2011 年高考 （新课标）
题目：在平面直角坐标系 $x O y$, 椭圆 $C$ 的中心为原点, 焦点 $F_{1} F_{2}$ 在 $x$ 轴上, 离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$. 过 $F_{1}$ 的直线交于 $A, B$ 两点, 且 $\triangle A B F_{2}$ 的周长为 16 , 那么 $C$ 的 方程为

解答：解: 根据题意, $\triangle A B F_{2}$ 的周长为 16 , 即 $\mathrm{BF}_{2}+A F_{2}+B_{1}+A F_{1}=16$;

根据椭圆的性质, 有 $4 a=16$, 即 $a=4$;

椭圆的离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $a=\sqrt{2} c$,

将 $a=\sqrt{2} c$, 代入可得, $c=2 \sqrt{2}$, 则 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=8$;

则椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$;

故答案为: $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$.

答案：$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$

2011 年高考 （新课标）
题目：已知矩形 $A B C D$ 的顶点都在半径为 4 的球 $O$ 的球面上, 且 $A B=6, B C=2$ $\sqrt{3}$, 则棱雉 $\mathrm{O}-\mathrm{ABCD}$ 的体积为

解答：解: 矩形的对角线的长为: $\sqrt{6^{2}+(2 \sqrt{3})^{2}}=4 \sqrt{3}$, 所以球心到矩形的距 离为: $\sqrt{4^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}}=2$,

所以棱雉 $O-A B C D$ 的体积为: $\frac{1}{3} \times 6 \times 2 \sqrt{3} \times 2=8 \sqrt{3}$.

故答案为: $8 \sqrt{3}$

答案：$8 \sqrt{3}$

2011 年高考 （新课标）
题目：在 $\triangle A B C$ 中, $B=60^{\circ}, A C=\sqrt{3}$, 则 $A B+2 B C$ 的最大值为

解答：解: 设 $A B=c A C=b B C=a$

由余弦定理

$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}$

所以 $a^{2}+c^{2}-a c=b^{2}=3$

设 $\mathrm{c}+2 \mathrm{a}=\mathrm{m}$

代入上式得

$7 a^{2}-5 a m+m^{2}-3=0$

$\triangle=84-3 m^{2} \geqslant 0$ 故 $m \leqslant 2 \sqrt{7}$

当 $m=2 \sqrt{7}$ 时, 此时 $a=\frac{5 \sqrt{7}}{7}, c=\frac{4 \sqrt{7}}{7}$ 符合题意

因此最大值为 $2 \sqrt{7}$

另解: 因为 $B=60^{\circ}, A+B+C=180^{\circ}$, 所以 $A+C=120^{\circ}$,

由正弦定理，有

$\frac{A B}{\sin C}=\frac{B C}{\sin A}=\frac{A C}{\sin B}=\frac{\sqrt{3}}{\sin 60^{\circ}}=2$,

所以 $A B=2 \sin C, B C=2 \sin A$.

所以 $A B+2 B C=2 \sin C+4 \sin A=2 \sin \left(120^{\circ}-A\right)+4 \sin A$

$=2\left(\sin 120^{\circ} \cos A-\cos 120^{\circ} \sin A\right)+4 \sin A$

$=\sqrt{3} \cos A+5 \sin A$ $=2 \sqrt{7} \sin (A+\phi), \quad\left(\right.$ 其中 $\left.\sin \phi=\frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{7}}, \cos \phi=\frac{5}{2 \sqrt{7}}\right)$

所以 $A B+2 B C$ 的最大值为 $2 \sqrt{7}$.

故答案为: $2 \sqrt{7}$

答案：$2 \sqrt{7}$

2011 年高考 （新课标）
题目：已知 $a$ 与 $b$ 为两个垂直的单位向量, $k$ 为实数, 若向量 $\vec{a}+\vec{b}$ 与向量 $k$ $\vec{a}-\vec{b}$ 垂直，则 $k=$

解答：解： $\because \vec{a} \perp \vec{b}$

$\therefore \vec{a} \cdot \vec{b}=0$

$\because \vec{a}+\vec{b}$ 与 $k \vec{a}-\vec{b}$ 垂直

$\therefore(\vec{a}+\vec{b}) \cdot(k \vec{a}-\vec{b})=0$

即 $k \vec{a}^{2}+k \vec{a} \cdot b-\vec{a} \cdot \vec{b}-\vec{b}^{2}=0$

$\therefore \mathrm{k}=1$

故答案为: 1

答案：1

2011 年高考 （新课标）
题目：$\triangle A B C$ 中, $\angle B=120^{\circ}, A C=7, A B=5$, 则 $\triangle A B C$ 的面积为

解答：解: 由余弦定理可知 $\cos B=\frac{25+B C^{2}-49}{2 * B C * 5}=-\frac{1}{2}$, 求得 $B C=-8$ 或 3 (舍负)

$\therefore \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{2} \cdot A B \cdot B C \cdot \sin B=\frac{1}{2} \times 5 \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{15 \sqrt{3}}{4}$ 故答案为: $\frac{15 \sqrt{3}}{4}$

答案：$\frac{15 \sqrt{3}}{4}$

2011 年高考 （新课标）
题目：已知两个圆雉有公共底面, 且两个圆雉的顶点和底面的圆周都在同 一个球面上, 若圆雉底面面积是这个球面面积的 $\frac{3}{16}$, 则这两个圆雉中, 体积 较小者的高与体积较大者的高的比值为

解答：解: 不妨设球的半径为: 4; 球的表面积为: $64 \pi$, 圆雉的底面积为: $12 \pi$ , 圆锥的底面半径为: $2 \sqrt{3}$;

由几何体的特征知球心到圆雉底面的距离, 求的半径以及圆雉底面的半径三者可

以构成一个直角三角形

由此可以求得球心到圆雉底面的距离是 $\sqrt{4^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}}=2$,

所以圆雉体积较小者的高为: 4- $2=2$, 同理可得圆雉体积较大者的高为: $4+2=6$; 所以这两个圆雉中, 体积较小者的高与体积较大者的高的比值为: $\frac{1}{3}$.

