2)^{n+1}\right)\right]$,

$=2 S_{n}$,

即 $S_{n+1}+S_{n+2}=2 S_{n}$,

$\therefore S_{n+1}, S_{n}, S_{n+2}$ 成等差数列.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：为了监控某种零件的一条生产线的生产过程, 检验员每隔 30min 从该生产线上随机抽取一个零件, 并测量其尺寸（单位: $\mathrm{cm}$ ）. 下面是检验 员在一天内依次抽取的 16 个零件的尺寸:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 抽取次序 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\
\hline 零件尺寸 & 9.95 & 10.12 & 9.96 & 9.96 & 10.01 & 9.92 & 9.98 & 10.04 \\
\hline 抽取次序 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16 \\
\hline 零件尺寸 & 10.26 & 9.91 & 10.13 & 10.02 & 9.22 & 10.04 & 10.05 & 9.95 \\
\hline
\end{tabular}

经计算得 $\bar{x}=\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16} x_{i}=9.97, s=\sqrt{\frac{1}{16} \sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{1}{16}\left(\sum_{i=1}^{16} x_{i}{ }^{2}-16 \bar{x}^{2}\right)} \approx 0.212$,

$$
\sqrt{\sum_{i=1}^{16}(i-8.5)^{2}} \approx 18.439, \sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right) \quad(i-8.5)=-2.78 \text {, 其中 } x_{i} \text { 为抽取的第 }
$$

$\mathrm{i}$ 个零件的尺寸, $\mathrm{i}=1,2, \ldots, 16$.

(1) 求 $\left(x_{i}, i\right)(i=1,2, \ldots, 16 ）$ 的相关系数 $r$, 并回答是否可以认为这一天 生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小（若 $|r|<0.25$, 则 可以认为零件的尺寸不随生产过程的进行而系统地变大或变小）.

（2）一天内抽检零件中, 如果出现了尺寸在 $(\bar{x}-3 s, \bar{x}+3 s)$ 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 ）从这一天抽检的结果看, 是否需对当天的生产过程进行检查?

(ii ) 在 ( $\overline{\mathrm{x}}-3 \mathrm{~s}, \overline{\mathrm{x}}+3 \mathrm{~s})$ 之外的数据称为离群值, 试剔除离群值, 估计这条生 产线当天生产的零件尺寸的均值与标准差.（精确到 0.01 ）

附: 样本 $\left(x_{i}, y_{i}\right) \quad(i=1,2, \ldots, n)$ 的相关系数 $r=\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)\left(y_{i}-\bar{y}\right)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2} \sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}-\bar{y}\right)^{2}}}}$ , $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.

解答：（1）代入数据计算, 比较 $|\mathbf{r}|$ 与 0.25 的大小作出结论; （2）（i）计算合格零件尺寸范围，得出结论;

(ii）代入公式计算即可.

解: (1) $r=\frac{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)(i-8.5)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{16}(i-8.5)^{2}}}=\frac{-2.78}{0.212 \times \sqrt{16} \times 18.439}=-0.18$

$\because|r|<0.25, \therefore$ 可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地 变大或变小.

（2）（i） $\bar{x}=9.97, s=0.212, \therefore$ 合格零件尺寸范围是 $(9.334,10.606 ）$,

显然第 13 号零件尺寸不在此范围之内，

$\therefore$ 需要对当天的生产过程进行检查.

（ii）剔除离群值后, 剩下的数据平均值为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$,

$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2}=1591.134$

$\therefore$ 剔除离群值后样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right)=0.008$,

$\therefore$ 剔除离群值后样本标准差为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.

答案：解: (1) $r=\frac{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)(i-8.5)}{\sqrt{\sum_{i=1}^{16}\left(x_{i}-\bar{x}\right)^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{16}(i-8.5)^{2}}}=\frac{-2.78}{0.212 \times \sqrt{16} \times 18.439}=-0.18$

$\because|r|<0.25, \therefore$ 可以认为这一天生产的零件尺寸不随生产过程的进行而系统地 变大或变小.

（2）（i） $\bar{x}=9.97, s=0.212, \therefore$ 合格零件尺寸范围是 $(9.334,10.606 ）$,

显然第 13 号零件尺寸不在此范围之内，

$\therefore$ 需要对当天的生产过程进行检查.

（ii）剔除离群值后, 剩下的数据平均值为 $\frac{1}{15}(16 \times 9.97-9.22)=10.02$,

$\sum_{i=1}^{16} x_{i}^{2}=16 \times 0.212^{2}+16 \times 9.97^{2}=1591.134$

$\therefore$ 剔除离群值后样本方差为 $\frac{1}{15}\left(1591.134-9.22^{2}-15 \times 10.02^{2}\right)=0.008$,

$\therefore$ 剔除离群值后样本标准差为 $\sqrt{0.008} \approx 0.09$.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：已知函数 $f(x)=e^{x}\left(e^{x}-a\right)-a^{2} x$.

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 若 $f(x) \geqslant 0$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）先求导, 再分类讨论, 根据导数和函数的单调性即可判断,

（2）根据（1）的结论, 分别求出函数的最小值, 即可求出 $\mathrm{a}$ 的范围.

