抗日英雄-普通话推广周

新课标2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学及答案


一、单选题：本题共
12
小题，每小题
5
分，共
60
分。< br>
1
．
12i
12i

（

）

A
．

4
5

3
5
i
B
．

43
5
i
C
．

34
55

5
i
D
．

3
5

4
5
i

2
．已知集合
A


x,y

x
2y
2
3，xZ，yZ

，则
A
中元素的个数为 （

）

A
．
9 B
．
8 C
．
5 D
．
4
e
x
e
x
3
．函数
f

x


x
2
的图像 大致为（

）


4
．已知向量
a< br>，
b
满足
a1
，
ab1
，则
a< br>
2ab


（

）

A
．
4 B
．
3 C
．
2 D
．
0
x
2
y
2
5
．双曲线
a
2

b
2
1

a0,b0

的离心率为
3
，则其渐近线方程为（

）

A
．
y2x
B
．
y3x
C
．
y
2
2
x
D
．
y
3
2
x

6
．在
△A BC
中，
cos
C5
2

5
，
BC1< br>，
AC5
，则
AB
（

）

A
．
42
B
．
30
C
．
29
D
．
25

7
．为计算
S1
1
2

1
3

1
4
 L
11
99

100
，设计了右侧的程序框图，则在空白框中应填 入（
A
．
ii1
B
．
ii2
C
．
ii3
D
．
ii4





8
．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果． 哥德巴赫猜想是
“
每个大于
2
的偶数可以表示为两个素数的和
”，如
30723
．在不超过
30
的素数中，随机选取两个不同的数，
其和等于
30
的概率是（

）

A
．
1

1
12
B
．
1
14
C
．
15
D
．
1
18

9
．在 长方体
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1中，
ABBC1
，
AA
1
3
，则异面直线
AD
1
与
DB
1
所成角的余弦值
为（

）

A
．
1
5
5
B
．
6
C
．
5
5
D
．
2
2

10
．若
f

x
cosxsinx
在

a,a

是减函数，则
a
的最大值是（

）

A
．
ππ
4
B
．
2
C
．
3π
4
D
．
π

11
．已 知
f

x

是定义域为

,
< br>的奇函数，满足
f

1x

f

1x

．若
f

1

2
，

则
f

1

f

2

f< br>
3

Lf

50


（
）

A
．
50
B
．
0 C
．
2 D
．
50
12
．已知
F
，F
x
2
y
2
12
是椭圆
C：
a
2

b
2
1

ab0

的左，右 焦点，
A
是
C
的左顶点，点
P
在过
A
且斜
率为
3
6
的直线上，
△PF
1
F
2
为等腰三角形，
F
1
F
2
P120
，则
C
的离心率为（

）

A
．
2
3
B
．
1
2
C
．
1
3
D
．
1
4

二、填空 题：本题共
4
小题，每小题
5
分，共
20
分。
< br>13
．曲线
y2ln

x1

在点
< br>0,0

处的切线方程为
__________
．


x2y5
14
．若
x,y
满足约束条件

 0，

x2y30，
则
zxy
的最大值为
___ _______
．



x50，
15
．已知
sinαcosβ1
，
cosαsinβ0
，则
sin
αβ


__________
．

16
．已知圆锥的顶点为
S
，母线
SA
，
SB
所成角的 余弦值为
7
8
，
SA
与圆锥底面所成角为
45
， 若
△SAB
的面积为
515
，则该圆锥的侧面积为
________ __
．

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
为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共
60
分。