故答案为: $\frac{1}{3}$

答案：$\frac{1}{3}$

2011 年高考 （新课标）
题目：复数 $\frac{2+i}{1-2 i}$ 的共轭复数是 $(\quad)$
A. $-\frac{3}{5} i$
B. $\frac{3}{5} i$
C. $-\mathrm{i}$
D. i

解答：解：复数 $\frac{2+i}{1-2 i}=\frac{(2+i)(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=\frac{5 i}{5}=i$, 它的共轭复数为: $-i$.

故选: C.

答案：C

2011 年高考 （新课标）
题目：下列函数中, 既是偶函数又在 $(0,+\infty)$ 上单调递增的函数是 $(\quad)$
A. $y=2 x^{3}$
B. $y=|x|+1$
C. $y=-x^{2}+4$
D. $y=2^{-\mid x}$

解答：解：对于 $A . y=2 x^{3}$, 由 $f(-x)=-2 x^{3}=-f(x)$, 为奇函数, 故排除 $A$

对于 B. $y=|x|+1$, 由 $f(-x)=|-x|+1=f(x)$, 为偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=x+1$, 是增函数，故 B 正确;

对于 $C . y=-x^{2}+4$, 有 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 但 $x>0$ 时为减函数, 故排 除 C;

对于 D. $y=2^{-|x|}$, 有 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=2^{-x}$, 为减函数 ，故排除 D.

故选: B.

答案：B

2011 年高考 （新课标）
题目：有 3 个兴趣小组, 甲、乙两位同学各自参加其中一个小组, 每位同 学参加各个小组的可能性相同, 则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 ( )
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$

解答：解：由题意知本题是一个古典概型,

试验发生包含的事件数是 $3 \times 3=9$ 种结果，

满足条件的事件是这两位同学参加同一个兴趣小组,

由于共有三个小组, 则有 3 种结果,

根据古典概型概率公式得到 $P=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$,

故选: A.

答案：A

2011 年高考 （新课标）
题目：已知角 $\theta$ 的顶点与原点重合, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴重合, 终边在直 线 $y=2 x$ 上, 则 $\cos 2 \theta=(\quad)$
A. $-\frac{4}{5}$
B. $-\frac{3}{5}$
C. $\frac{3}{5}$
D. $\frac{4}{5}$

解答：解：根据题意可知: $\tan \theta=2$,

所以 $\cos ^{2} \theta=\frac{1}{\sec ^{2} \theta}=\frac{1}{\tan ^{2} \theta+1}=\frac{1}{5}$,

则 $\cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1=2 \times \frac{1}{5}-1=-\frac{3}{5}$.

故选: B.

答案：B

2011 年高考 （新课标）
题目：设直线 $\mid$ 过双曲线 $C$ 的一个焦点, 且与 $C$ 的一条对称轴垂直, $\mathrm{I}$ 与 $C$ 交于 $A, B$ 两点, $|A B|$ 为 $C$ 的实轴长的 2 倍, 则 $C$ 的离心率为（）
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. 3

解答：解: 不妨设双曲线 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,

焦点 $F(-c, 0)$, 对称轴 $y=0$,

由题设知 $\frac{c^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$,

$y= \pm \frac{b^{2}}{a}$

$\therefore \frac{2 b^{2}}{a}=4 a$,

$b^{2}=2 a^{2}$, $c^{2}-a^{2}=2 a^{2}$

$c^{2}=3 a^{2}$

$\therefore \mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\sqrt{3}$

故选: B.

答案：B

2011 年高考 （新课标）
题目：$\left(x+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$ 的展开式中各项系数的和为 2 , 则该展开式中常数项 为 $(\quad)$
A. -40
B. -20
C. 20
D. 40

解答：解: 令二项式中的 $x$ 为 1 得到展开式的各项系数和为 $1+a$

$\therefore 1+a=2$

$\therefore a=1$

$\therefore\left(x+\frac{a}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$

$=x\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}+\frac{1}{x}\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{5}$

$\therefore$ 展开式中常数项为 $\left(2 x-\frac{1}{x}\right)$ 的 $\frac{1}{x}$ 与 $x$ 的系数和

$\because\left(2 x-\frac{1}{x}\right)$ 展开式的通项为 $\mathrm{T}_{\mathrm{r}+1}=(-1){ }^{r} 2^{5-}{ }^{r} C_{5}{ }^{r} x^{5-2 r}$

令 5- $2 r=1$ 得 $r=2$; 令 $5-2 r=-1$ 得 $r=3$

展开式中常数项为 $8 C_{5}{ }^{2}-4 C_{5}{ }^{3}=40$

故选: D.

答案：D

2011 年高考 （新课标）
题目：已知 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 均为单位向量, 其夹角为 $\theta$, 有下列四个命题 $P_{1}: \mid \vec{a}+\vec{b}$ $>1 \Leftrightarrow \theta \in\left[0, \frac{2 \pi}{3}\right) ; P_{2}:|\vec{a}+\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in\left(\frac{2 \pi}{3}, \pi\right] ; P_{3}:|\vec{a}-\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in[0$ ， $\left.\frac{\pi}{3}\right) ; P_{4}:|\vec{a}-\vec{b}|>1 \Leftrightarrow \theta \in\left(\frac{\pi}{3}, \pi\right]$ ；其中的真命题是（ $)$
A. $P_{1}, P_{4}$
B. $P_{1}, P_{3}$
C. $P_{2}, P_{3}$
D. $P_{2}, P_{4}$

解答：解: 由 $|\vec{a}-\vec{b}|>1$, 得出 $2-2 \cos \theta>1$, 即 $\cos \theta<\frac{1}{2}$, 又 $\theta \in[0, \pi]$, 故 可以得出 $\theta \in\left(\frac{\pi}{3}, \pi\right]$, 故 $P_{3}$ 错误, $P_{4}$ 正确.

由 $|\vec{a}+\vec{b}|>1$, 得出 $2+2 \cos \theta>1$, 即 $\cos \theta>-\frac{1}{2}$, 又 $\theta \in[0, \pi]$, 故可以得出 $\theta \in[0$ ,$\left.\frac{2 \pi}{3}\right)$, 故 $P_{2}$ 错误, $P_{1}$ 正确.

故选: A.