解: (1) $f(x)=e^{x}\left(e^{x}-a\right)-a^{2} x=e^{2 x}-e^{x} a-a^{2} x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}-a e^{x}-a^{2}=\left(2 e^{x}+a\right)\left(e^{x}-a\right)$,

(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立，

$\therefore f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,

(2)当 $a>0$ 时, $2 e^{x}+a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln a$,

当 $x<\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,

当 $x>\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,

(3) 当 $a<0$ 时, $e^{x}-a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$,

当 $x<\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,

当 $x>\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,

综上所述, 当 $a=0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,

当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty, \operatorname{In} a ＼mathrm{~ 上 单 调 递 减, ~ 在 ~}(\ln a,+\infty)$ 上单调递增,

当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right),+\infty\right)$ 上单调递增，

(2) (1)当 $a=0$ 时, $f(x)=e^{2 x}>0$ 恒成立,

(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可得 $f(x)_{\min }=f\left(\ln a ）=-a^{2} \ln a \geqslant 0\right.$,

$\therefore \ln a \leqslant 0, \quad \therefore 0<a \leqslant 1$, (3)当 $a<0$ 时, 由 (1) 可得:

$f(x)_{\min }=f\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)=\frac{3 a^{2}}{4}-a^{2} \ln \left(-\frac{a}{2}\right) \geqslant 0$,

$\therefore \ln \left(-\frac{\mathrm{a}}{2}\right) \leqslant \frac{3}{4}$

$\therefore-2 e^{\frac{3}{4}} \leqslant a<0$

综上所述 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left[-2 \mathrm{e}^{\frac{3}{4}}, 1\right]$

答案：解: (1) $f(x)=e^{x}\left(e^{x}-a\right)-a^{2} x=e^{2 x}-e^{x} a-a^{2} x$,

$\therefore f^{\prime}(x)=2 e^{2 x}-a e^{x}-a^{2}=\left(2 e^{x}+a\right)\left(e^{x}-a\right)$,

(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)>0$ 恒成立，

$\therefore f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,

(2)当 $a>0$ 时, $2 e^{x}+a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln a$,

当 $x<\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,

当 $x>\ln a$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,

(3) 当 $a<0$ 时, $e^{x}-a>0$, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 解得 $x=\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$,

当 $x<\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, 函数 $f(x)$ 单调递减,

当 $x>\ln \left(-\frac{a}{2}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 函数 $f(x)$ 单调递增,

综上所述, 当 $a=0$ 时, $f(x)$ 在 $R$ 上单调递增,

当 $a>0$ 时, $f(x)$ 在 $(-\infty, \operatorname{In} a ＼mathrm{~ 上 单 调 递 减, ~ 在 ~}(\ln a,+\infty)$ 上单调递增,

当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(-\infty, \ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)$ 上单调递减, 在 $\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right),+\infty\right)$ 上单调递增，

(2) (1)当 $a=0$ 时, $f(x)=e^{2 x}>0$ 恒成立,

(2)当 $a>0$ 时, 由 (1) 可得 $f(x)_{\min }=f\left(\ln a ）=-a^{2} \ln a \geqslant 0\right.$,

$\therefore \ln a \leqslant 0, \quad \therefore 0<a \leqslant 1$, (3)当 $a<0$ 时, 由 (1) 可得:

$f(x)_{\min }=f\left(\ln \left(-\frac{a}{2}\right)\right)=\frac{3 a^{2}}{4}-a^{2} \ln \left(-\frac{a}{2}\right) \geqslant 0$,

$\therefore \ln \left(-\frac{\mathrm{a}}{2}\right) \leqslant \frac{3}{4}$

$\therefore-2 e^{\frac{3}{4}} \leqslant a<0$

综上所述 $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\left[-2 \mathrm{e}^{\frac{3}{4}}, 1\right]$

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array},(\theta\right.$ 为参 数), 直线 $\mid$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}, \quad(t\right.$ 为参数).

(1) 若 $a=-1$, 求 $C$ 与 $I$ 的交点坐标;

(2) 若 $\mathrm{C}$ 上的点到 1 距离的最大值为 $\sqrt{17}$, 求 $a$. [选修 4-5：不等式选讲]（10 分）

解答：(1) 将曲线 $\mathrm{C}$ 的参数方程化为标准方程, 直线 I 的参数方程化为一般 方程, 联立两方程可以求得焦点坐标;

(2) 曲线 $C$ 上的点可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$, 运用点到直线 距离公式可以表示出 $\mathrm{P}$ 到直线 $\mathrm{l}$ 的距离, 再结合距离最大值为 $\sqrt{17}$ 进行分析, 可以求出 $\mathrm{a}$ 的值.

解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 ;$

$a=-1$ 时, 直线 $I$ 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$; 联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1, \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,

所以椭圆 $C$ 和直线 I 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.

(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}(t\right.$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,

椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,

所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:

$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $d$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.

(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$

解得 $a=8 \geq-4$, 符合题意.

(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$

解得 $a=-16<-4$, 符合题意.

答案：解: (1) 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数), 化为标准方程 是: $\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1 ;$

$a=-1$ 时, 直线 $I$ 的参数方程化为一般方程是: $x+4 y-3=0$; 联立方程 $\left\{\begin{array}{c}\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1, \\ x+4 y-3=0\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}x=3 \\ y=0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{c}x=-\frac{21}{25} \\ y=\frac{24}{25}\end{array}\right.$,

所以椭圆 $C$ 和直线 I 的交点为 $(3,0)$ 和 $\left(-\frac{21}{25}, \frac{24}{25}\right)$.

(2) I 的参数方程 $\left\{\begin{array}{l}x=a+4 t \\ y=1-t\end{array}(t\right.$ 为参数）化为一般方程是: $x+4 y-a-4=0$,

椭圆 $C$ 上的任一点 $P$ 可以表示成 $P(3 \cos \theta, \sin \theta), \theta \in[0,2 \pi)$,

所以点 $P$ 到直线 $I$ 的距离 $d$ 为:

$\mathrm{d}=\frac{|3 \cos \theta+4 \sin \theta-a-4|}{\sqrt{17}}=\frac{|5 \sin (\theta+\phi)-a-4|}{\sqrt{17}}, \phi$ 满足 $\tan \phi=\frac{3}{4}$, 且的 $d$ 的最大 值为 $\sqrt{17}$.

