行政诉讼法试题及答案-2017年7月1日

绝密★启用前
2017年普通高等学校招生全国统一考试
理科数学
本试卷5页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。
注意事项 ：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将
试卷类 型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题 时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；
如需要改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答 ，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应
位置上；如需改动，先划掉原来的答案，学科网然后再写上 新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小 题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1．已知集合A={x|x<1}，B={x|
3
x
1
}，则
A．
A
C．
A
B{x|x0}

B{x|x1}





B．
A
D．
A
BR

B

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

A．
C．
1

4










B．
D．
π

8
1

2
π
4

3．设有下面四个命题
1
p
1
：若复数
z
满足
R
，则
zR
；
z< br>p
2
：若复数
z
满足
z
2
R
，则
zR
；
p
3
：若复数
z
1
,z
2
满足
z
1
z
2
R
，则
z
1
z
2
；

1

p
4
：若复数
zR
，则
zR
.
其中的真命题为
A.
p
1
,p
3
B．
p
1
,p
4
C．
p
2
,p
3
D．
p
2
,p
4

4．记
S
n
为 等差数列
{a
n
}
的前
n
项和．若
a
4< br>a
5
24
，
S
6
48
，则
{ a
n
}
的公差为
A．1 B．2 C．4 D．8 < br>5．函数
f(x)
在
(,)
单调递减，且为奇函数．若
f(1)1
，则满足
1f(x2)1
的
x
的取值范围
是
A．
[2,2]

6．
(1
B．
[1,1]
C．
[0,4]
D．
[1,3]

1
)(1x)
6
展开式中
x
2
的系数为
2
x
B．20 C．30 D．35 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组成，正方形的边长为
2， 俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为

A．10 B．12 C．14 D．16
和两个空白框中，可以分别填入 8 ．下面程序框图是为了求出满足3
n
−2
n
>1000的最小偶数n，那么在
A．A>1 000和n=n+1
B．A>1 000和n=n+2
C．A

1 000和n=n+1
D．A

1 000和n=n+2

9．已知曲线C
1
：y=cos x，C
2
：y=sin (2x+

2π
)，则下面结论正确的是
3
2

A．把C
1
上各点的横坐标伸长到 原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移
到曲线C
2
B．把C
1
上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移
到曲线C
2
C．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
到曲线C
2
D．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
得到曲线C
2
1 0．已知F为抛物线C：y
2
=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l
1
，l
2
，直线l
1
与C交于A、B两点，
直线l
2
与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为
A．16 B．14 C．12 D．10
π
个单位长度，得
6
π
个单位长度，得
121
π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得
26
1< br>π
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，
212
11．设x< br>、
y
、
z为正数，且
2
x
3
y
 5
z
，则
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一 款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数
学题获取软件激活码”的活动.这款软件的 激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，
1，2，4，8，1，2，4，8， 16，…，其中第一项是2
0
，接下来的两项是2
0
，2
1
，再接下来的三项是2
0
，
2
1
，2
2
，依此类推 .求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件
的激活码 是
A．440 B．330 C．220 D．110
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则| a +2b |= .

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 .
< br>xy0，

x
2
y
2
15．已知双曲线C：2

2
1
（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作 圆A，圆A与双曲线
ab
C的一条渐近线交于M，N两点.若∠MAN=60°，则C的离心率 为 .
16．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O.D，E，F为圆O
上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底 边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以
BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB， 使得D，E，F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长
变化时，所得三棱锥体积（单位：cm
3
）的最大值为 .

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。
17．（12分）
△ABC的内角A，B，C的对边分 别为a，b，c，已知△ABC的面积为
a
2
3sinA
.
（1）求sin Bsin C;
（2）若6cos Bcos C=1，a=3，求△ABC的周长.



















18.（12分）
如图，在四棱锥P−ABCD中，ABCD，且
BAPCDP90
.

4

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，
AP D90
，求二面角A−PB−C的余弦值.



