答案：A

2011 年高考 （新课标）
题目：设函数 $f(x)=\sin (\omega x+\phi)+\cos (\omega x+\phi)\left(\omega>0,|\phi|<\frac{\pi}{2}\right)$ 的最 小正周期为 $\pi$, 且 $f(-x)=f(x)$ ，则（ $)$
A. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减
B. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递减
C. $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递增
D. $f(x)$ 在 $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$ 单调递增

解答：解: 由于 $f(x)=\sin (\omega x+\varphi)+\cos (\omega x+\varphi)=\sqrt{2} \sin \left(\omega x+\phi+\frac{\pi}{4}\right)$, 由于该函数的最小正周期为 $\mathrm{T}=\frac{2 \pi}{\omega}$, 得出 $\omega=2$,

又根据 $f(-x)=f(x)$, 得 $\phi+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+k \pi(k \in Z)$, 以及 $|\phi|<\frac{\pi}{2}$, 得出 $\phi=\frac{\pi}{4}$. 因此, $f(x)=\sqrt{2} \sin \left(2 x+\frac{\pi}{2}\right)=\sqrt{2} \cos 2 x$, 若 $x \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$, 则 $2 x \in(0, \pi)$, 从而 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 单调递减, 若 $x \in\left(\frac{\pi}{4}, \frac{3 \pi}{4}\right)$, 则 $2 x \in\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$,

该区间不为余弦函数的单调区间, 故 $B, C, D$ 都错, $A$ 正确.

故选: A.

答案：A

2011 年高考 （新课标）
题目：已知集合 $M=\{0,1 ， 2 ， 3 ， 4\}, N=\{1,3 ， 5\}, P=M \cap N$, 则 $P$ 的子 集共有 $(\quad)$
A. 2 个
B. 4 个
C. 6 个
D. 8 个

解答：解: $\because M=\{0,1,2,3,4\}, N=\{1,3,5\}$,

$\therefore P=M \cap N=\{1,3\}$

$\therefore P$ 的子集共有 $2^{2}=4$

故选：B.

答案：B

2011 年高考 （新课标）
题目：复数 $\frac{5 i}{1-2 i}=(\quad)$
A. $2-\mathrm{i}$
B. $1-2 \mathrm{i}$
C. $-2+i$
D. $-1+2 i$

解答：解: $\frac{5 i}{1-2 i}=\frac{5 i(1+2 i)}{(1-2 i)(1+2 i)}=-2+i$ 故选: C.

答案：C

2011 年高考 （新课标）
题目：下列函数中, 既是偶函数又在 $(0,+\infty)$ 上单调递增的函数是 $(\quad)$
A. $y=2 x^{3}$
B. $y=|x|+1$
C. $y=-x^{2}+4$
D. $y=2^{-|x|}$

解答：解: 对于 $A . y=2 x^{3}$, 由 $f(-x)=-2 x^{3}=-f(x)$, 为奇函数, 故排除 $A$

对于 B. $y=|x|+1$, 由 $f(-x)=|-x|+1=f(x)$, 为偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=x+1$, 是增函数, 故 B 正确;

对于 $C . y=-x^{2}+4$, 有 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 但 $x>0$ 时为减函数, 故排 除 C;

对于 D. $y=2^{-|x|}$, 有 $f(-x)=f(x)$, 是偶函数, 当 $x>0$ 时, $y=2^{-x}$, 为减函数 , 故排除 D.

故选：B.

答案：B

2011 年高考 （新课标）
题目：椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$ 的离心率为（）
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

解答：解: 根据椭圆的方程 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1$, 可得 $a=4, b=2 \sqrt{2}$, 则 $c=\sqrt{16-8}=2 \sqrt{2}$;

则椭圆的离心率为 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

故选：D.

答案：D

2011 年高考 （新课标）
题目：有 3 个兴趣小组, 甲、乙两位同学各自参加其中一个小组, 每位同 学参加各个小组的可能性相同, 则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为 ( )
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{3}{4}$

解答：解：由题意知本题是一个古典概型,

试验发生包含的事件数是 $3 \times 3=9$ 种结果,

满足条件的事件是这两位同学参加同一个兴趣小组,

由于共有三个小组, 则有 3 种结果,

根据古典概型概率公式得到 $P=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$,

故选: $A$.

答案：A

2011 年高考 （新课标）
题目：已知角 $\theta$ 的顶点与原点重合, 始边与 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴重合, 终边在直 线 $y=2 x$ 上, 则 $\cos 2 \theta=(\quad)$
A. $-\frac{4}{5}$
B. $-\frac{3}{5}$
C. $\frac{3}{5}$
D. $\frac{4}{5}$

解答：解：根据题意可知: $\tan \theta=2$,

所以 $\cos ^{2} \theta=\frac{1}{\sec ^{2} \theta}=\frac{1}{\tan ^{2} \theta+1}=\frac{1}{5}$,

则 $\cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1=2 \times \frac{1}{5}-1=-\frac{3}{5}$.

故选：B.

答案：B

2011 年高考 （新课标）
题目：在下列区间中, 函数 $f(x)=e^{x}+4 x-3$ 的零点所在的区间为 $(\quad)$
A. $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right)$
B. $\left(-\frac{1}{4}, 0\right)$
C. $\left(0, \frac{1}{4}\right)$
D. $\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right)$

解答：解: $\because$ 函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+4 \mathrm{x}-3}$

$\therefore f^{\prime}(x)=e^{x+4}$

当 $x>0$ 时, $f^{\prime}(x)=e^{x}+4>0$

$\therefore$ 函数 $f(x)=e^{x}+4 x-3$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上为 $f(0)=e^{0}-3=-2<0$

$f\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{e^{-}} 1>0$

$f\left(\frac{1}{4}\right)=\sqrt[4]{e^{-}}-2=\sqrt[4]{\mathrm{e}}-\sqrt[4]{16}<0$

$\because f\left(\frac{1}{2}\right)$ of $\left(\frac{1}{4}\right)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)=\mathrm{e}^{\mathrm{x}+4 x-3}$ 的零点所在的区间为 $\left(\frac{1}{4}, \frac{1}{2}\right)$

故选: A.