(1)当 $-a-4 \leqslant 0$ 时, 即 $a \geqslant-4$ 时,

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|-5-a-4|=5+a+4=17$

解得 $a=8 \geq-4$, 符合题意.

(2)当 $-a-4>0$ 时, 即 $a<-4$ 时

$|5 \sin (\theta+4)-a-4| \leqslant|5-a-4|=5-a-4=1-a=17$

解得 $a=-16<-4$, 符合题意.

2017 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23. 已知函数 $f(x)=-x^{2}+a x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|$.

（1）当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集;

（2）若不等式 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集包含 $[-1,1]$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4, g(x)=|x+1|+|x-1|= \begin{cases}2 x, & x>1 \\ 2, & -1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, & x<-1\end{cases}$ , 分 $x>1 、 x \in[-1,1] 、 x \in(-\infty,-1)$ 三类讨论, 结合 $g(x)$ 与 $f(x)$ 的单调性质即可求得 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;

(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立 $\Leftrightarrow x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒 成立，只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-\mathrm{a} \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-\mathrm{a}(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$ ， 解之即可得 $\mathrm{a}$ 的取值范围.

解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数

$g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$

当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.

当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$

综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;

(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.

答案：解：（1）当 $a=1$ 时, $f(x)=-x^{2}+x+4$, 是开口向下, 对称轴为 $x=\frac{1}{2}$ 的 二次函数

$g(x)=|x+1|+|x-1|=\left\{\begin{array}{l}2 x, \quad x>1 \\ 2, \quad-1 \leqslant x \leqslant 1 \\ -2 x, \quad x<-1\end{array}\right.$

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, 令 $-x^{2}+x+4=2 x$, 解得 $x=\frac{\sqrt{17}-1}{2}, g(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单 调递增, $f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减, $\therefore$ 此时 $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 ( $\left.1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$

当 $x \in[-1,1]$ 时, $g(x)=2, f(x) \geqslant f(-1)=2$.

当 $x \in(-\infty,-1)$ 时, $g(x)$ 单调递减, $f(x)$ 单调递增, 且 $g(-1)=f(-1$ $=2$

综上所述, $f(x) \geqslant g(x)$ 的解集为 $\left[-1, \frac{\sqrt{17}-1}{2}\right]$;

(2) 依题意得: $-x^{2}+a x+4 \geqslant 2$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 即 $x^{2}-a x-2 \leqslant 0$ 在 $[-1,1]$ 恒成立, 则只需 $\left\{\begin{array}{l}1^{2}-a \cdot 1-2 \leqslant 0 \\ (-1)^{2}-a(-1)-2 \leqslant 0\end{array}\right.$, 解得 $-1 \leqslant a \leqslant 1$, 故 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[-1,1]$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设 $O$ 为坐标原点, 动点 $M$ 在椭圆 $C: \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 上, 过 $M$ 作 $x$ 轴的 垂线, 垂足为 $N$, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.

(1) 求点 $P$ 的轨迹方程;

（2）设点 $Q$ 在直线 $x=-3$ 上, 且 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$. 证明: 过点 $P$ 且垂直于 $\mathrm{OQ}$ 的直线 $\mid$ 过 $C$ 的左焦点 $F$.

解答：（1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$, 设 $P(x, y)$, 运用向 量的坐标运算, 结合 $M$ 满足椭圆方程，化简整理可得 $P$ 的轨迹方程;

（2）设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$, 运用向量的数 量积的坐标表示, 可得 $m$, 即有 $Q$ 的坐标, 求得椭圆的左焦点坐标, 求得 $O Q$ , $P F$ 的斜率, 由两直线垂直的条件: 向量数量积为 0 , 即可得证.

解: （1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,

设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.

可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$ ，

可得 $\mathrm{x}-\mathrm{x}_{0}=0, \mathrm{y}=\sqrt{2} \mathrm{y}_{0}$ ，

即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}} ，$

代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,

即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;

（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,

$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \cdot(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,

即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,

当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$, 解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,

即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，

椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \cdot\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$

$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.

另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,

可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,

又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,

即有 $n t=3+3 m$,

又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$ ，

$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$

$=3+3 m-3-3 m=0$,

则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.

答案：解: （1）设 $M\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，由题意可得 $N\left(x_{0}, 0\right)$,

设 $P(x, y)$, 由点 $P$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{NP}}=\sqrt{2} \overrightarrow{\mathrm{NM}}$.

可得 $\left(x-x_{0}, y\right)=\sqrt{2}\left(0, y_{0}\right)$ ，

可得 $\mathrm{x}-\mathrm{x}_{0}=0, \mathrm{y}=\sqrt{2} \mathrm{y}_{0}$ ，

即有 $x_{0}=x, y_{0}=\frac{y}{\sqrt{2}} ，$

代入椭圆方程 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$, 可得 $\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{2}=1$,

即有点 $P$ 的轨迹方程为圆 $x^{2}+y^{2}=2$;

（2）证明: 设 $Q(-3, m), P(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha),(0 \leqslant \alpha<2 \pi)$,

$\overrightarrow{\mathrm{OP}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$, 可得 $(\sqrt{2} \cos \alpha, \sqrt{2} \sin \alpha) \cdot(-3-\sqrt{2} \cos \alpha, m-\sqrt{2} \sin \alpha)=1$,

即为 $-3 \sqrt{2} \cos \alpha-2 \cos ^{2} \alpha+\sqrt{2} m \sin \alpha-2 \sin ^{2} \alpha=1$,

当 $\alpha=0$ 时, 上式不成立, 则 $0<\alpha<2 \pi$, 解得 $m=\frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}$,

即有 $Q\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$ ，

椭圆 $\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 的左焦点 $F(-1,0)$,

由 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \bullet \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\sqrt{2} \cos \alpha,-\sqrt{2} \sin \alpha) \cdot\left(-3, \frac{3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)}{\sqrt{2} \sin \alpha}\right)$

$=3+3 \sqrt{2} \cos \alpha-3(1+\sqrt{2} \cos \alpha)=0$

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.