17
．（
12
分）记
S
n
为等差数列

a
n

的前< br>n
项和，已知
a
1
7
，
S
3
 15
．

（
1
）求

a
n

的通项公式；

（
2
）求
S
n
，并求
S
n
的最小 值．



）

18
．（
12
分）下图是某地区
2000
年至
20 16
年环境基础设施投资额
y
（单位：亿元）的折线图．


为了预测该地区
2018
年的环境基础设施投资额，建立了
y
与时间变量< br>t
的两个线性回归模型．根据
2000
年至
2016
年的数据 （时间变量
t
的值依次为
1
，
2
，
L
，< br>17
）建立模型①：
y
ˆ
30.413.5t
；
根据
2010
年至
2016
年的数据（时间变量
t
的值依 次为
1
，
2
，
L
，
17
）建立模型②：< br>y
ˆ
9917.5t
．


（
1
）分别利用这两个模型，求该地区
2018
年的环境基础设施投资额的预测值；

（
2
）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．



























19
．（
12
分）设 抛物线
C：y
2
4x
的焦点为
F
，过
F
且斜率为
k

k0

的直线
l
与
C交于
A
，
B
两
点，
AB8
．

（
1
）求
l
的方程；

（
2
）求 过点
A
，
B
且与
C
的准线相切的圆的方程．

20
．（
12
分）如图，在三棱锥
PABC
中 ，
ABBC22
，
PAPBPCAC4
，
O
为
AC
的
中点．

（
1
）证明：
PO
平面
ABC
；
（
2
）若点
M
在棱
BC
上，且二面角
MPA C
为
30
，求
PC
与平面
PAM
所成角的正弦 值．

P

A
O
C
B
M






























2 1
．（
12
分）已知函数
f

x

e< br>x
ax
2
．

（
1
）若
a1< br>，证明：当
x0
时，
f

x

1
；
（
2
）若
f

x

在
0,

只有一个零点，求
a
．

（二）选考题：共
10
分。请考生在第
22
、
2 3
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
]
（< br>10
分）

在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程为


x2cosθ，

y4sinθ
（< br>θ
为参数），直线
l
的参数方程为



x 1tcosα，

y2tsinα
（
t
为参数）．

（
1
）求
C
和
l
的直角坐标方程；
（
2
）若曲线
C
截直线
l
所得线段的中点坐标为

1,2

，求
l
的斜率．












2 3
．
[
选修
4
－
5
：不等式选讲
]
（
10
分）

设函数
f

x

5xax2
．

（
1
）当
a1
时，求不等式
f

x
0
的解集；
（
2
）若
f

x
1
，求
a
的取值范围．

新课标2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学答案


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。

1
．【答案】
D
12i

12i

2
【解析】
Q
3 4i
12i

5

5
，故选D．
2
．【答案】
A
【解析】
Qx
2
y
2
3
，
x
2
3
，
QxZ
，
x1
，
0
，
1
，
当
x1
时，
y1
，
0
，
1
；当
x0
时，
y1
，
0
，
1
；
当
x1
时，
y1
，
0
，
1
；所以共有9个，故选A．
3
．【答案】
B


e
x
【解析】< br>Qx0
，
f

x
e
x
x
2< br>f

x

，
f

x

为奇函数，舍去A，
Qf

1

ee
1
0
，

舍去D；
xx
Qf


x< br>


ee
x

x
2


e
x
e

2x


x2

e
x
x
4


x2

e< br>x
x
3
，
x2
，
f

x

0
，所以舍去C；故选B．
4
．【答案】
B
【解析】
Qa

2ab

2a
2
 ab2a
2


1

213
，故选B ．
5
．【答案】
A
c
222
【解析】
Qe< br>a
3
，

bca
2
a
2
a
2
e1312
，

b
a
2，
因为渐近线方程为
y
b
a
x
，所以渐近线方程 为
y2x
，故选A．
6
．【答案】
A

2
【解析】
QcosC2cos
2
C
2
12

5


1
3
，

5
< br>

5

c
2
a
2
b
2
2abcosC125215




3

5


32
，
c42
，故选A ．
7
．【答案】
B
【解析】由
S1
1111
2

3

1
4
L
99

1 00
得程序框图先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减．因
此在空白框中应填入
i i2
，选B．
8
．【答案】
C

