欢度国庆手抄报-一本补录

2017年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学
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B{x|x0}
B．
ABR
C．
AB{x|x1}
D．
A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．
1

4
B．
π
1
C．
82

D．
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
p
2
：若复数
z
满足
z
2
R
，则
zR
；
p
3
：若复数
z
1
,z
2< br>满足
z
1
z
2
R
，则
z
1
z
2
；
p
4
：若复数
zR
，则
zR
.
其中的真命题为
A．
p
1
,p
3

来&源：
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]
B．
[1,1]
C．
[0,4]
D．
[1,3]

6．
(1
1
)(1x)
6
展开式中
x
2
的系数为
2
x
A．15 B．20 C．30 D．35
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
nn
8．右面程序框图是为了求出满足3
−2
>1000的最小偶数n，那么在
可以分别填入

和两个空白框中，

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
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
单位长度，得到曲线C
2
B．把C
1
上各点的横坐标伸长到原来的 2倍，纵坐标
个单位长度，得到曲线C
2
C．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
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
中·华资源%库
π
个
6
π
12
不变，再把得到的曲线向左平移
1
π
倍 ，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个
26
1
π
倍，纵坐标不变，再把得 到的曲线向左平移个
212
单位长度，得到曲线C
2

10．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
xyz
11．设xyz为正数，且
235
，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< br>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< br>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 +2 b |= .
中华资源%库
中华资源%库

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

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为半径做圆A，
ab
圆A与双曲线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，△F AB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_______。

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。
a
2
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
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，ABCD，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(

,

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
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
中华资源%库< br>1
16
1
16
1
16
22
x
i9.97
，
s
经计算得
x
(x
i
x) (

x
i
16x
2
)
2
0.212
，


16
i1
16
i1
16
i1
其中
x
i
为抽取的第
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
，利用估计值判用样本平均数
x
作为< br>
的估计值

ˆ
3

ˆ
,
ˆ
3

ˆ
)
之外的数据，用剩下的数据估计断是否需对当天的 生产过程进行检查？剔除
(


和

（精确到
0. 01
）．

附：若随机变量
Z
服从正态分布
N(

,

2
)
，则
P(

3
Z

3

)0.997 4
，

0.997 4
16
0.959 2
，
0.0080.09
．





3
x
2
y
2
20.（12分）已知椭圆C：
2
2
=1
（a>b>0），四点P
1
（1,1），P
2
（0,1），P
3
（–1，），
ab
2
3
P
4
（1，）中恰有三点在椭圆C上.
2
（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.








21.（12分）已知函数
（fx)
ae
2x
+(a﹣2) e
x
﹣x.
（
1
）讨论
f(x)
的单调性；

（
2< br>）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
< br>,
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
ysin

,

为

xa4t,
（t为参数）
.

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
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.

2017年高考数学 新课标1理数答案

x
1、
A

xx1

，
B

x31
< br>

xx0

∴
AB

xx0
，
AB

xx1

，
选A
2、设正方形边长为
2
，则圆半径为
1

则正方形的面积为
224
，圆的面积为
π1
2
π
，图中黑色部分的概 率为
π

2
π
则此点取自黑色部分的概率为
2

π
故选B
48
11abi

2
R
，得到
b0
，所以
zR
.故
P
1
正确； 3、
p
1
:
设
zabi
，则

zabiab
2
p< br>2
:
若
z
2
1
，满足
z
2R
，而
zi
，不满足
z
2
R
，故
p
2
不正确；
p
3
:
若
z
1
1
，
z
2
2
，则
z
1
z
2< br>2
，满足
z
1
z
2
R
，而它们实部不相 等，不是共轭复数，故
p
3
不
正确；
p
4
:实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故
p
4
正确；
65
d48
4、
a
4
a
5
a< br>1
3da
1
4d24
S
6
6a
1

2


2a
1
7d24①
联立求得


6a15d48②


1
①3②得

2115

d24
6d24∴d4
选C

1
等价于5、因为
f

x

为奇函数， 所以
f

1

f

1

 1
，于是
1≤f

x2

≤
f
1

≤f

x2

≤f

1
|又
f

x

在

，
单调递减
1≤x2≤1

1≤x≤3
故选D

1
666

1

6、

1+< br>2


1x

1

1x


2


1x


x

x

651
6
6
2
4
15
对
2


1x

的
x
2
项系数为
C
6
=15
， 对

1x

的
x2
项系数为
C
6

2x
∴
x
2
的系数为
151530
故选C

7、由三视图可画出立体图
该立体图平面内只有两个相同的梯形的面
S
梯


24

226
S
全梯
6212
故选B


8、因为要求
A
大于1000时输出，且框图中在“否”时输出
∴“”中不能输入
A1000
排除A、B又要求
n
为偶数，且
n< br>初始值为0，
“”中
n
依次加2可保证其为偶故选D