另解: 设 $Q(-3, t), P(m, n)$, 由 $\overrightarrow{\mathrm{OP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}}=1$,

可得 $(m, n) \cdot(-3-m, t-n)=-3 m-m^{2}+n t-n^{2}=1$,

又 $P$ 在圆 $x^{2}+y^{2}=2$ 上, 可得 $m^{2}+n^{2}=2$,

即有 $n t=3+3 m$,

又椭圆的左焦点 $F(-1,0)$ ，

$\overrightarrow{\mathrm{PF}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{OQ}}=(-1-\mathrm{m},-\mathrm{n}) \cdot(-3, \mathrm{t})=3+3 m-\mathrm{nt}$

$=3+3 m-3-3 m=0$,

则 $\overrightarrow{\mathrm{PF}} \perp \overrightarrow{\mathrm{OQ}}$,

可得过点 $P$ 且垂直于 $O Q$ 的直线 I 过 $C$ 的左焦点 $F$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：设函数 $f(x)=\left(1-x^{2}\right) e^{x}$.

（1）讨论 $f(x)$ 的单调性;

（2）当 $x \geqslant 0$ 时, $f(x) \leqslant a x+1$, 求 $a$ 的取值范围.

解答：（1）求出函数的导数, 求出极值点, 利用导函数的符号, 判断函数的 单调性即可.

（2）化简 $f(x)=(1-x)(1+x) e^{x} . f(x) \leqslant a x+1$, 下面对 $a$ 的范围进行讨论

(1)当 $\mathrm{a} \geqslant 1$ 时, (2)当 $0<a<1$ 时, 设函数 $g(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-\mathrm{x}-1$, 则 $g^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}-1>0$ ( $x>0$ ）, 推出结论; (3)当 $a \leqslant 0$ 时, 推出结果, 然后得到 $a$ 的取值范围.

解: (1) 因为 $f(x)=\left(1-x^{2}\right) e^{x}, x \in R$,

所以 $f^{\prime}(x)=\left(1-2 x-x^{2}\right) e^{x}$,

令 $f^{\prime}(x)=0$ 可知 $x=-1 \pm \sqrt{2}$,

当 $\mathrm{x}<-1-\sqrt{2}$ 或 $x>-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $-1-\sqrt{2}<x<-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>$ 0

所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1-\sqrt{2}),(-1+\sqrt{2},+\infty)$ 上单调递减, 在 $(-1-\sqrt{2}$ $,-1+\sqrt{2})$ 上单调递增;

(2) 由题可知 $f(x)=(1-x)(1+x) e^{x}$. 下面对 $a$ 的范围进行讨论:

(1)当 $a \geqslant 1$ 时, 设函数 $h(x)=(1-x) e^{x}$, 则 $h^{\prime}(x)=-x e^{x}<0(x>0)$,

因此h $(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减,

又因为 $h(0)=1$, 所以 $h(x) \leqslant 1$,

所以 $f(x)=(1+x) h(x) \leqslant x+1 \leqslant a x+1$;

(2)当 $0<a<1$ 时, 设函数 $g(x)=e^{x}-x-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-1>0(x>0)$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增,

又 $g(0)=1-0-1=0$,

所以 $e^{x} \geqslant x+1$.

因为当 $0<x<1$ 时 $f(x)>(1-x)(1+x)^{2}$,

所以 $(1-x)(1+x)^{2}-a x-1=x\left(1-a-x^{-} x^{2}\right)$, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5-4 a}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}-a x_{0}-1=0$,

所以 $f\left(x_{0}\right)>a x_{0}+1$, 矛盾;

(3)当 $a \leqslant 0$ 时, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $f\left(x_{0}\right)>\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}=1 \geqslant a x_{0}+1$ ，矛盾；

综上所述, $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

答案：解: (1) 因为 $f(x)=\left(1-x^{2}\right) e^{x}, x \in R$,

所以 $f^{\prime}(x)=\left(1-2 x-x^{2}\right) e^{x}$,

令 $f^{\prime}(x)=0$ 可知 $x=-1 \pm \sqrt{2}$,

当 $\mathrm{x}<-1-\sqrt{2}$ 或 $x>-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})<0$, 当 $-1-\sqrt{2}<x<-1+\sqrt{2}$ 时 $\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})>$ 0

所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1-\sqrt{2}),(-1+\sqrt{2},+\infty)$ 上单调递减, 在 $(-1-\sqrt{2}$ $,-1+\sqrt{2})$ 上单调递增;

(2) 由题可知 $f(x)=(1-x)(1+x) e^{x}$. 下面对 $a$ 的范围进行讨论:

(1)当 $a \geqslant 1$ 时, 设函数 $h(x)=(1-x) e^{x}$, 则 $h^{\prime}(x)=-x e^{x}<0(x>0)$,

因此h $(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减,

又因为 $h(0)=1$, 所以 $h(x) \leqslant 1$,

所以 $f(x)=(1+x) h(x) \leqslant x+1 \leqslant a x+1$;

(2)当 $0<a<1$ 时, 设函数 $g(x)=e^{x}-x-1$, 则 $g^{\prime}(x)=e^{x}-1>0(x>0)$, 所以 $g(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增,

又 $g(0)=1-0-1=0$,

所以 $e^{x} \geqslant x+1$.

