1
（2）若
cosBAD
，求几何体
ABCDEF
的体积.
5




20
.
(本小题满分12分)
已知抛物线
C:y
2
2px
的焦点坐标为
F(1,0)
，过
F
的直线
l
交抛物线
C
于
A,B
两点，直线
AO,BO
分别与直线
m
：
x 2
相交于
M,N
两点.
（Ⅰ）求抛物线
C
的方程；
（Ⅱ）证明△
ABO
与△
MNO
的面积之比为定值.

（本小题满分12分）已知函数
f(x)lnx,g(x)e.

（I）若函数φ (x) = f (x)－
x
x+1
，求函数φ (x)的单调区间；
x-1
（II）设直线l为函数f (x)的图象上一点A(x
0
，f (x
0
))处的切线，在区间(1,+∞ )上是否存在
l与曲线y=g(x)相切若存在，求出
x
0
使得直线
x
0
的个数；若不存在，请说明理由。







请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，解答时请写清题号.


22.选修4-4：坐标系与参数方程


x2c os

在直角坐标系
xOy
中，曲线
C
1
的参数方 程为

，（其中

为参数），曲线
C
2
:x
2
y
2
2y0
，


ysin

以原点
O
为极点，
x
轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线
l:





0

与曲线
C
1
,C
2
分别交于点

A,B
(均异于原点
O
)
（1）求曲线
C
1
,C
2
的极坐标方程；
（2）当
0a




23.选修4-5：不等式选讲
已知函数
f

x

xa
1

a0


2a

2
时，求
OAOB
的取值范围.
22< br>（1）若不等式
f

x

f

xm
1
恒成立，求实数
m
的最大值；
1
（2）当
a 
时，函数
g

x
f

x

|2x1|
有零点，求实数
a
的取值范围.
2












2017高考押题金卷（全国卷Ⅲ）
文科数学


题号
1
答案
B
2
D
3
B
4
A
5
A
6
D
7
A
8
B
9
D
10
C
11
A
12
C

考点分析及详解
1．B 解析：
|x1|21x3
；
x6x802 x4
，
(C
U
A)I
2．D考察复数的运算及实部虚部意义
3．B简单古典概型的考察，共十个事件，3个满足题意
4．A．命题关系题充要条件
B
=
(2,3]
.
11(a
1
a
11
)
a
11a
6
9
S
2
5．A因为
6

，由等差数列前
n
项和公式得，
11
1

9(a
1
a
9
)
a
5
11
S< br>9
9a
5
2
6．D棱柱与圆柱的组合体。
7．A三角函数的简单性质，本题可用直接法或排除法。
8．由算法流程图可知，其统计的是 数学成绩大于等于90的人数，所以由茎叶图知：数学成绩大于
等于90的人数为10，因此输出结果为 10. 故选B.
9．由
E,F
是棱
AD,DD
1
的中点 ，易证
EF
∥
BC
1
，
EF
∥面
BC< br>1
，由线面平行性质定理，过
EF
且过
B
的平面与
面
BC
1
的交线
l
平行于
EF
，
l
即为
BC
1
. 由正方体的边长为
4
，
截面是以
EBFC25
为腰，
EF22
为上底，
BC
1
4 2
为下
底的等腰梯形，故周长为
6245
，故选A.
A
1
D
1
B
1
F
C
1
D
E
A
B
C
10
．
因为当
x0
时，函数
f( x)lnxx1
有
f'(x)
1
1
1x
，< br>
xx
所以函数
f(x)
在
(0,1)
上单调递增， 在
(1,)
上单调递减，当
x1
时函

数有极大值为
f(1)0
根据奇函数的对称性，作出其函数图像如图所示：

x
由函数图像可知
ye
和
yf(x)
有两个不同交点， 故答案选
C．

11.本题可利用同构，来构造函数。

b2ab
，
tan2


2
，因此△
OAB
的面积
2
aab
1a
3
b12a
2
b35
< br>可以表示为
aatan2


2
，解得，则. 故选C.
e
2ab
2
7
a44
12.知，过I、III象限的 渐近线的倾斜角为

，则
tan





13.|a＋2b|＝a
2
＋4a·b＋4b
2
＝7.故选B.