答案：A

2011 年高考 （新课标）
题目：等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 且 $2 a_{1}+3 a_{2}=1, a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$,

(I ) 求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II ) 设 $b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}$, 求数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

解答：（I ) 设出等比数列的公比 $q$, 由 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$, 利用等比数列的通项公式 化简后得到关于 $q$ 的方程, 由已知等比数列的各项都为正数, 得到满足题意 $q$ 的值, 然后再根据等比数列的通项公式化简 $2 a_{1}+3 a_{2}=1$, 把求出的 $q$ 的值代入 即可求出等比数列的首项, 根据首项和求出的公比 $\mathrm{q}$ 写出数列的通项公式即 可;

（II ）把（I ) 求出数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式代入设 $b n=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}$, 利用 对数的运算性质及等差数列的前 $n$ 项和的公式化简后, 即可得到 $b_{n}$ 的通项公 式, 求出倒数即为 $\frac{1}{b_{n}}$ 的通项公式, 然后根据数列的通项公式列举出数列的各 项, 抵消后即可得到数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $\mathrm{n}$ 项和.

解: ( I ) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 由 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$ 得 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{4}{ }^{2}$, 所以 $q^{2}=\frac{1}{9}$

由条件可知各项均为正数, 故 $q=\frac{1}{3}$.

由 $2 a_{1}+3 a_{2}=1$ 得 $2 a_{1}+3 a_{1} q=1$, 所以 $a_{1}=\frac{1}{3}$.

故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项式为 $a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$. ( II ) $b_{n}=\log _{3} a_{1+} \log _{3} a_{2+}+{ }^{+} \log _{3} a_{n=-}(1+2+\ldots+n)=-\frac{n(n+1)}{2}$,

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

则 $\frac{1}{\mathrm{~b}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}=-2\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}\right)\right]=-\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$,

所以数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $-\frac{2 n}{n+1}$.

答案：解: ( I ) 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 由 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{2} a_{6}$ 得 $a_{3}{ }^{2}=9 a_{4}{ }^{2}$, 所以 $q^{2}=\frac{1}{9}$

由条件可知各项均为正数, 故 $q=\frac{1}{3}$.

由 $2 a_{1}+3 a_{2}=1$ 得 $2 a_{1}+3 a_{1} q=1$, 所以 $a_{1}=\frac{1}{3}$.

故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项式为 $a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$. ( II ) $b_{n}=\log _{3} a_{1+} \log _{3} a_{2+}+{ }^{+} \log _{3} a_{n=-}(1+2+\ldots+n)=-\frac{n(n+1)}{2}$,

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

则 $\frac{1}{\mathrm{~b}_{1}}+\frac{1}{\mathrm{~b}_{2}}+\ldots+\frac{1}{\mathrm{~b}_{\mathrm{n}}}=-2\left[\left(1-\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{\mathrm{n}}-\frac{1}{\mathrm{n}+1}\right)\right]=-\frac{2 \mathrm{n}}{\mathrm{n}+1}$,

所以数列 $\left\{\frac{1}{b_{n}}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $-\frac{2 n}{n+1}$.

2011 年高考 （新课标）
题目：某种产品的质量以其质量指标值衡量, 质量指标值越大表明质量 越好, 且质量指标值大于或等于 102 的产品为优质品, 现用两种新配方（分 别称为 $\mathrm{A}$ 配方和 $\mathrm{B}$ 配方) 做试验, 各生产了 100 件这种产品, 并测量了每件 产品的质量指标值, 得到下面试验结果:

A 配方的频数分布表

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 8 & 20 & 42 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}

B 配方的频数分布表

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 4 & 12 & 42 & 32 & 10 \\
\hline
\end{tabular}

（I ）分别估计用 $\mathrm{A}$ 配方, $B$ 配方生产的产品的优质品率;

（II) 已知用 B 配方生成的一件产品的利润 $y$ （单位: 元）与其质量指标值 $t$ 的 关系式为 $\mathrm{y}= \begin{cases}-2, & \mathrm{t}<94 \\ 2, & 94 \leqslant \mathrm{t}<102 \\ 4, & \mathrm{t} \geqslant 102\end{cases}$

从用 $B$ 配方生产的产品中任取一件, 其利润记为 $X$ （单位: 元), 求 $X$ 的分布列 及数学期望. (以试验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质 量指标值落入相应组的概率)

解答：(1）根据所给的样本容量和两种配方的优质的频数, 两个求比值, 得 到用两种配方的产品的优质品率的估计值.

(II) 根据题意得到变量对应的数字, 结合变量对应的事件和第一问的结果写出 变量对应的概率, 写出分布列和这组数据的期望值.

解： ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$

$\therefore$ 用 $A$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 . 由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$

$\therefore$ 用 $B$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;

（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间

$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,

$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,

即 $X$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline $\mathrm{P}$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}

$\therefore X$ 的数学期望值. $\mathrm{EX}=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$

答案：解： ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$

$\therefore$ 用 $A$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 . 由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$

$\therefore$ 用 $B$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;

（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间

$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,

$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,

即 $X$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline $\mathrm{P}$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}

$\therefore X$ 的数学期望值. $\mathrm{EX}=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$

2011 年高考 （新课标）
题目：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 已知点 $A(0,-1), B$ 点在直线 $y=-3$ 上, $M$ 点满足 $\overrightarrow{M B} / / \overrightarrow{O A}, \overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{B A}, M$ 点的轨迹为曲线 $C$.

(I ) 求 C 的方程;

(II) $\mathrm{P}$ 为 $C$ 上的动点, 1 为 $C$ 在 $\mathrm{P}$ 点处的切线, 求 $\mathrm{O}$ 点到 $I$ 距离的最小值.

解答：( I ) 设 $M(x, y)$, 由已知得 $B(x,-3), A(0,-1)$ 并代入 $\overrightarrow{M B} / /$ $\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{A B}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{B A}$, 即可求得 $M$ 点的轨迹 $C$ 的方程;

(II ) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为 $C$ 上的点, 求导, 写出 $C$ 在 $P$ 点处的切线方程, 利用点 到直线的距离公式即可求得 $\mathrm{O}$ 点到 I 距离, 然后利用基本不等式求出其最小 值.

解: ( I ) 设 $M(x, y)$, 由已知得 $B(x,-3), A(0,-1)$. 所 $\overrightarrow{M A}=(-x,-1-y), \overrightarrow{M B}=(0,-3-y), \overrightarrow{A B}=(x,-2)$.

再由题意可知 $(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}) \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}=0$, 即 $(-x,-4-2 y) \cdot(x,-2)=0$.

所以曲线 $C$ 的方程式为 $y=\frac{1}{4} x^{2}-2$.