因为当 $0<x<1$ 时 $f(x)>(1-x)(1+x)^{2}$,

所以 $(1-x)(1+x)^{2}-a x-1=x\left(1-a-x^{-} x^{2}\right)$, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5-4 a}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}-a x_{0}-1=0$,

所以 $f\left(x_{0}\right)>a x_{0}+1$, 矛盾;

(3)当 $a \leqslant 0$ 时, 取 $x_{0}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \in(0,1)$, 则 $f\left(x_{0}\right)>\left(1-x_{0}\right) \quad\left(1+x_{0}\right)^{2}=1 \geqslant a x_{0}+1$ ，矛盾；

综上所述, $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $[1,+\infty)$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴建 立极坐标系，曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \theta=4$.

(1) $M$ 为曲线 $C_{1}$ 上的动点, 点 $P$ 在线段 $O M$ 上, 且满足 $|O M| \cdot|O P|=16$, 求点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程;

(2) 设点 $A$ 的极坐标为 $\left(2, \frac{\pi}{3}\right)$, 点 $B$ 在曲线 $C_{2}$ 上, 求 $\triangle O A B$ 面积的最大值

解答：（1）设 $P(x, y)$, 利用相似得出 $M$ 点坐标, 根据 $|O M| \bullet|O P|=16$ 列 方程化简即可;

(2) 求出曲线 $C_{2}$ 的圆心和半径, 得出 $B$ 到 $O A$ 的最大距离, 即可得出最大面积.

解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,

设 $P(x, y), M\left(4, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,

$\because|O M||O P|=16$

$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16 ，$

$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,

两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,

整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,

$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.

（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,

$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $S=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.

答案：解: (1) 曲线 $C_{1}$ 的直角坐标方程为: $x=4$,

设 $P(x, y), M\left(4, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x}{4}=\frac{y}{y_{0}}, \therefore y_{0}=\frac{4 y}{x}$,

$\because|O M||O P|=16$

$\therefore \sqrt{x^{2}+y^{2}} \sqrt{16+y_{0}^{2}}=16$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(1+\frac{y^{2}}{x^{2}}\right)=16 ，$

$\therefore x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=16 x^{2}$, 即 $\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=16 x^{2}$,

两边开方得: $x^{2}+y^{2}=4 x$,

整理得: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$,

$\therefore$ 点 $P$ 的轨迹 $C_{2}$ 的直角坐标方程: $(x-2)^{2}+y^{2}=4(x \neq 0)$.

（2）点 $A$ 的直角坐标为 $A(1, \sqrt{3})$, 显然点 $A$ 在曲线 $C_{2}$ 上, $|O A|=2$,

$\therefore$ 曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 的圆心 $(2,0)$ 到弦 $\mathrm{OA}$ 的距离 $\mathrm{d}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AOB}$ 的最大面积 $S=\frac{1}{2}|\mathrm{OA}| \cdot(2+\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$.

2017 年高考 （新课标ⅱ）
题目：23. 已知 $a>0, b>0, a^{3}+b^{3}=2$. 证明:

(1) $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant 4$;

(2) $a+b \leqslant 2$.

解答：（1）由柯西不等式即可证明,

(2) 由 $a^{3}+b^{3}=2$ 转化为 $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$, 再由均值不等式可得 $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant($ $\left.\frac{a+b}{2}\right)^{2}$, 即可得到 $\frac{1}{4}(a+b)^{3} \leqslant 2$, 问题得以证明.

证明: (1) 由柯西不等式得: $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} \cdot a^{5}}+\sqrt{b^{\circ} \cdot b^{5}}\right)^{2}=$ $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$

当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,

(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,

$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$, $\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,

$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,

$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$

由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,

$\therefore(a+b))^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$,

$\therefore \frac{1}{4}(a+b){ }^{3} \leqslant 2$,

$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.

答案：证明: (1) 由柯西不等式得: $(a+b)\left(a^{5}+b^{5}\right) \geqslant\left(\sqrt{a^{*} \cdot a^{5}}+\sqrt{b^{\circ} \cdot b^{5}}\right)^{2}=$ $\left(a^{3}+b^{3}\right)^{2} \geqslant 4$

当且仅当 $\sqrt{a b^{5}}=\sqrt{b a^{5}}$, 即 $a=b=1$ 时取等号,

(2) $\because a^{3}+b^{3}=2$,

$\therefore(a+b) \quad\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)=2$, $\therefore(a+b)\left[(a+b)^{2}-3 a b\right]=2$,

$\therefore(a+b)^{3}-3 a b(a+b)=2$,

$\therefore \frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b$

由均值不等式可得: $\frac{(a+b)^{3}-2}{3(a+b)}=a b \leqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}$,

$\therefore(a+b))^{3}-2 \leqslant \frac{3(a+b)^{3}}{4}$,

$\therefore \frac{1}{4}(a+b){ }^{3} \leqslant 2$,

$\therefore a+b \leqslant 2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时等号成立.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.
(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;
(2) 求数列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解答：(1) 利用数列递推关系即可得出.

(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$. 利用裂项求和方法即可得出.

解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.

$n \geqslant 2$ 时, $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-3) \quad a_{n-1}=2(n-1)$.

$\therefore(2 n-1) a_{n}=2 . \quad \therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

当 $n=1$ 时, $a_{1}=2$, 上式也成立.

$\therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$.

$\therefore$ 数 列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的 前 $n$ 项 和 $=\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)=1-$ $\frac{1}{2 \mathrm{n}+1}=\frac{2 \mathrm{n}}{2 \mathrm{n}+1}$.

答案：解: (1) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-1) a_{n}=2 n$.

$n \geqslant 2$ 时, $a_{1}+3 a_{2}+\ldots+(2 n-3) \quad a_{n-1}=2(n-1)$.