【解析】不超过3 0的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同
的数 ，共有
C
2
10
45
种方法，因为
7+23=11+19 =13+17=30
，所以随机选取两个不同的数，其和等于
30的有3种方法，故概率为3
45

1
15
，故选C．
9
．【答案】
C
【解析】以D为坐标原点，
DA
，
DC
，
DD
1
为
x
，
y
，
z< br>轴建立空间直角坐标系，
则
D

0,0,0

，< br>A

1,0,0

，
B
uuuruuur
1

1,1,3

，
D
1

0,0,3
，
AD
1


1,0,3

，
DB
1


1,1,3

，
Qcos<
uuu
AD
ruuu
DB
r
uuu
AD
r

uuu
DB
r
11
135
1
,1
>
uuuruuur

，

异面直线
A D
5
1
与
DB
1
所成角的余弦值为，故选C．
A D
1
DB
1
25
5
5
10
．【答案】< br>A
【解析】因为
f

x

cosxsinx 2cos





x
4


，
所以由
02kx
3
4
2k,< br>
kZ

得

4
2kx
4
2k,

kZ

，
因此

a,a



π
3π


π
4< br>,
3π

4


，
aa,a< br>4
，
a
4
，
0a
π
4
， 从而
a
的最大值为
π
4
，故选A．
11
．【答案】
C
【解析】因为
f

x

是定义域为

,

的奇函数，且
f
< br>1x

f

1x

，
所以
f

1x

f

x1

，
f

3x

f

x1

f

x1

，
T4
，
因此
f

1

f

2

f

3< br>
Lf

50

12


f

1

f

2

f

3

f

4



f
< br>1

f

2

，
Qf

3

f

1

，f

4

f

2

，
f

1
f

2

f

3

f

4

0
，
Qf

2

f

2

f

2

f
< br>2

0
，从而
f

1

f
2

f

3

Lf

50

f

1

2
，故选C．
12
．【答案】
D
【解析】因为
△PF
1
F2
为等腰三角形，
F
1
F
2
P120
， 所以
PF
2
F
1
F
2
2c
，
由
AP
斜率为
3
6
得，
tanPAF
3
1
12
2

6
，
sinPAF
2

13
，
cosPAF
2

13
，
11
由正弦定理得
PF
2
sinPAF
2
2c
131 3
2
AF

，

，
2
sinA PF
2
ac
sin



5

3
PAF


31211
2

2
< br>13

2

13
a4c
，
e
1
4
，故选D．
二、填空题：本题共
4
小题，每小题
5< br>分，共
20
分。

13
．【答案】
y2x

【解析】
Qy


2
x1
，
k
2
01
2
，< br>y2x
．

14
．【答案】
9
【解析】作可行 域，则直线
zxy
过点
A

5,4

时
z
取最大值9．

15
．【答案】

1
2

【解析】
Qsi n

cos

1
，
cos

sin

0
，


1sin


2


cos


2
1
，
 sin


1
2
，
cos


1
2
，
因此
sin




< br>sin

cos

cos

sin
< br>
1

1
cos
2
1111
22


4
1sin
2


4
14

2
．
16
．【答案】
402π
【解析】因为母线
SA
，
SB
所成角的余弦值为
7
8< br>，所以母线
SA
，
SB
所成角的正弦值为
15
8，
因为
△SAB
的面积为
515
，设母线长为
l，所以
1
2
l
2

15
8
515
，
l
2
80
，
因
SA
与圆锥底面所 成角为
45
，所以底面半径为
lcos
2
4

2
l
，
因此圆锥的侧面积为
rl
2
2
l< br>2
402
．
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
为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共
60
分。

17
．【答案】（
1
）
a
n
2n9
；（2）
S
n
n2
–8
n
，最小值为
–16
．

【解析】（1 ）设

a
n

的公差为
d
，由题意得
3a
1
3d15
，
由
a
1
7
得< br>d2
．所以
{a
n
}
的通项公式为
a
n< br>2n9
．
（2）由（1）得
S
n
n
2
8n(n4)
2
16
，