(II) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为曲线 $C: y=\frac{1}{4} x^{2}-2$ 上一点, 因为 $y^{\prime}=\frac{1}{2} x$, 所以 的斜率 为 $\frac{1}{2} x_{0}$,

因此直线 $I$ 的方程为 $y-y_{0}=\frac{1}{2} x_{0}\left(x-x_{0}\right)$, 即 $x_{0} x-2 y+2 y_{0}-x_{0}^{2}=0$.

则 0 点到I的距离 $\mathrm{d}=\frac{\left|2 y_{0}-x_{0}^{2}\right|}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}$. 又 $y_{0}=\frac{1}{4} x_{0}^{2}-2$,

所以 $d=\frac{\frac{1}{2} x_{0}{ }^{2}+4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{x_{0}{ }^{2}+4}+\frac{4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}\right) \geqslant 2$,

所以 $x_{0}^{2}=0$ 时取等号, 所以 0 点到 $I$ 距离的最小值为 2 .

答案：解: ( I ) 设 $M(x, y)$, 由已知得 $B(x,-3), A(0,-1)$. 所 $\overrightarrow{M A}=(-x,-1-y), \overrightarrow{M B}=(0,-3-y), \overrightarrow{A B}=(x,-2)$.

再由题意可知 $(\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}) \cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}}=0$, 即 $(-x,-4-2 y) \cdot(x,-2)=0$.

所以曲线 $C$ 的方程式为 $y=\frac{1}{4} x^{2}-2$.

(II) 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 为曲线 $C: y=\frac{1}{4} x^{2}-2$ 上一点, 因为 $y^{\prime}=\frac{1}{2} x$, 所以 的斜率 为 $\frac{1}{2} x_{0}$,

因此直线 $I$ 的方程为 $y-y_{0}=\frac{1}{2} x_{0}\left(x-x_{0}\right)$, 即 $x_{0} x-2 y+2 y_{0}-x_{0}^{2}=0$.

则 0 点到I的距离 $\mathrm{d}=\frac{\left|2 y_{0}-x_{0}^{2}\right|}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}$. 又 $y_{0}=\frac{1}{4} x_{0}^{2}-2$,

所以 $d=\frac{\frac{1}{2} x_{0}{ }^{2}+4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{x_{0}{ }^{2}+4}+\frac{4}{\sqrt{4+x_{0}^{2}}}\right) \geqslant 2$,

所以 $x_{0}^{2}=0$ 时取等号, 所以 0 点到 $I$ 距离的最小值为 2 .

2011 年高考 （新课标）
题目：已知函数 $f(x)=\frac{a \ln x}{x+1}+\frac{b}{x}$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的 切线方程为 $x+2 y-3=0$.

(I) 求 $a 、 b$ 的值;

（II ）如果当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$, 求 $k$ 的取值范围.

解答：(1）求出函数的导数; 利用切线方程求出切线的斜率及切点; 利用函 数在切点处的导数值为曲线切线的斜率及切点也在曲线上, 列出方程组, 求 出 $a, b$ 值.

(II) 将不等式变形, 构造新函数, 求出新函数的导数, 对参数 $\mathrm{k}$ 分类讨论, 判 断出导函数的符号, 得到函数的单调性, 求出函数的最值, 求出参数 $\mathrm{k}$ 的范 围.

解: 由题意 $f(1)=1$, 即切点坐标是 $(1,1)$

( I ) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$

由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$, 故 $\left\{\begin{array}{l}f(1)=1 \\ f^{\prime}(1)=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$ 解得 $a=1, b=1$.

( II) 由 ( I ) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$, 所以

$f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}\right)$.

考虑函数 $h(x)=2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}(x>0)$, 则

$h^{\prime}(x)=\frac{(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x}{x^{2}}$

(i) 设 $k \leqslant 0$, 由 $h^{\prime}(x)=\frac{k\left(x^{2}+1\right)-(x-1)^{2}}{x^{2}}$ 知, 当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$. 而 $h （$

1) $=0$, 故

当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$

从而当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)>0$, 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$.

(ii) 设 $0<k<1$. 由于当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x>0$, 故 $h^{\prime}(x$ $>>0$, 而

$h(1)=0$, 故当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $h(x)>0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛 盾. (iii) 设 $k \geqslant 1$. 此时 $h^{\prime}(x)>0$, 而 $h(1)=0$, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)>0$ , 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛盾.

综合得, $\mathrm{k}$ 的取值范围为 $(-\infty, 0]$.

答案：解: 由题意 $f(1)=1$, 即切点坐标是 $(1,1)$

( I ) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$

由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$, 故 $\left\{\begin{array}{l}f(1)=1 \\ f^{\prime}(1)=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$ 解得 $a=1, b=1$.

( II) 由 ( I ) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$, 所以

$f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}\right)$.

考虑函数 $h(x)=2 \ln x+\frac{(k-1)\left(x^{2}-1\right)}{x}(x>0)$, 则

$h^{\prime}(x)=\frac{(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x}{x^{2}}$

(i) 设 $k \leqslant 0$, 由 $h^{\prime}(x)=\frac{k\left(x^{2}+1\right)-(x-1)^{2}}{x^{2}}$ 知, 当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$. 而 $h （$

1) $=0$, 故

当 $x \in(0,1)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h^{\prime}(x)<0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$

从而当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)-\left(\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}\right)>0$, 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}+\frac{k}{x}$.

(ii) 设 $0<k<1$. 由于当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $(k-1)\left(x^{2}+1\right)+2 x>0$, 故 $h^{\prime}(x$ $>>0$, 而

$h(1)=0$, 故当 $x \in\left(1, \frac{1}{1-k}\right)$ 时, $h(x)>0$, 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛 盾. (iii) 设 $k \geqslant 1$. 此时 $h^{\prime}(x)>0$, 而 $h(1)=0$, 故当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)>0$ , 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)<0$, 与题设矛盾.

综合得, $\mathrm{k}$ 的取值范围为 $(-\infty, 0]$.

2011 年高考 （新课标）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数) $M$ 是 $\mathrm{C}_{1}$ 上的动点, $\mathrm{P}$ 点满足 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=2 \overrightarrow{\mathrm{OM}}, \mathrm{P}$ 点的轨迹为曲线 $\mathrm{C}_{2}$

(I) 求 $\mathrm{C}_{2}$ 的方程;

(II ) 在以 $O$ 为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴的极坐标系中, 射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的异 于极点的交点为 $A$, 与 $C_{2}$ 的异于极点的交点为 $B$, 求 $|A B|$.