$\therefore(2 n-1) a_{n}=2 . \quad \therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

当 $n=1$ 时, $a_{1}=2$, 上式也成立.

$\therefore a_{n}=\frac{2}{2 n-1}$.

(2) $\frac{a_{n}}{2 n+1}=\frac{2}{(2 n-1)(2 n+1)}=\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}$.

$\therefore$ 数 列 $\left\{\frac{a_{n}}{2 n+1}\right\}$ 的 前 $n$ 项 和 $=\left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{2 n-1}-\frac{1}{2 n+1}\right)=1-$ $\frac{1}{2 \mathrm{n}+1}=\frac{2 \mathrm{n}}{2 \mathrm{n}+1}$.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶 4 元，售价每瓶 6 元，末售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处 理完. 根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: $\left.{ }^{\circ} \mathrm{C}\right)$ 有关. 如 果最高气温不低于 25 ， 需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20，25), 需求量为 300 瓶; 如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶. 为了确定六月份 的订购计划, 统计了前三年六月份各天的最高气温数据, 得下面的频数分布 表:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 最高气温 & {$[10,15)$} & {$[15,20)$} & {$[20,25)$} & {$[25,30)$} & {$[30,35)$} & {$[35,40)$} \\
\hline 天数 & 2 & 16 & 36 & 25 & 7 & 4 \\
\hline
\end{tabular}

以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率.

(1) 求六月份这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的概率;

（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 $Y$ (单位：元)，当六月份这种酸奶一 天的进货量为 450 瓶时, 写出 $Y$ 的所有可能值, 并估计 $Y$ 大于零的概率.

解答：(1) 由前三年六月份各天的最高气温数据, 求出最高气温位于区间 $[20$, 25) 和最高气温低于 20 的天数, 由此能求出六月份这种酸奶一天的需求量不 超过 300 瓶的概率.

（2）当温度大于等于 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 500 , 求出 $Y=900$ 元; 当温度在[20, 25) ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 300 , 求出 $Y=300$ 元; 当温度低于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 200, 求出 $Y=-100$ 元, 从而当温度大于等于 20 时, $Y>0$, 由此能估计估 计 $Y$ 大于零的概率.

解: (1) 由前三年六月份各天的最高气温数据,

得到最高气温位于区间 $[20,25)$ 和最高气温低于 20 的天数为 $2+16+36=54$,

根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) 有关.

如果最高气温不低于 25 , 需求量为 500 瓶,

如果最高气温位于区间 $[20,25)$, 需求量为 300 瓶,

如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶,

$\therefore$ 六月份这种酸奻一天的需求量不超过 300 瓶的概率 $\mathrm{p}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$.

(2) 当温度大于等于 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 500 ,

$Y=450 \times 2=900$ 元

当温度在 $[20,25){ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 300 ,

$Y=300 \times 2-(450-300) \times 2=300$ 元,

当温度低于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 200 ,

$Y=400-(450-200) \times 2=-100$ 元

当温度大于等于 20 时, $Y>0$,

由前三年六月份各天的最高气温数据, 得当温度大于等于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 的天数有:

$90-(2+16)=72$

$\therefore$ 估计 $\mathrm{Y}$ 大于零的概率 $\mathrm{P}=\frac{72}{90}=\frac{4}{5}$.

答案：解: (1) 由前三年六月份各天的最高气温数据,

得到最高气温位于区间 $[20,25)$ 和最高气温低于 20 的天数为 $2+16+36=54$,

根据往年销售经验, 每天需求量与当天最高气温 (单位: ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) 有关.

如果最高气温不低于 25 , 需求量为 500 瓶,

如果最高气温位于区间 $[20,25)$, 需求量为 300 瓶,

如果最高气温低于 20 , 需求量为 200 瓶,

$\therefore$ 六月份这种酸奻一天的需求量不超过 300 瓶的概率 $\mathrm{p}=\frac{54}{90}=\frac{3}{5}$.

(2) 当温度大于等于 $25^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 500 ,

$Y=450 \times 2=900$ 元

当温度在 $[20,25){ }^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 300 ,

$Y=300 \times 2-(450-300) \times 2=300$ 元,

当温度低于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 需求量为 200 ,

$Y=400-(450-200) \times 2=-100$ 元

当温度大于等于 20 时, $Y>0$,

由前三年六月份各天的最高气温数据, 得当温度大于等于 $20^{\circ} \mathrm{C}$ 的天数有:

$90-(2+16)=72$

$\therefore$ 估计 $\mathrm{Y}$ 大于零的概率 $\mathrm{P}=\frac{72}{90}=\frac{4}{5}$.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点, 点 $\mathrm{C}$ 的坐标为 $(0,1)$, 当 $\mathrm{m}$ 变化时, 解答下列问题:
（1）能否出现 $A C \perp B C$ 的情况? 说明理由;
(2) 证明过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $y$ 轴上截得的弦长为定值.

解答：(1) 设曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A\left(x_{1}, 0\right), B\left(x_{2}, 0\right)$, 运用韦 达定理, 再假设 $A C \perp B C$, 运用直线的斜率之积为 -1 , 即可判断是否存在这 样的情况;

(2) 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0\left(D^{2}+E^{2}-4 F>0\right)$, 由 题意可得 $D=m, F=-2$, 代人 $(0,1)$, 可得 $E=1$, 再令 $x=0$, 即可得到圆在 $y$ 轴的交点, 进而得到弦长为定值.

