2017-2018年全国高考理科数学(全国一卷)试题及答案

2018年全国普通高等学校招生全国统一考试

（全国一卷）理科数学

一、选择题：（本题有12小题，每小题5分，共60分。） 1、设z=

，则∣z∣=（ ）

𝟏

A.0 B. 𝟐 C.1 D. √2 2、已知集合A={x|x2-x-2>0}，则CRA =（ ） A、{x|-1C、{x|x<-1}∪{x|x>2} D、{x|x≤-1}∪{x|x ≥2}

3、某地区经过一年的新农村建设，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建设前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：

建设前经济收入构成比例 建设后经济收入构成比例 则下面结论中不正确的是（ ）

A. 新农村建设后，种植收入减少

B. 新农村建设后，其他收入增加了一倍以上 C. 新农村建设后，养殖收入增加了一倍

D. 新农村建设后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半

4、记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3 = S2+ S4，a1 =2，则a5 =（ ） A、-12 B、-10 C、10 D、12

5、设函数f（x）=x³+（a-1）x²+ax .若f（x）为奇函数，则曲线y= f（x）在点（0，0）处的切线方程为（ ）

A.y= -2x

B.y= -x C.y=2x D.y=x

=（ ） 6、在∆ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，则→EB

3

- 1 → B. 1 → - 3 → C. 3 → + 1 → D. 1 → + 3 → A. 4 →AB4AC4AB4AC4AB4AC4AB4AC

7、某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图。圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（ ）

A. 2√17 B. 2√5

C. 3 D. 2

2

·→ =( ) 8.设抛物线C：y²=4x的焦点为F，过点（-2，0）且斜率为3的直线与C交于M，N两点，则→FMFN

A.5 B.6 C.7 D.8 9.已知函数f（x）=( )

A. [-1，0） B. [0，+∞） C. [-1，+∞） D. [1，+∞）

10.下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形。此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC. △ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ。在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则( )

A. p1=p2 B. p1=p3 C. p2=p3 D. p1=p2+p3

11.已知双曲线C： - y²=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交

𝟑 𝐱𝟐

g（x）=f（x）+x+a，若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是

点分别为M，N. 若△OMN为直角三角形，则∣MN∣=( ) A. 2 B.3 C.

3

D.4

12.已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α 所成的角都相等，则α 截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.若x，y满足约束条件

则z=3x+2y的最大值为 .

B.

C.

D.

14.记Sn为数列｛an｝的前n项和. 若Sn = 2an+1，则S6= .

15.从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有 种.（用数字填写答案）

16.已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是 .

三.解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17.（12分）

在平面四边形ABCD中，∠ADC=90°，∠A=45°，AB=2，BD=5. （1）求cos∠ADB； （2）若DC =

18.（12分）

如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把∆DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF .

（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD； （2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

，求BC.

19.（12分）

设椭圆C： + y²=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.

𝟐 𝐱𝟐

（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程； （2）设O为坐标原点，证明：∠OMA =∠OMB.

20、（12分）

某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件产品作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验，设每件产品为不合格品的概率都为P （0（1）记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f（P），求f（P）的最大值点（2）现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以（1）中确定的

。

作为P的值，已知

每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用。

（i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX； （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？

21、（12分） 已知函数

.

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）存在两个极值点x1 , x2 , 证明：

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22. [选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

在直角坐标系xOy中，曲线C₁的方程为y=k∣x∣+2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C₂的极坐标方程为ρ² +2ρcosθ -3=0.

（1） 求C₂的直角坐标方程:

（2） 若C₁与C₂有且仅有三个公共点，求C₁的方程.

.

23. [选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知f（x）=∣x+1∣-∣ax-1∣.

（1） 当a=1时，求不等式f（x）﹥1的解集；

（2） 若x∈（0，1）时不等式f（x）﹥x成立，求a的取值范围.

绝密★启用前

2018年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学试题参考答案

一、选择题 1．C 7．B

二、填空题 13．6

三、解答题 17．解：

（1）在△ABD中，由正弦定理得由题设知，

BDAB. sinAsinADB

2．B 8．D

3．A 9．C

4．B 10．A

5．D 11．B

6．A 12．A

14．63 15．16 16．33 2252. ,所以sinADB5sin45sinADB

由题设知，ADB90， 所以cosADB1223. 255（2）由题设及（1）知，cosBDCsinADB在△BCD中，由余弦定理得

BC2BD2DC22BDDCcosBDC258252225.252. 5

所以BC5. 18．解：

（1）由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.