解答：（1）先设出点 $P$ 的坐标, 然后根据点 $P$ 满足的条件代入曲线 $C_{1}$ 的方程 即可求出曲线 $C_{2}$ 的方程;

(II) 根据 (I) 将求出曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程, 分别求出射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}$, 以及射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}$, 最后根据 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|$ 求出所求.

解：（1）设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$

从而 $C_{2}$ 的参数方程为

$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}(\alpha\right.$ 为参数)

(II ) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.

所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.

答案：解：（1）设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$

从而 $C_{2}$ 的参数方程为

$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}(\alpha\right.$ 为参数)

(II ) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.

所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.

2011 年高考 （新课标）
题目：24. 设函数 $f(x)=|x-a|+3 x$, 其中 $a>0$.

(I) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集

(II ) 若不等式 $f(x) \leqslant 0$ 的解集为 $\{x \mid x \leqslant-1\}$, 求 $a$ 的值.

解答：( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$. 直接求出不等式 $f($ $x) \geqslant 3 x+2$ 的解集即可. (II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得 $|x-a|+3 x \leqslant 0$ 分 $x \geqslant a$ 和 $x \leqslant a$ 推出等价不等式组, 分别求 解, 然后求出 $a$ 的值.

解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$

由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.

故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为 $\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.

( II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得

$|x-a|+3 x \leqslant 0$

此不等式化为不等式组

$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$

因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$

由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$

答案：解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$

由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.

故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为 $\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.

( II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得

$|x-a|+3 x \leqslant 0$

此不等式化为不等式组

$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$

因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$

由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$

2011 年高考 （新课标）
题目：已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}=\frac{1}{3}$, 公比 $q=\frac{1}{3}$.

( I ) $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 证明: $S_{n}=\frac{1-a_{n}}{2}$

(II ) 设 $b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}$, 求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.

解答：(1) 根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列, $a_{1}=\frac{1}{3}$, 公比 $q=\frac{1}{3}$, 求出通项公式 $a_{n}$ 和 前 $n$ 项和 $S_{n}$, 然后经过运算即可证明.

(II) 根据数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式和对数函数运算性质求出数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式.

证明: (1) $\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{1}=\frac{1}{3}, q=\frac{1}{3}$

$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=\frac{1}{3^{n}}$,

$\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}$

又 $\because \frac{1-a_{n}}{2}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}=S_{n}$

$\therefore S_{n}=\frac{1-a_{n}}{2}$

(II) $\because a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$

$\therefore b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}=-\log _{3} 3+\left(-2 \log _{3} 3\right)+\ldots+\left(-n \log _{3} 3\right)$

$=-\quad(1+2+\ldots+n)$

$=-\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为: $b_{n}=-\frac{n(n+1)}{2}$

答案：证明: (1) $\because$ 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等比数列, $a_{1}=\frac{1}{3}, q=\frac{1}{3}$

$\therefore a_{n}=\frac{1}{3} \times\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}=\frac{1}{3^{n}}$,

$\mathrm{S}_{\mathrm{n}}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}$

又 $\because \frac{1-a_{n}}{2}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{2}=S_{n}$

$\therefore S_{n}=\frac{1-a_{n}}{2}$

(II) $\because a_{n}=\frac{1}{3^{n}}$

$\therefore b_{n}=\log _{3} a_{1}+\log _{3} a_{2}+\ldots+\log _{3} a_{n}=-\log _{3} 3+\left(-2 \log _{3} 3\right)+\ldots+\left(-n \log _{3} 3\right)$

$=-\quad(1+2+\ldots+n)$

$=-\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)}{2}$

$\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为: $b_{n}=-\frac{n(n+1)}{2}$

2011 年高考 （新课标）
题目：某种产品的质量以其质量指标值衡量, 质量指标值越大表明质量 越好, 且质量指标值大于或等于 102 的产品为优质品, 现用两种新配方（分 别称为 $\mathrm{A}$ 配方和 $\mathrm{B}$ 配方) 做试验, 各生产了 100 件这种产品, 并测量了每件 产品的质量指标值, 得到下面试验结果:

A 配方的频数分布表

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 8 & 20 & 42 & 22 & 8 \\
\hline
\end{tabular}

$\mathrm{B}$ 配方的频数分布表

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline 指标值分组 & {$[90,94)$} & {$[94,98)$} & {$[98,102)$} & {$[102,106)$} & {$[106,110]$} \\
\hline 频数 & 4 & 12 & 42 & 32 & 10 \\
\hline
\end{tabular}

( I ) 分别估计用 $\mathrm{A}$ 配方, $\mathrm{B}$ 配方生产的产品的优质品率;

（II ) 已知用 B 配方生成的一件产品的利润 $\mathrm{y}$ （单位: 元）与其质量指标值 $\mathrm{t}$ 的 关系式为 $\mathrm{y}= \begin{cases}-2, & \mathrm{t}<94 \\ 2, & 94 \leqslant \mathrm{t}<102 \\ 4, & \mathrm{t} \geqslant 102\end{cases}$

从用 $B$ 配方生产的产品中任取一件, 其利润记为 $X$ （单位: 元）, 求 $X$ 的分布列 及数学期望. (以试验结果中质量指标值落入各组的频率作为一件产品的质 量指标值落入相应组的概率)

解答：(1) 根据所给的样本容量和两种配方的优质的频数, 两个求比值, 得 到用两种配方的产品的优质品率的估计值.

(II) 根据题意得到变量对应的数字, 结合变量对应的事件和第一问的结果写出 变量对应的概率, 写出分布列和这组数据的期望值.

解: ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$ $\therefore$ 用 $\mathrm{A}$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 .

由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$

$\therefore$ 用 B 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;

（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间

$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,

$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,

即 $\mathrm{X}$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline$P$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}

$\therefore X$ 的数学期望值 $E X=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$

答案：解: ( I ) 由试验结果知, 用 $A$ 配方生产的产品中优质的频率为 $\frac{22+8}{100}=0.3$ $\therefore$ 用 $\mathrm{A}$ 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.3 .