解: (1) 曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点,

可设 $A\left(x_{1}, 0\right), B\left(x_{2}, 0\right)$,

由韦达定理可得 $x_{1} x_{2}=-2$,

若 $A C \perp B C$, 则 $k_{A C} \cdot k_{B C}=-1$,

即有 $\frac{1-0}{0-x_{1}} \cdot \frac{1-0}{0-x_{2}}=-1$,

即为 $x_{1} x_{2}=-1$ 这与 $x_{1} x_{2}=-2$ 矛盾，

故不出现 $A C \perp B C$ 的情况;

(2) 证明: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0 \quad\left(D^{2}+E^{2}-4 F\right.$ $>0)$

由题意可得 $y=0$ 时, $x^{2}+D x+F=0$ 与 $x^{2}+m x-2=0$ 等价,

可得 $D=m, F=-2$,

圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+E y-2=0$,

由圆过 $C(0,1)$, 可得 $0+1+0+E-2=0$, 可得 $E=1$,

则圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+y-2=0$,

另解: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $\mathrm{y}$ 轴上的交点为 $H(0, d)$,

则由相交弦定理可得 $|O A| \cdot|O B|=|O C| \cdot|O H|$,

即有 $2=|\mathrm{OH}|$,

再令 $x=0$, 可得 $y^{2}+y-2=0$, 解得 $y=1$ 或 -2 .

即有圆与 $\mathrm{y}$ 轴的交点为 $(0,1),(0,-2)$,

则过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $y$ 轴上截得的弦长为定值 3 .

答案：解: (1) 曲线 $y=x^{2}+m x-2$ 与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点,

可设 $A\left(x_{1}, 0\right), B\left(x_{2}, 0\right)$,

由韦达定理可得 $x_{1} x_{2}=-2$,

若 $A C \perp B C$, 则 $k_{A C} \cdot k_{B C}=-1$,

即有 $\frac{1-0}{0-x_{1}} \cdot \frac{1-0}{0-x_{2}}=-1$,

即为 $x_{1} x_{2}=-1$ 这与 $x_{1} x_{2}=-2$ 矛盾，

故不出现 $A C \perp B C$ 的情况;

(2) 证明: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0 \quad\left(D^{2}+E^{2}-4 F\right.$ $>0)$

由题意可得 $y=0$ 时, $x^{2}+D x+F=0$ 与 $x^{2}+m x-2=0$ 等价,

可得 $D=m, F=-2$,

圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+E y-2=0$,

由圆过 $C(0,1)$, 可得 $0+1+0+E-2=0$, 可得 $E=1$,

则圆的方程即为 $x^{2}+y^{2}+m x+y-2=0$,

另解: 设过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $\mathrm{y}$ 轴上的交点为 $H(0, d)$,

则由相交弦定理可得 $|O A| \cdot|O B|=|O C| \cdot|O H|$,

即有 $2=|\mathrm{OH}|$,

再令 $x=0$, 可得 $y^{2}+y-2=0$, 解得 $y=1$ 或 -2 .

即有圆与 $\mathrm{y}$ 轴的交点为 $(0,1),(0,-2)$,

则过 $A 、 B 、 C$ 三点的圆在 $y$ 轴上截得的弦长为定值 3 .

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：已知函数 $f(x)=\ln x+a x^{2}+(2 a+1) x$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;

（2）当 $a<0$ 时, 证明 $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$.

解答：(1) 题干求导可知 $f^{\prime}(x)=\frac{(2 a x+1)(x+1)}{x}(x>0)$, 分 $a=0 、 a>0 、 a$ $<0$ 三种情况讨论 $f^{\prime}(x)$ 与 0 的大小关系可得结论;

(2) 通过 (1) 可知 $f(x)$ max $=f\left(-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)=-1-\ln 2-\frac{1}{4 \mathrm{a}}+\ln \left(-\frac{1}{\mathrm{a}}\right)$, 进而转化 可知问题转化为证明: 当 $t>0$ 时 $-\frac{1}{2} t+\operatorname{lnt} \leqslant-1+\ln 2$. 进而令 $g(t)=-\frac{1}{2} t+I n t$, 利用导数求出 $y=g(t)$ 的最大值即可.

(1) 解: 因为 $f(x)=\ln x+a x^{2}+(2 a+1) x$,

求导 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2 a x+(2 a+1)=\frac{2 a x^{2}+(2 a+1) x+1}{x}=\frac{(2 a x+1)(x+1)}{x}, \quad(x>0)$,

(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+1>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增;

(2)当 $a>0$, 由于 $x>0$, 所以 $(2 a x+1)(x+1)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0$, $+\infty)$ 上单调递增;

(3)当 $a<0$ 时, 今 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\frac{1}{2 a}$. 因为当 $x \in\left(0,-\frac{1}{2 a}\right) f^{\prime}(x)>0$ 、当 $x \in\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right) f^{\prime}(x)<0$, 所以 $y=f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减.

综上可知: 当 $a \geqslant 0$ 时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 a}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right)$ 上单调递减;

（2） 证明: 由 (1) 可知: 当 $a<0$ 时 $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $(-$ $\left.\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减

所以当 $x=-\frac{1}{2 a}$ 时函数 $y=f(x)$ 取最大值 $f(x)$ max $=f\left(-\frac{1}{2 a}\right)=-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln$ $\left(-\frac{1}{\mathrm{a}}\right)$.

从而要证 $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $f\left(-\frac{1}{2 a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$,

即证 $-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{a}\right)+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-1+\ln 2$.

令 $t=-\frac{1}{a}$, 则 $t>0$, 问题转化为证明: $-\frac{1}{2} t+\ln t \leqslant-1+\ln 2$. $\cdots\left({ }^{*}\right)$

今 $g(t)=-\frac{1}{2} t+I n t$, 则 $g^{\prime}(t)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{t}$,

令 $g^{\prime}(t)=0$ 可知 $t=2$, 则当 $0<t<2$ 时 $g^{\prime}(t)>0$, 当 $t>2$ 时 $g^{\prime}(t)<0$,

所以 $y=g(t)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增、在 $(2,+\infty)$ 上单调递减,

即 $g(t) \leqslant g(2)=-\frac{1}{2} \times 2+\ln 2=-1+\ln 2$, 即 $\left({ }^{*}\right)$ 式成立,

所以当 $a<0$ 时, $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$ 成立.