（2）作PHEF，垂足为H. 由（1）得，PH平面ABFD.

以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz. 由（1）可得，DEPE. 又DP2，DE1，所以PE3. 又PF1，EF2，故PEPF. 可得PH33，EH. 22

则H(0,0,0)，P(0,0,33333), D(1,,0)，DP(1,,)，HP(0,0,)为平面ABFD的法向量.

222223HPDP3设DP与平面ABFD所成角为，则 sin|. |443|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为 19．解：

（1）由已知得F(1,0)，l的方程为x1. 由已知可得，点A的坐标为(1,所以AM的方程为y22). )或(1,223. 4

22x2或yx2. 22

（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB由y1kx1k，y2kx2k得

kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)y1y2. x12x22

x2将yk(x1)代入y21得

2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22所以，x1x22. ,x1x222k12k14k34k12k38k34k则2kx1x23k(x1x2)4k0.

2k21从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补. 所以OMAOMB. 综上，OMAOMB.

20．解：

218（1）20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C220p(1p). 因此 18217217 f(p)C220[2p(1p)18p(1p)]2C20p(1p)(110p).

令f(p)0，得p0.1. 当p(0,0.1)时，f(p)0；当p(0.1,1)时，f(p)0.所以f(p)的最大值点为p00.1.

B(180,0.1)，X20225Y，即

（2）由（1）知，p0.1.

（ⅰ）令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知YX4025Y.

所以EXE(4025Y)4025EY490.

（ⅱ）如果对余下的产品作检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元. 由于EX400，故应该对余下的产品作检验. 21．解：

1ax2ax1（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)21.

xxx2（ⅰ）若a≤2，则f(x)≤0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0,)单调递减.

aa24aa24（ⅱ）若a2，令f(x)0得，x或x.

22aa24)当x(0,2aa24(,)时，f(x)0；

2aa24aa24aa24aa24,)时，f(x)0. 所以f(x)在(0,)，(,)单调递减，在当x(2222aa24aa24(,)单调递增.

22

（2）由（1）知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21. 由于 f(x1)f(x2)lnx1lnx2lnx1lnx22lnx21， 1a2a2a1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2所以

f(x1)f(x2)1a2等价于x22lnx20.

x1x2x2

设函数g(x)所以 22．解：

1x2lnx，由（1）知，g(x)在(0,)单调递减，又g(1)0，从而当x(1,)时，g(x)0. xf(x1)f(x2)1x22lnx20，即a2. x2x1x2

（1）由xcos，ysin得C2的直角坐标方程为

(x1)2y24. （2）由（1）知C2是圆心为A(1,0)，半径为2的圆.

由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线. 记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2. 由于

B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与

C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.

当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以|k2|42，故k或k0. 经检验，当

3k214k0时，l1与C2没有公共点；当k时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点.

3当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以时，l1与C2没有公共点；当k4时，l2与C2没有公共点. 3|k2|k21故k0或k2，

4. 经检验，当k034综上，所求C1的方程为y|x|2.

3

23．解：

2,（1）当a1时，f(x)|x1||x1|，即f(x)2x,2,x≤1,1x1, x≥1.1故不等式f(x)1的解集为{x|x}.

2

（2）当x(0,1)时|x1||ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|1成立. 若a≤0，则当x(0,1)时|ax1|≥1； 若a0，|ax1|1的解集为0x综上，a的取值范围为(0,2].

22，所以≥1，故0a≤2. aa

2017

年普通高等学校招生全国统一考试理科数学

满分150分。考试用时120分钟。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合Ax|x1，B{x|31}，则

xA．AB{x|x0} B．ABR C．AB{x|x1} D．AB

色部分和白黑色部分的

2．如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自概率是 A．

1 4 B．

1 C．

28 D．

 43．设有下面四个命题

1p1：若复数z满足R，则zR； p2：若复数z满足z2R，则zR；

zp3：若复数z1,z2满足z1z2R，则z1z2；

其中的真命题为 A．p1,p3

B．p1,p4

C．p2,p3

D．p2,p4

p4：若复数zR，则zR.