由试验结果知, 用 $B$ 配方生产的产品中优质品的频率为 $\frac{32+10}{100}=0.42$

$\therefore$ 用 B 配方生产的产品的优质品率的估计值为 0.42 ;

（II) 用 B 配方生产的 100 件产品中，其质量指标值落入区间

$[90,94),[94,102),[102,110]$ 的频率分别为 $0.04,0.54,0.42$,

$\therefore P(X=-2)=0.04, P(X=2)=0.54, P(X=4)=0.42$,

即 $\mathrm{X}$ 的分布列为

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$X$ & -2 & 2 & 4 \\
\hline$P$ & 0.04 & 0.54 & 0.42 \\
\hline
\end{tabular}

$\therefore X$ 的数学期望值 $E X=-2 \times 0.04+2 \times 0.54+4 \times 0.42=2.68$

2011 年高考 （新课标）
题目：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $y=x^{2}-6 x+1$ 与坐标轴的交点都在 圆 C上.

( I ) 求圆 C 的方程;

(II ) 若圆 $C$ 与直线 $x-y+a=0$ 交与 $A, B$ 两点, 且 $O A \perp O B$, 求 $a$ 的值.

解答：（I）法一：写出曲线与坐标轴的交点坐标, 利用圆心的几何特征设出 圆心坐标, 构造关于圆心坐标的方程, 通过解方程确定出圆心坐标, 进而算 出半径,写出圆的方程;

法二可设出圆的一般式方程, 利用曲线与方程的对应关系, 根据同一性直接求 出参数， (II ) 利用设而不求思想设出圆 $C$ 与直线 $x-y+a=0$ 的交点 $A, B$ 坐标, 通过 $O A \perp$ $\mathrm{OB}$ 建立坐标之间的关系, 结合韦达定理寻找关于 $\mathrm{a}$ 的方程, 通过解方程确定 出 a 的值.

解: ( I ) 法一: 曲线 $y=x^{2}-6 x+1$ 与 $y$ 轴的交点为 $(0,1)$, 与 $x$ 轴的 交点为 $(3+2 \sqrt{2}, 0),(3-2 \sqrt{2}, 0)$. 可知圆心在直线 $x=3$ 上, 故可设该 圆的圆心 $C$ 为 $(3, t)$, 则有 $3^{2}+(t-1)^{2}=(2 \sqrt{2})^{2}+t^{2}$, 解得 $t=1$, 故圆 $C$ 的半径为 $\sqrt{3^{2}+(t-1)^{2}}=3$, 所以圆 $C$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9$.

法二：圆 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0$

$x=0, y=1$ 有 $1+E+F=0$

$y=0, x^{2}-6 x+1=0$ 与 $x^{2}+D x+F=0$ 是同一方程, 故有 $D=-6, F=1, E=-2$,

即圆方程为 $x^{2}+y^{2}-6 x-2 y+1=0$

（II ) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，其坐标满足方程组

$\left\{\begin{array}{l}x-y+a=0 \\ (x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9\end{array}\right.$, 消去 $y$, 得到方程 $2 x^{2}+(2 a-8) x^{2} a^{2}-2 a+1=0$, 由已

知可得判别式 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$.

在此条件下利用根与系数的关系得到 $x_{1}+x_{2}=4-a, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}-2 a+1}{2}$ (1),

由于 $O A \perp O B$ 可得 $x_{1} x_{2}+y_{1 y 2}=0$, 又 $y_{1}=x_{1}+a, y_{2}=x_{2}+a$, 所以可得 $2 x_{1} x_{2}+a\left(x_{1}+x_{2}\right)$

$+a^{2}=0(2$

由(1)(2)可得 $a=-1$, 满足 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$. 故 $a=-1$.

答案：解: ( I ) 法一: 曲线 $y=x^{2}-6 x+1$ 与 $y$ 轴的交点为 $(0,1)$, 与 $x$ 轴的 交点为 $(3+2 \sqrt{2}, 0),(3-2 \sqrt{2}, 0)$. 可知圆心在直线 $x=3$ 上, 故可设该 圆的圆心 $C$ 为 $(3, t)$, 则有 $3^{2}+(t-1)^{2}=(2 \sqrt{2})^{2}+t^{2}$, 解得 $t=1$, 故圆 $C$ 的半径为 $\sqrt{3^{2}+(t-1)^{2}}=3$, 所以圆 $C$ 的方程为 $(x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9$.

法二：圆 $x^{2}+y^{2}+D x+E y+F=0$

$x=0, y=1$ 有 $1+E+F=0$

$y=0, x^{2}-6 x+1=0$ 与 $x^{2}+D x+F=0$ 是同一方程, 故有 $D=-6, F=1, E=-2$,

即圆方程为 $x^{2}+y^{2}-6 x-2 y+1=0$

（II ) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，其坐标满足方程组

$\left\{\begin{array}{l}x-y+a=0 \\ (x-3)^{2}+(y-1)^{2}=9\end{array}\right.$, 消去 $y$, 得到方程 $2 x^{2}+(2 a-8) x^{2} a^{2}-2 a+1=0$, 由已

知可得判别式 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$.

在此条件下利用根与系数的关系得到 $x_{1}+x_{2}=4-a, x_{1} x_{2}=\frac{a^{2}-2 a+1}{2}$ (1),

由于 $O A \perp O B$ 可得 $x_{1} x_{2}+y_{1 y 2}=0$, 又 $y_{1}=x_{1}+a, y_{2}=x_{2}+a$, 所以可得 $2 x_{1} x_{2}+a\left(x_{1}+x_{2}\right)$

$+a^{2}=0(2$

由(1)(2)可得 $a=-1$, 满足 $\triangle=56-16 a-4 a^{2}>0$. 故 $a=-1$.

2011 年高考 （新课标）
题目：已知函数 $f(x)=\frac{a \ln x}{x+1}+\frac{b}{x}$, 曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的 切线方程为 $x+2 y-3=0$.

(I) 求 $a 、 b$ 的值;

（II) 证明: 当 $x>0$, 且 $x \neq 1$ 时, $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$.

解答：（1）据切点在切线上, 求出切点坐标; 求出导函数; 利用导函数在切 点处的值为切线的斜率及切点在曲线上, 列出方程组, 求出 $a, b$ 的值.

（II) 构造新函数, 求出导函数, 通过研究导函数的符号判断出函数的单调性, 求出函数的最值, 证得不等式.