答案：(1) 解: 因为 $f(x)=\ln x+a x^{2}+(2 a+1) x$,

求导 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+2 a x+(2 a+1)=\frac{2 a x^{2}+(2 a+1) x+1}{x}=\frac{(2 a x+1)(x+1)}{x}, \quad(x>0)$,

(1)当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}+1>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增;

(2)当 $a>0$, 由于 $x>0$, 所以 $(2 a x+1)(x+1)>0$ 恒成立, 此时 $y=f(x)$ 在 $(0$, $+\infty)$ 上单调递增;

(3)当 $a<0$ 时, 今 $f^{\prime}(x)=0$, 解得: $x=-\frac{1}{2 a}$. 因为当 $x \in\left(0,-\frac{1}{2 a}\right) f^{\prime}(x)>0$ 、当 $x \in\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right) f^{\prime}(x)<0$, 所以 $y=f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减.

综上可知: 当 $a \geqslant 0$ 时 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,

当 $a<0$ 时, $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 a}\right)$ 上单调递增、在 $\left(-\frac{1}{2 a},+\infty\right)$ 上单调递减;

（2） 证明: 由 (1) 可知: 当 $a<0$ 时 $f(x)$ 在 $\left(0,-\frac{1}{2 \mathrm{a}}\right)$ 上单调递增、在 $(-$ $\left.\frac{1}{2 \mathrm{a}},+\infty\right)$ 上单调递减

所以当 $x=-\frac{1}{2 a}$ 时函数 $y=f(x)$ 取最大值 $f(x)$ max $=f\left(-\frac{1}{2 a}\right)=-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln$ $\left(-\frac{1}{\mathrm{a}}\right)$.

从而要证 $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $f\left(-\frac{1}{2 a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$,

即证 $-1-\ln 2-\frac{1}{4 a}+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$, 即证 $-\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{a}\right)+\ln \left(-\frac{1}{a}\right) \leqslant-1+\ln 2$.

令 $t=-\frac{1}{a}$, 则 $t>0$, 问题转化为证明: $-\frac{1}{2} t+\ln t \leqslant-1+\ln 2$. $\cdots\left({ }^{*}\right)$

今 $g(t)=-\frac{1}{2} t+I n t$, 则 $g^{\prime}(t)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{t}$,

令 $g^{\prime}(t)=0$ 可知 $t=2$, 则当 $0<t<2$ 时 $g^{\prime}(t)>0$, 当 $t>2$ 时 $g^{\prime}(t)<0$,

所以 $y=g(t)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增、在 $(2,+\infty)$ 上单调递减,

即 $g(t) \leqslant g(2)=-\frac{1}{2} \times 2+\ln 2=-1+\ln 2$, 即 $\left({ }^{*}\right)$ 式成立,

所以当 $a<0$ 时, $f(x) \leqslant-\frac{3}{4 a}-2$ 成立.

2017 年高考 （新课标ⅲ）
题目：在直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数), 直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},\left(m\right.\right.$ 为参数). 设 $I_{1}$ 与 $I_{2}$ 的交点为 $P$, 当 $k$ 变化 时, $P$ 的轨迹为曲线 $C$.

(1) 写出 $C$ 的普通方程;

(2) 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 设 $I_{3}: \rho(\cos \theta+\sin \theta)$ $-\sqrt{2}=0, M$ 为 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点, 求 $M$ 的极径.

解答：解: (1) 分别消掉参数 $\mathrm{t}$ 与 $m$ 可得直线 $I_{1}$ 与直线 $I_{2}$ 的普通方程为 $y=k$ $(x-2)$ (1)与 $x=-2+k y$ (2); 联立(1)(2), 消去 $k$ 可得 $C$ 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4$;

(2) 将 $I_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$ 化为普通方程: $x+y-\sqrt{2}=0$, 再与曲线 $C$ 的方程联立, 可得 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, 即可求得 $I_{3}$ 与 $C$ 的交点 $M$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$

解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数),

$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);

又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数),

同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ );

联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;

(2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,

$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.

$\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.

答案：解: (1) $\because$ 直线 $I_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+t \\ y=k t\end{array}\right.$, ( $t$ 为参数),

$\therefore$ 消掉参数 $\mathrm{t}$ 得: 直线 $\mathrm{I}_{1}$ 的普通方程为: $y=k(x-2)$ (1);

又直线 $I_{2}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=-2+m \\ y=\frac{m}{k}\end{array},(m\right.$ 为参数),

同理可得，直线 $I_{2}$ 的普通方程为: $x=-2+k y($ );

联立(1)(2)，消去 $k$ 得: $x^{2}-y^{2}=4$, 即 C 的普通方程为 $x^{2}-y^{2}=4(x \neq 2$ 且 $y \neq 0)$;

(2) $\because l_{3}$ 的极坐标方程为 $\rho(\cos \theta+\sin \theta)-\sqrt{2}=0$,

$\therefore$ 其普通方程为: $x+y-\sqrt{2}=0$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}x+y=\sqrt{2} \\ x^{2}-y^{2}=4\end{array}\right.$ 得: $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3 \sqrt{2}}{2} \\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\right.$, $\therefore \rho^{2}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}=\frac{18}{4}+\frac{2}{4}=5$.

$\therefore l_{3}$ 与 $\mathrm{C}$ 的交点 $\mathrm{M}$ 的极径为 $\rho=\sqrt{5}$.