19
．（
12
分）
< br>为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取
16
个零 件，并测量其
尺寸（单位：
cm
）．根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态 下生产的零件的尺寸服从正态分布
N(

,

2
)
．

（
1
）假设生产状态正常，记
X
表示一天内抽取的16
个零件中其尺寸在
(

3

,

3

)
之外的零件数，
求
P(X1)
及
X< br>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，学
+
科网就认为这条生产线
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．


5

（
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
1
16
1
16
1
16
22
x
i
9.97
，
s
经计算得
x
(x
i
x)(

x
i
16x
2
)0.212
，其中
x
i
为抽取的


16
i1
16
i1
16
i1
第< br>i
个零件的尺寸，
i1,2,,16
．

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

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

0.997 4
16
0.959 2
，
0.0080.09
．


















20.（12分）
33
x
2
y< br>2
已知椭圆C：
2

2
=1
（a>b>0），四点P
1
（1,1），P
2
（0,1），P
3
（–1，），P4
（1，）中恰有
22
ab
三点在椭圆C上.
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P
2
点且与C相交于A，B两点 .若直线P
2
A与直线P
2
B的斜率的和为–1，证明：l过
定点.

6

21.（12分）
已知函数
f( x)ae
2x
(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.
















（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C的参数方程为


x3cos

,< br>（θ为参数），直线l的参数方程为

ysin

,


xa4t
（
,

y1t,
t为参 数）
.
（1）若a=−1，求C与l的交点坐标；
（2）若C上的点到l距离的最大值为
17
，求a.










7

23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）
已知函数< br>f(x)
–x
2
ax4
，
g(x)
|x1 ||x1|
.
（1）当a=1时，求不等式
f(x)g(x)
的解集；
（2）若不等式
f(x)g(x)
的解集包含[–1，1]，求a的取值范围.
























8

答案解析
绝密★启用前
1．

【答案】A
【解析】由
3
x
1
可得
3
x
3
0
，则
x0，即
B{x|x0}
，所以
AB{x|x1}{x|x0}

{x|x0}
，
AB{x|x1}{x|x0}{x|x1}
，故选A.
2．

【答案】B
π
a
2
a2
【解析】设正方形边长为
a
，则圆的半径为，正方形的面积为
a
，圆的面积为.由图形的对称性可知，
4
2
太极图中黑白部分面积相等，即各占圆面 积的一半.由几何概型概率的计算公式得，此点取自黑色部分的概
1πa
2

24

π
，选B. 率是
a
2
8
秒杀解析：由题意 可知，此点取自黑色部分的概率即为黑色部分面积占整个面积的比例，由图可知其概率
p
满足< br>3．

11
p
，故选B.
42
【答案】B

4．
【答案】C
【解析】设公差为
d
，
a< br>4
a
5
a
1
3da
1
4d2a
1
7d24
，
S
6
6a
1

65
d6a
1
15d48
，
2

2a< br>1
7d24
,
解得
d4
，故选C. 联立
< br>6a15d48

1
秒杀解析：因为
S
6
6(a
1
a
6
)
3(a
3
a
4
)48
，即
a
3
a
4
16
，则(a
4
a
5
)(a
3
a
4
) 24168
，
2

9

即
a
5
a
3
2d8
，解得
d4
，故选C.
5．

【答案】D
【解析】因为
f(x)
为奇函数且在
(,)
单调递减，要使
1f(x)1
成立，则
x满足
1x1
，从而
由
1x21
得
1x 3
，即满足
1f(x2)1
成立的
x
的取值范围为
[1,3]
，选D.
6．
【答案】C
【解析】因为
(1< br>11
6
222
2
666
(1x)
1Cx15x
，则展开式中含的项为，
x
)(1x)1(1x)(1x)
6
22
xx
11
44
22
6
2
展开式中含的 项为，故的系数为
151530
，选C.
xx
(1x)Cx15x
6
2
2
xx
7．
【答案】B
【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几 何体各面内只有两个
相
同的梯形，则这些梯形的面积之和为
2(24)21
12
，故选
B.
2