当
n4
时 ，
S
n
取得最小值，最小值为
16
．

18．【答案】（
1
）利用模型①预测值为
226.1
，利用模型②预测值为
256.5
；（2）利用模型②得到
的预测值更可靠．


【解析】（1）利用模型①，该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值为
y
ˆ
30.413.519226.1
(亿元)．利用模型②，该地区2018年的环境基础设施 投资额的预测值为
y
ˆ
9917.59256.5
(亿元)．
（2）利用模型②得到的预测值更可靠．
理由如下：（1）从折线图可以看出，2000年至 2016年的数据对应的点没有随机散布在直线
y30.413.5t
上下，这说明利用 2000年至2016年的数据建立的线性模型①不能很好地描述环境
基础设施投资额的变化趋势．20 10年相对2009年的环境基础设施投资额有明显增加，2010年至2016
年的数据对应的点位于 一条直线的附近，这说明从2010年开始环境基础设施投资额的变化规律呈线
性增长趋势，利用201 0年至2016年的数据建立的线性模型
y
ˆ
9917.5t
可以较好地 描述2010年以
后的环境基础设施投资额的变化趋势，因此利用模型②得到的预测值更可靠．（2）从 计算结果看，
相对于2016年的环境基础设施投资额220亿元，由模型①得到的预测值
22 61.
亿元的增幅明显偏低，
而利用模型②得到的预测值的增幅比较合理．说明利用模型②得到 的预测值更可靠．
19
．【答案】（
1
）
yx–1
；（
2
）

x3

2


y2< br>
2
16
或

x11

2
< br>
y6

2
144
．

【解析】（1） 由题意得
F

1,0

，
l
的方程为
y k

x1

k0

，设
A

x
1
,y
1

，
B

x
2,y
2

，
由



yk

x1



y
2
4x
，得
k
2
x
2


2k
2
4
< br>xk
2
0
，
k
2
160
，故x
2k
2

16
4
1
x
2
k
2
，
4k
2
所以
|AB||AF| |BF|

x
4
1
1



x
2
1


k
2
，
由题设知
4k
2
4
k
2
8
，解得
k1
（ 舍去），
k1
．
因此
l
的方程为
yx1
．
（2）由（1）得AB的中点坐标为

3,2

，所以AB的垂直平 分线方程为
y2

x3

，即
yx5
，
设所求圆的圆心坐标为

x
0
,y
0

，

y
0
x
0
5,
则

< br>
x
0
3

x
0


( x
0
1)
2

(yx
2
0

0
1)
，解得

2
16

y
0
2
或

11

y
0
6
，
因此所求圆的方程为

x3

2


y2< br>
2
16
或

x11

2
< br>
y6

2
144
．

20
． 【答案】（
1
）见解析；（
2
）
3
4
．

【解析】（1）因为
APCPAC4
，
O
为
AC的中点，所以
OPAC
，且
OP23
，
连结
OB
．因为
ABBC
2
2
AC
，所以
△ABC为等腰直角三角形，

且
OBAC
，
OB
1
AC2
，由
OP
2
OB
2
2
PB
2
知
POOB
，
由
OPOB,OPAC
知
PO
平面
ABC
．
（2）如图，以
O
为坐标原点，
uu
OB
ur
的方 向为
x
轴正方向，建立空间直角坐标系
Oxyz
．