2π

9、
C
1
:ycos x
，
C
2
:ysin

2x

3

首先曲线
C
1
、
C
2
统一为一 三角函数名，可将
C
1
:ycosx
用诱导公式处理．
ππ
π

ycosxcos

x

sin

x

．横坐标变换需将

1
变成< br>
2
，
22

2

π
< br>C
1
上各点横坐标缩短它原来
1
π

π
 
2
ysin

2x

sin2
< br>x

即
ysin

x

 
2

2

4

2π

π

ysin

2x

sin2

x

．
3

3

ππ
平移至
x
，
43
ππππ
根据“左加右减”原则，“
x
”到“
x
”需加上，即再向左平移．
431212
10、
注意

的系数， 在右平移需将

2
提到括号外面，这时
x
设
AB
倾斜角为

．作
AK
1
垂直准线，
AK
2
垂直
x
轴


AFcos

GFAK（ 几何关系）
1


∴AFcos

PAF
易知

AK
1
AF（抛物线特性）


GP< br>P



P

P


2

2


PP2P2P

同理
AF< br>，
BF

∴
AB
1cos

1co s

1cos
2

sin
2

2P2P
DE
π

cos
2

又
DE
与
AB
垂直，即
DE
的倾斜角为


2

π
sin




2

2
而
y
2
4x
，即
P2
．
4< br>22
1

1
4

sin

co s


2
1
2

∴
ABDE2P
2


4
2
2
22
sin2
sin

cos

sin

cos


sin

cos

4
16
π

2
≥16
，当


取等号 即
ABDE
最小值为
16
，故选A
sin2

4


xln33

11取 对数：
xln2yln3ln5
.

yln22
xln55

∴
2x3y
xln2zln5
则

z ln22
∴
2x5z
∴
3y2x5z
，故选D
< /p>

12、设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来$$来&源：三项为第3组，
以此类推．
n

1n

设第
n
组的项数为< br>n
，则
n
组的项数和为
2
n

1n
100
→
n≥14
且
nN
*
，即
N
出现在第13组之后 由题，
N100
，令
2
12
n
n
第组的和为
2
n
1

12
21 2
n
n
组总共的和为
n2
n
2n
12
n

1n

若要使前
N
项和为2的整 数幂，则
N
项的和
2
k
1
应与
2n
互为相反数
2

k*
n≥14
即
212nk N，

klog
2

n3

→
n 29，k5
则
N


29

129

2
5440
故选A 
2

2

2

13、
a2b(a2b)a2a2bcos602b

∴
a2 b1223


2
1
2
2
222 2
2
44412

2

x2y1

14不等式组

2xy1
表示的平面区域如图所示

xy0

y
A
C
B
1
x
x+2y- 1=0

2x+y+1=0
由
z3x2y
得
y
3z3z
x
，求
z
的最小值，即求直线
yx
的纵截 距的最大值
2222
3z
当直线
yx
过图中点
A时，纵截距最大
22

2xy1
由

解得A
点坐标为
(1,1)
，此时
z3(1)215

x2y1

15、如图，

OAa
，
ANAMb

∵
MAN60
，∴
AP
3
b
，
OP
2
3
22
OAPAa
2
b
2

4
33
bb
AP
b
b
22
tan


tan


∴又∵，∴，解
OP
3
2
3
2
a
a
22
abab
44
得
a
2
3b
2

b
2
123
∴
e1
2
1

a33


16、由题，连接
OD
，交
BC
与点
G
，由题，
ODBC

3
OGBC
，即
OG
的长度与
BC
的长度或成正比
6
设
OGx
，则
BC23x
，
DG5x

三棱锥的高
h DG
2
OG
2
2510xx
2
x2510 x

11
S
△ABC
233x33x
2
则
VS
△ABC
h3x
2
2510x
=325x
4
10x
5

23
5
4534
令
f

x

25x10x
，
x(0,)
，< br>f


x

100x50x

2
令
f


x

0
，即
x
4< br>2x
3
0
，
x2

则
f
< br>x

≤f

2

80

则
V≤38045
∴
体积最大值为
415cm
3





1a
2
1a
17.解：（1）由题设得acsinB
，即
csinB
.
23sinA
23sin A
1sinA
由正弦定理得
sinCsinB
.
23sinA

故
sinBsinC
2
.
3
（2）由题设及（1）得
cosBcosCsinBsinC,
，即
cos(BC)
1
2
1
.
2
2π
π
，故
A
.
33
1a
2
由题设得
bcsinA
，即
bc8
.
23sinA
由余弦定理得
b
2
c
2
bc9
，即
(bc)
2
3bc9
，得
bc33
.
所以
BC
故
△ABC
的周长为
333
.