4．记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4a524，S648，则{an}的公差为

A．1

B．2

C．4

D．8

5．函数f(x)在(,)单调递减，且为奇函数．若f(1)1，则满足1f(x2)1的x的取值范围是 A．[2,2] 6．(1

B．[1,1]

C．[0,4]

D．[1,3]

1)(1x)6展开式中x2的系数为 2x

B．20

C．30

D．35

组成，正方这些梯形的

A．15

7．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，面积之和为

A．10 B．12 C．14 D．16

8．右面程序框图是为了求出满足3n2n1000的最小偶数n，那

两个空白框中，可以分别填入

A．A1000和nn1 B．A1000和nn2 C．A1000和nn1 D．A1000和nn2 9．已知曲线C1:ycosx,C2:ysin(2x么在和

2)，则下面结论正3确的是 得到的曲线

A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把向右平移

π个单位长度，得到曲线C2 6得到的曲线

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把

向左平移

π个单位长度，得到曲线C2 121π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2 261π倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线212C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的

C2

10．已知F为抛物线C:y4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1,l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与

2C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为

A．16

B．14

C．12

D．10

11．设xyz为正数，且2x3y5z，则

A．2x3y5z

B．5z2x3y C．3y5z2x

D．3y2x5z

12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题

获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，

08，1，2，4，8，16，…，其中第一项是2，接下来的两项是2,2，再接下来的三项是2,2,2，依此类推。

01012求满足如下条件的最小整数N:N100且该数列的前N项和为2的整数幂。那么该款软件的激活码是 A．440

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2 b |=

B．330

C．220

D．110

x2y114．设x,y满足约束条件2xy1，则z3x2y的最小值为

xy0x2y215．已知双曲线C:221(a0,b0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条

ab渐近线交于M、N两点。若MAN60，则C的离心率为________。

16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。D、E、F为圆O上的点，

△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm）的最大值为_______。

3

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须

作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。

a217．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为

3sinA（1）求sinBsinC;

（2）若6cosBcosC1,a3，求△ABC的周长. 18.（12分）

如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且BAPCDP90.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=AB=DC，APD90，求二面角A-PB-C的余弦值. 19．（12分）

为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N(,)．

（1）假设生产状态正常，记X表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(3,3)之外的零件数，求

2P(X1)及X的数学期望；

（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3,3)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查．

（ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性； （ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：

9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95 11611611622xi9.97，s经计算得x(xix)(xi16x2)20.212，其中xi为抽取的第i个16i116i116i1零件的尺寸，i1,2,,16．

用样本平均数x作为

的估计值ˆ，用样本标准差s作为的估计值ˆ，利用估计值判断是否需对当天的生

和（精确到0.01）．

ˆ3ˆ,ˆ3ˆ)之外的数据，用剩下的数据估计产过程进行检查？剔除(2附：若随机变量Z服从正态分布N(,)，则P(3Z3)0.997 4，

0.997 4160.959 2，0.0080.09．

20.（12分）

33x2y2已知椭圆C：22=1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭

22ab圆C上.

（1）求C的方程；

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点。若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点. 21.（12分） 已知函数f(x)ae2x(a2)exx

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围.

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 22．[选修4―4：坐标系与参数方程]（10分）

x3cos,xa4t,（t为参数）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为.

ysin,y1t,（1）若a=−1，求C与l的交点坐标；

（2）若C上的点到l的距离的最大值为17，求a. 23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)xax4,g(x)|x1||x1| （1）当a1时，求不等式f（x）≥g（x）的解集；

（2）若不等式f（x）≥g（x）的解集包含[–1，1]，求a的取值范围.

22017年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1A , 2B, 3B, 4C, 5D, 6C, 7B, 8D, 9D, 10A, 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．23

14．-5

15．

11D,

12A.

23 316．415cm

3三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须

作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共60分。

a217．（12分）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为

3sinA（1）求sinBsinC;

（2）若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周长.

1a21a 解：（1）由题设得acsinB，即csinB

23sinA23sinA1sinA2 ，故sinBsinC。 sinCsinB23sinA311（2）由题设及（1）得cosBcosCsinBsinC，即cos(BC)

22由正弦定理得

1a22所以BC，故A.由题设得bcsinA，即bc8

23sinA332由余弦定理得b2c2bc9，即(bc)3bc9，得bc33

故ABC的周长为333 18.（12分）解：（1）由已知BAPCDP90，得ABAP，

由于AB//CD，故ABPD， 从而AB平面PAD 又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD （2）在平面PAD内作PFAD，垂足为F.由（1）可知，AB故ABPF，

可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，|AB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.