解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$.

由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$ 所以 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b\end{array}=-\frac{1}{2}\right.$

解得 $a=1, b=1$

(II) 由 (I) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$

所以 $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}\right)$

考虑函数 $h(x)=2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}(x>0)$,

则 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-\frac{2 x^{2}-\left(x^{2}-1\right)}{x^{2}}=-\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}$

所以当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$ 而 $h(1)=0$,

当 $x \in(0,1)$ 时, $h(x)>0$ 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)<0$, 可得 $1 \frac{1-x^{2}}{} h(x)>0$

从而当 $x>0$ 且 $x \neq 1$ 时,

$f(x)-\frac{\ln x}{x-1}>0$ 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$

答案：解: (1) $f^{\prime}(x)=\frac{a\left(\frac{x+1}{x}-\ln x\right)}{(x+1)^{2}}-\frac{b}{x^{2}}$.

由于直线 $x+2 y-3=0$ 的斜率为 $-\frac{1}{2}$, 且过点 $(1,1)$ 所以 $\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ \frac{a}{2}-b\end{array}=-\frac{1}{2}\right.$

解得 $a=1, b=1$

(II) 由 (I) 知 $f(x)=\frac{\ln x}{x+1}+\frac{1}{x}$

所以 $f(x)-\frac{\ln x}{x-1}=\frac{1}{1-x^{2}}\left(2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}\right)$

考虑函数 $h(x)=2 \ln x-\frac{x^{2}-1}{x}(x>0)$,

则 $h^{\prime}(x)=\frac{2}{x}-\frac{2 x^{2}-\left(x^{2}-1\right)}{x^{2}}=-\frac{(x-1)^{2}}{x^{2}}$

所以当 $x \neq 1$ 时, $h^{\prime}(x)<0$ 而 $h(1)=0$,

当 $x \in(0,1)$ 时, $h(x)>0$ 可得 $\frac{1}{1-x^{2}} h(x)>0$;

当 $x \in(1,+\infty)$ 时, $h(x)<0$, 可得 $1 \frac{1-x^{2}}{} h(x)>0$

从而当 $x>0$ 且 $x \neq 1$ 时,

$f(x)-\frac{\ln x}{x-1}>0$ 即 $f(x)>\frac{\ln x}{x-1}$

2011 年高考 （新课标）
题目：23. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 曲线 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2 \cos \alpha \\ y=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ ( $\alpha$ 为参数) $M$ 是 $\mathrm{C}_{1}$ 上的动点, $\mathrm{P}$ 点满足 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=2 \overrightarrow{\mathrm{OM}}, \mathrm{P}$ 点的轨迹为曲线 $\mathrm{C}_{2}$

(I) 求 $\mathrm{C}_{2}$ 的方程;

(II ) 在以 $O$ 为极点, $x$ 轴的正半轴为极轴的极坐标系中, 射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的异 于极点的交点为 $A$, 与 $C_{2}$ 的异于极点的交点为 $B$, 求 $|A B|$.

解答：（1）先设出点 $P$ 的坐标, 然后根据点 $P$ 满足的条件代入曲线 $C_{1}$ 的方程 即可求出曲线 $C_{2}$ 的方程;

(II) 根据 (I) 将求出曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程, 分别求出射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}$, 以及射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}$, 最后根据 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|$ 求出所求.

解: (1) 设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$

从而 $C_{2}$ 的参数方程为

$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array} \quad(\alpha\right.$ 为参数)

(II) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.

所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.

答案：解: (1) 设 $P(x, y)$, 则由条件知 $M\left(\frac{x}{2}, \frac{y}{2}\right)$. 由于 $M$ 点在 $C_{1}$ 上, 所以 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}=2 \cos \alpha \\ \frac{y}{2}=2+2 \sin \alpha\end{array}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array}\right.$

从而 $C_{2}$ 的参数方程为

$\left\{\begin{array}{l}x=4 \cos \alpha \\ y=4+4 \sin \alpha\end{array} \quad(\alpha\right.$ 为参数)

(II) 曲线 $C_{1}$ 的极坐标方程为 $\rho=4 \sin \theta$, 曲线 $C_{2}$ 的极坐标方程为 $\rho=8 \sin \theta$.

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{1}$ 的交点 $A$ 的极径为 $\rho_{1}=4 \sin \frac{\pi}{3}$,

射线 $\theta=\frac{\pi}{3}$ 与 $C_{2}$ 的交点 $B$ 的极径为 $\rho_{2}=8 \sin \frac{\pi}{3}$.

所以 $|A B|=\left|\rho_{2}-\rho_{1}\right|=2 \sqrt{3}$.

2011 年高考 （新课标）
题目：24. 设函数 $f(x)=|x-a|+3 x$, 其中 $a>0$.

(I) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集

(II ) 若不等式 $f(x) \leqslant 0$ 的解集为 $\{x \mid x \leqslant-1\}$, 求 $a$ 的值.

解答：(I) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$. 直接求出不等式 $f($ $x) \geqslant 3 x+2$ 的解集即可.

(II) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得 $|x-a|+3 x \leqslant 0$ 分 $x \geqslant a$ 和 $x \leqslant a$ 推出等价不等式组, 分别求 解, 然后求出 $a$ 的值.

解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$

由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.

故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为

$\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.

(II ) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得

$|x-a|+3 x \leqslant 0$

此不等式化为不等式组

$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$

因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$

由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$

答案：解: ( I ) 当 $a=1$ 时, $f(x) \geqslant 3 x+2$ 可化为 $|x-1| \geqslant 2$

由此可得 $x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1$.

故不等式 $f(x) \geqslant 3 x+2$ 的解集为

$\{x \mid x \geqslant 3$ 或 $x \leqslant-1\}$.

(II ) 由 $f(x) \leqslant 0$ 得

$|x-a|+3 x \leqslant 0$

此不等式化为不等式组

$\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x-a+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ a-x+3 x \leqslant 0\end{array}\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l}x \geqslant a \\ x \leqslant \frac{a}{4}\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x \leqslant a \\ x \leqslant-\frac{a}{2}\end{array}\right.$

因为 $a>0$, 所以不等式组的解集为 $\left\{x \mid x \leqslant-\frac{a}{2}\right\}$

由题设可得 $-\frac{a}{2}=-1$, 故 $a=2$