18.解：（1）由已知
BAPCDP90
，得
AB< br>⊥
AP
，
CD
⊥
PD
.
由于
AB
∥
CD
，故
AB
⊥
PD
，从而
AB
⊥平面
PAD
.
又
AB


平面
PA B
，所以平面
PAB
⊥平面
PAD
.
（2）在平面
PAD
内做
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，
|A B|
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标
系
Fxyz
.
< br>2222
,0,0)
，
P(0,0,)
，
B(,1,0)，
C(,1,0)
.
2222

< br>
2222
所以
PC(,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，
2


2




2x0

nCB0

由（1）及已知可得
A(
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


y0

mAB0

可取
n(1,0,1)
.
则
cos
nm3
，

|n||m|3< /p>

所以二面角
APBC
的余弦值为

3
.
3

19.【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0.9974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
< br>)
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
0.212
，由样
ˆ
9.97
，

的估计值为

（ii）由
x9.97,s 0.212
，得

的估计值为

ˆ
3

ˆ
,

ˆ
3

ˆ
)
之外，本数据可以 看出有一个零件的尺寸在
(

因此需对当天的生产过程进行检
查.
ˆ
3

ˆ
,

ˆ
3

ˆ)
之外的数据9.22，剩下数据的平均数为剔除
(

因此
< br>的估计值为10.02.
16
1
(169.979.22)10.02
，
15

x
i1
2
i
ˆ
3< br>
ˆ
,

ˆ
3

ˆ
)
之 外的数据9.22，剩下
160.212
2
169.97
2
1591.134
，剔除
(

1
(1591.1349.22< br>2
1510.02
2
)0.008
，
15
因此

的估计值为
0.0080.09
.
数据的样本方差为

20.（12分）解：
（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.
1113
又由
2

2

2

2
知，
C
不经过点
P
1
，所以点
P
2
在
C
上. < br>aba4b

1
1
2



a 4

b
2
因此

，解得

2
.
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< br>2
，
4t
2
如果
l
与
x
轴垂直 ，设
l
：
x
=
t
，由题设知
t0
，且< br>|t|2
，可得
A
，
B
的坐标分别为（
t
，），
2
4t
2
（
t
，

）.
2
4t
2
24t
2
2
1
，得t2
，不符合题设. 则
k
1
k
2

2t 2t
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
=< br>
2
，
x
1
x
2
=.
2
4k1
4k1
y1y
2
1

而
k
1
k
2

1

x
1
x
2
kxm1kx
2
m1

1


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
m1
解得
k
.
2
当且仅 当
m1
时，
0
，欲使l：
y
m1m1xm
，即
y1(x2)
，
22
所以l过定点（2，
1
）

21.解：（1）f(x)
的定义域为
(,)
，
f

(x)2 ae
2x
(a2)e
x
1(ae
x
1)(2e< br>x
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
得
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
.
a
1
lna0
，即
f (lna)0
，故
f(x)
没有零点；
a
1
lna0
，即
f(lna)0
.
a
422
又
f(2)ae(a2)e22e20
，故
f(x)
在
(,lna)
有一个零点.
3
设正整数
n
0
满足
n
0
ln(1)
，则
f(n
0
)e
n
0
(ae
n
0
a2)n
0
e
n
0
n
0
2
n
0n
0
0
.
a
3
由于
ln(1)l na
，因此
f(x)
在
(lna,)
有一个零点.
a
综上，
a
的取值范围为
(0,1)
.
22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）
x
2
y
2
1
. 解：（1）曲线
C
的 普通方程为
9
当
a1
时，直线
l
的普通方程为
x4y30
.
21

x

x4y30< br>
x3



2
25
由

x
解得或.


2
24
y0

< br>y

y1

9

25


2124
,)
.
2525
（2）直线
l
的普通 方程为
x4ya40
，故
C
上的点
(3cos
< br>,sin

)
到
l
的距离为
|3cos

4sin

a4|
.
d< br>17
a9
a9
当
a4
时，
d
的最大 值为.由题设得
17
，所以
a8
；
17
17
a1a1
当
a4
时，
d
的最大值为.由题设得
17
，所以
a16
.
1717
综上，
a8
或
a16
.、
从而< br>C
与
l
的交点坐标为
(3,0)
，
(
23 .[选修4-5：不等式选讲]（10分）
解：（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< br>，无解；
2
当
1x1
时，①式化为
xx20< br>，从而
1x1
；
2
当
x1
时，①式化为< br>x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< br>f(1)2
且
f(1)2
，得
1a1
.
所以
a
的取值范围为
[1,1]
.