平面PAD，

CDPD

由（1）及已知可得A(2222,0,0),P(0,0,),B(,1,0),C(,1,0). 2222所以PC(2222,1,),CB(2,0,0),PA(,0,),AB(0,1,0) 2222设n(x,y,z)是平面PCB的法向量，则

22nPC0,xyz0,即 可取n(0,1,2) 22y0nCB0设m(x,y,z)是平面PAB的法向量，则

22mPA0,xz0,即2 可取m(1,0,1) 2mAB0y0则cosn,m3nm3.所以二面角APBC的余弦值为. 3|n||m|319．（12分）解：（1）抽取的一个零件的尺寸在(3,3)之内的概率为0.9974，从而零件的 尺寸在(3,3)之外的概率为0.0026，故X~B(16,0.0026)，因此

P(X1)1P(X0)10.9974160.0408

X的数学期望为EX160.00260.0416

（2）（i）如果生产状态正常，一个零件尺寸在(3,3)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(3,3)之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小。因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的。

ˆ9.97,的估计值为ˆ0.212，由样本数据可以看出有一（ii）由x9.97,s0.212，得的估计值为ˆ3ˆ,ˆ3ˆ)之外，因此需对当天的生产过程进行检查。 个零件的尺寸在(ˆ3ˆ,ˆ3ˆ)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为 剔除(1(169.979.22)10.02,因此的估计值为10.02. 15xi1162i160.2122169.9721591.134

ˆ3ˆ,ˆ3ˆ)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为 剔除(1(1591.1349.2221510.022)0.008. 15因此的估计值为0.0080.09.

20.（12分）解：（1）由于P3,P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3,P4两点.

又由

1113知，C不经过点P1，所以点P2在C上 2222aba4b11,2x2b2a42y1. 因此解得 故C的方程为

24131b1a24b2（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2

4t24t2),(t,) 如果l与x轴垂直，设l:xt，由题设知t0，且|t|2，可得A,B的坐标分别为(t,224t224t221，得t2，不符合题设. 则k1k22t2tx2y21得 从而可设l:ykxm(m1)，将ykxm代入4(4k21)x28kmx4m240.

由题设可知16(4km1)0

228km4m24,x1x2设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x22

4k14k21而 k1k2y11y21kx1m1kx2m12kx1x2(m1)(x1x2). x1x2x1x2x1x2由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0,

4m248kmm1(m1)0即(2k1).解得 k4k214k212当且仅当m1时，0，于是l:ym1xm，所以l过定点(2,1) 22x21.（12分）解：（1）f(x)的定义域为(,)，f(x)2ae(a2)ex1(aex1)(2ex1)

（i）若a0，则f(x)0，所以f(x)在(,)单调递减 （ii）若a0，则由f(x)0的xlna.

当x(,lna)时，f(x)0；当x(lna,)时，f(x)0 所以f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增。

（2）（i）若a0，由（1）知，f(x)至多有一个零点

（ii）若a0，由（1）知，当xlna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)1① 当a1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点； ② 当a(1,)时，由于1③ 当a(0,1)时，11lna a1lna0，即f(lna)0，故f(x)没有零点； a1lna0，即f(lna)0又 a又f(2)ae4(a2)e222e220，故f(x)在(,lna)有一个零点。

设正整数n0满足n0ln(1)，

则f(n0)e0(ae0a2)n0e0n020n00. 由于ln(1)lna，因此f(x)在(lna,)有一个零点. 综上，a的取值范围为(0,1).

nnnn3a3ax222．解：（1）曲线C的普通方程为y21，

9当a1时，直线l的普通方程为x4y30

21xx4y30,x3,2124225由x解得或 从而C与l的交点坐标为(3,0),(,) 2242525y0yy1925（2）直线l的普通方程为x4ya40，故C上的点(3cos,sin)到l的距离为

d|3cos4sina4|

17当a4时，d的最大值为a9a917，所以a8； ，由题设得1717a1a117，所以a16. ，由题设得1717当a4时，d的最大值为综上，a8或a16 23．解：

（1）当a1时，不等式f(x)g(x)等价于

x2x|x1||x1|40 ①

2当x1时，①式化为x3x40，无解；

2当1x1时，①式化为xx20，从而1x1；

2当x1时，①式化为xx40，从而1x117 2所以f(x)g(x)的解集为{x|1x（2）当x[1,1]时，g(x)2

117} 2所以f(x)g(x)的解集包含[1,1]，等价于当x[1,1]时f(x)2

又f(x)在[1,1]的最小值必为f(1)与f(1)之一，所以f(1)2且f(1)2，得1a1 所以a的取值范围为[1,1]