8．
【答案】D
【解析】由题意，因为
3
n
2
n
1000
，且 框图中在“否”时输出，所以判定框内不能输入
A1000
，故填
A1000，又要求
n
为偶数且初始值为0，所以矩形框内填
nn2
，故选D.
9．

【答案】D
【解析】因为
C
1
,C
2
函数名不同，所以先将
C
2
利用诱导公式转化成与
C
1
相同的函数名，则
C
2
:ysin(2x
2π2πππ1
)cos(2x)cos(2x)
，则由
C
1
上各点的横坐标缩 短到原来的倍变为
33262

10

ycos2x
，再将曲线向左平移
10．
【答案】A
π
个单位长度得到
C
2
，故选D.
12
11．
【答案】D
【解析】令
235k(k1)
，则
xlog
2
k
，
ylog
3
k
，
zlog5
k

∴
xyz
2x2lgklg3lg9
1
，则
2x3y
，
3ylg23lgklg8
2x2lgklg5 lg25
1
，则
2x5z
，故选D.
5zlg25lgklg32
12．
【答案】A
【解析】由题意得，数列如下：
1,
1,2,
1,2,4,
1,2 ,4,,2
k1
k(k1)
项和为
2
(122
k1
)2
k1
k2
，

则该数列的前
12k

k(k1)

S

1(12 )

2


11

要使
k(k1)
100
，有
k14
，此时
k22
k 1
，所以
k2
是第
k1
组等比数列
1,2,
2
2
t1
2
t
1
，
,2
k的部分和，
设
k212
所以
k2
t
31 4
，则
t5
，此时
k2
5
329
， 所以对应满足条件的最小整数
N
2930
5440
，故选A.
2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【答案】
23

【解析】
|a2b||a|4ab4|b |4421cos60412
，所以
|a2b|1223
. < br>秒杀解析：利用如下图形，可以判断出
a2b
的模长是以2为边长，一夹角为60°的 菱形的对角线的长度，
则为
23
.
222
14
【答案】
5

【解析】不等式组表示的可行域如图所示，



12

1111
3333
3 z
由
z3x2y
得
yx
在
y
轴上的截距越 大，
z
就越小，
22
易求得
A(1,1),B(,),C(,)
，
所以，当 直线
z3x2y
过点
A
时，
z
取得最小值，
所以
z
的最小值为
3(1)215
.


15．
【答案】
【解析】
23

3

如图所示，作
APMN
，因为圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点，则MN
为双曲线的渐近线
y
b
x
上的点，且
A(a,0 )
，
|AM||AN|b
，
a
而
APMN
，所以
PAN30
，
点A(a,0)
到直线
y
b
x
的距离
|AP|
a
|b|
1
b
a
2
2
，
在
Rt△PAN
中，
cosPAN
222
由
cab
得
c2b
，
|PA|
，代入计算得
a
2
3b< br>2
，即
a3b
，
|NA|
所以
e
16．
c2b23
.

a3
3b

【答案】
415


13

< br>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）
1a
2
1a
【解析】（1）由题设得
a csinB
，即
csinB
.
23sinA
23sinA
由正弦定理得
1sinA
.
sinCsinB
23sinA

14

故
sinBsinC
2
.
3

18.（12分）
【解析】（1）由已知
BAPCDP90
，得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于ABCD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD.
又AB

平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）在平面
PAD
内作
PFAD
，垂足为
F
，
由（1）可知，
AB
平面
PAD
，故
ABPF
，可得
PF
平面
ABCD
.
以
F
为坐标原点，
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
.

由（1）及已知可得
A(
2
222
,1,0)
.
,0,0)
，
P(0,0,)
，
B(,1,0)
，
C(< br>2
222
所以
PC(
22
22
,1,)
，
CB(2,0,0)
，
PA(,0,)
，
AB(0,1 ,0)
.
22
22
设
n(x,y,z)
是平面
PCB
的法向量，则

15


22< br>
nPC0,
xyz0,


即
22




nCB0,

2x0,

可取
n(0,1,2)
.
设
m(x,y,z)
是平面
PAB
的法向量，则
22


mPA0,

xz0,
即


22


mAB0,

y0.