由 已知得
O

0,0,0

，
B

2,0, 0

，
A

0,2,0

，
C

0,2,0

，
P

0,0,23

，
uu
AP
ur


0,2,23

， < br>取平面
PAC
的法向量
uu
OB
ur

< br>2,0,0

，设
M

a,2a,0

0a2

，则
uuu
AM
r


a, 4a,0

，
设平面
PAM
的法向量为
n

x,y,z

．由
uu
AP
ur
n0
，
uuu
AM
r
n0
，
得


2y23z0


ax

4a
< br>y0
，可取
n

3

a4

,3a,a

，
cos
uu
OB
ur
,n 
23

a4

，由已知得
cos
uuOB
ur
,n
3
23

a4

2
3a
2
a
2

2
，

23 a4
3
23

a4

3a
2
，解得
a4
（舍去），
a
4
2

2
3，
a
2
n


83434

uuur

uuur
3

,,
，又
QPC0 ,2,
，所以．

333


23
cosP C,n


4
所以
PC
与平面
PAM
所成角的正弦值为
3
4
．
21
．【答案】（
1
） 见解析；（
2
）
e
2
4
．

【解析】（< br>1
）当
a1
时，
f(x)1
等价于

x
2
1

e
x
10
，

设 函数
g

x



x
2
1
e
x
1
，则
g'

x



x
2
2x1

e
x
< br>
x1

2
e
x
，

当
x1
时，
g'

x

0
，所以
g< br>
x

在

0,

单调递减，

而
g

0

0
，故当
x0
时 ，
g

x

0
，即
f

x
1
．

（
2
）设函数
h

x

1ax
2
e
x
，
f

x

在

0,

只有一个零点当且仅当
h< br>
x

在

0,

只有一个零点．
当
a0
时，
h

x

0
，
h

x

没有零点；


当
a0
时，
h


x

ax

x2

e
x
．

当
x

0 ,2

时，
h'

x

0
；当
x

2,

时，
h'

x

0
．

h

x

在

0, 2

单调递减，在

2,

单调递增．
故
h

2

1
4a
e
2
是
h

x

在

0,

的最 小值．

①若
h

2

0
，即
a
e
2
4
，
h

x

在

0,

没有零点；

h

2
< br>0
，即
a
e
2
②若
4
，
h
x

在

0,

只有一个零点；

③若
h

2

0
，即
a
e
2
4
，由于
h

0

1
，所 以
h

x

在

0,2

有一个 零点，

由（
1
）知，当
x0
时，
e
x
x
2
，所以
h

4a

1
16a
3
e
4a
1
16a
3
16a
3
1

e
2a

2
1

2a< br>
4
1
a
0
．

故
h

x

在

2,4a

有一个零点，因此
h

x

在

0,

有两个零点．

综上，
f

x

在

0,

只有一个零点时，
a
e
2
4
．
（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
．【答案】（1
）当
cos

0
时，
l
的直角坐标方程< br>ytan

x2tan

为，当
cos
< br>0
时，
l
的
直角坐标方程为
x1
；（
2
）
2
．

）曲线
C
的直角坐标方程为
x
2
y
2
【解析】（
1
4

16
 1
，

当
cos

0
时，
l
的 直角坐标方程为
ytan

x2tan

，
当
cos

0
时，
l
的直角坐标方程为
x 1
．

（
2
）将
l
的参数方程代入
C的直角坐标方程，整理得关于
t
的方程


13cos
2


t
2
4

2cos

sin


t80
．①

因为曲线
C
截直线
l
所得线段的中点

1,2

在
C
内，所以①有两个解，设为
t
1
，
t
2
，则
t< br>1
t
2
0
．

又由①得
t
4< br>
2cos

sin


1
t
2

13cos
2

，故
2cos

sin

0
，于是直线
l
的斜率
ktan

2
．




23
．【答案】（1
）

x2x3

；（
2
）

,6

U

2,

．


2x4,x1

【解析】（
1< br>）当
a1
时，
f

x


2,1x2
，


2x6,x2

可得< br>f

x

0
的解集为

x2x3< br>
．

（
2
）
f

x
< br>1
等价于
xax24
，

而
xax 2a2
，且当
x2
时等号成立，故
f

x

1
等价于
a24
，

由
a24
可得
a6
或
a2
，所以
a
的取值范围是
< br>,6

U

2,

．