可取
m(1,0,1)
.
则
cos
nm3
，

|n||m|3
3
.
3
所以二面角
APB C
的余弦值为

19
．（
12
分）

ˆ
9.97
，

的估计值为

ˆ
0.212，由样本数据可以看出（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. 有一个零件的尺寸在
(

ˆ
3

ˆ
,

ˆ
3

ˆ
)
之外的数据9.22，剩下数据的平均数为剔除
(

值为10.02.
1
(169.979.22)10.02
，因 此

的估计
15

x
i1
16
2
i
ˆ
3

ˆ
,

ˆ
3
< br>ˆ
)
之外的数据9.22，剩下数据的样本方
160.212
2< br>169.97
2
1591.134
，剔除
(


16

差为
1
(1591.1349.222
1510.02
2
)0.008
，
15
因此

的估计值为
0.0080.09
.
20.（12分）
【解析】（1）由于
P
3
，
P
4
两点关于y轴对称，故由题设知C经过
P
3
，
P
4
两点.
又由
1113
知，C不经过点P
1
，所以点P
2
在C上.

a
2
b
2
a
2
4b
2

1
1,
2



a 4,

b
2
因此

解得

2
< br>13


b1.

1,
22

4b

a
x
2
故C的方程为
y
2
1
.
4
（2）设直线P
2
A与直线P
2
B的斜率分 别为k
1
，k
2
，
4t
2
4t
2< br>如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知
t0
，且
|t|
可得 A，B的坐标分别为（t，），（t，

）.
2
，
2
2< br>4t
2
24t
2
2
1
，得
t 2
，不符合题设. 则
k
1
k
2

2t2t< br>x
2
从而可设l：
ykxm
（
m1
）.将ykxm
代入y
2
1得
4
(4k
2
1)x
2
8kmx4m
2
40
.

由题设可知
=16(4k
2
m
2
1)0
.
4m
2
4
8km
设A（x
1
，y
1），B（x
2
，y
2
），则x
1
+x
2
=

2
，x
1
x
2
=.
4k
2
1
4k1
y1y
2
1
而
k
1< br>k
2

1


x
1
x
2


kx
1
m1kx
2
m1
< br>
x
1
x
2
2kx
1
x
2
(m1)(x
1
x
2
)
.
x
1
x
2
由题设
k
1
k
2
1
，故
(2k1)x
1
x
2
(m1)(x
1
x
2
)0
.
4m
2
48km
即
(2k1)
2
(m1)
2
0
.
4k14k1
解得
k
m1
.
2
m1m1
xm
，即
y1(x2)
，
22
17
当且仅当
m1
时，
0
，于是l：
y

所以l过定点（2，
1
）.
21.（12分）
2xxxx
（1）
f(x)
的定义域为
(,)
，< br>f

(x)2ae(a2)e1(ae1)(2e1)
， 【解析】
（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
得
xlna
. < br>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.

综上，
a
的取值范围为
(0,1)
.
（二）选考题：共1 0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．
【解析】（
1
）曲线
C
的普通方程为
x
2
2.
9
y1
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,



2
25
由

x
解得

或


2
24< br>y0


y.

y1

9

25

从而
C
与
l
的交点坐标为
(3, 0)
，
(

2124
,)
.
2525
18

23．[选修4−5：不等式选讲]（10分）
【解析】（1）当
a1
时 ，不等式
f(x)g(x)
等价于
x
2
x|x1||x 1|40
.①
当
x1
时，①式化为
x
2
3x40
，无解；
当
1x1
时，①式化为
x
2
x20
，从而
1x1
；
当
x1
时，①式化为
x
2
x40
，从而
1x
117
2
.
所以
f(x)g(x)
的解集为
{x|1x
117
2
}
.
（2）当
x[1,1]
时，
g(x)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]
.




19