(n1)

1
14.
a
n


n1
提醒：考虑首项符不符合
2g3(n2)

15.提示利用圆心在直线上求出m的值为-4，再利用勾股定理。

16.①②③④⑤ < br>试题分析：①对任意
x[1,2]
，关于
x
的不等式
f(x )g(x)
恒成立, 即
f

x

g

x

0
,恒成立,
令
F

x

f

x

g

x

e
x
lnxm
,
F
'

x

e
x

1
0(x

1,2

)
,只需< br>F

1

em0
即
x
me
；②若存在
x
0
[1,2]
，使得不等式
f(x
0
)g(x
0
)
成立,由①可知只需
F

2
< br>e
2
ln2m0
,
即
me
2
l n2
；③若对任意
x
1
[1,2]
及任意
x
2< br>[1,2]
，不等式
f(x
1
)g(x
2
)恒成立,即
f(x)
min
g(x)
max
,即
f( 1)g(2)
,所以
meln2
；④若对任意
x
1
 [1,2]
，存在
x
2
[1,2]
，使得
不等式
f(x
1
)g(x
2
)
成立,则
f(x)
min
g(x)
min
,即
f(1)g(1)
,所以
me< br>；⑤若存在
x
1
[1,2]
及
x
2
[1 ,2]
，使得不等式
f(x
1
)g(x
2
)
成立 ，则
f(x)
max
g(x)
min
,即
f(2)g( 1)
,所以
me
2
.

17.（1）

.………………6分
3
uuuruuuruuur
（2）又因为
ABAC3AD
，则
D
为
ABC
的重心，以
AB
、
AC
为邻边作平行四边形
ABEC
，因 为
AD2
，
所以
AE6
，在
ABE
中，< br>AB3
，
ABE120
o
.
由正弦定理可得
36
15
1
，解得
sinAEB
且
cosAEB< br>.

sinAEB
4
4
3
2

31511351
因此
sinBADsin(AEB)

gg
324248





18）．解：（Ⅰ）近10个月养鱼场的月平均利润为

0.220.1 1020.140.31
0.02
（千万元）近
10
个月远 洋捕捞队的月平均利润为
10
0.30.20.50.20.110.10. 210.30.21.50.50.210.16
（千万元）
.

x0

y0

,

（
Ⅱ< br>）依题意得
x,y
满足的条件为


xy6
< br>
x2y
设两个项目的利润之和为
z
，则
z0.02x 0.16y
，

如图所示，作直线
l
0
:0.02x0. 16y0
，平移直线
l
0
知其过点
A
时，
l0
y
A
x
O
B
z
取最大值
,

xy6

x4
,
得

,
所以< br>A
的坐标为
(4,2)
，

由

x2yy 2

此时
z
的最大值为
0.0240.1620.4< br>（千万元），

所以公司投资养鱼场
4
千万元，远洋捕捞队
2
千万元时，两个项目的月平均利润之和最大．

19.
（1）证明：∵四边形
ABCD
是菱形
，∴
ACBD

∵
BE
平面
ABCD
∴
BEAC

∴
AC
平面
BEFD

∴平面
ACF
⊥平面
BEFD

（2）设
AC与
BD
的交点为
O
，
ABa

a0

，
由（1）得
AC
平面
BEFD
，
∵
BE
平面
ABCD
∴
BEBD
，
∵
DFBE
，∴
DFBD
，
∴
BD
2
EF
2


DFBE

8
，∴BD22

∴
S
四边形BEFD

1
BEDF

BD32
，
2
2
18
∵< br>cosBAD
，∴
BD
2
AB
2
AD
2
2ABADcosBADa
2
8

55
∴
a5
，∴
OA
2
AB
2
OB
23
，∴
OA3

2
∴
V
A BCDEF
2V
ABEFD
S
四边形BEFD
OA26< br>.
3
20.焦点坐标为
(1,0)
可知
p
1

2
2
所以
p2
所以抛物线
C
的方程为
y4x

（Ⅱ）当直线
l
垂直于x
轴时，
ABO
与
MNO
相似，
所以
OF
2
1
S
ABO
()
S
MNO
24
当直线
l
与
x
轴不垂直时，设 直线
AB
方程为
yk(x1)

设
M(2,y
M
)
，
N(2,y
N
)
，
A(x
1< br>,y
1
)
，
B(x
2
,y
2
)，
解


yk(x1)
2

y4x
整理得 < br>k
2
x
2
(42k
2
)xk
2
0
，所以
x
1
x
2
1



S
ABO
S
MNO
1
AOB OsinAOB
AOBO
x
1
x
2
1
S
1
2

综上
ABO


1
S
MNO
4
MONOsinMON
MONO224
2
2
12x1
x1
x1
21解：（Ⅰ）

(x)f

x


，



x


．
lnx

22
x1
x 1
x

x1

x

x1

∵
x0
且
x1
，∴



x

0
∴函数

(x)
的单调递增区间为

0,1

和

1，

．
（Ⅱ）∵
f

(x)
1
1
，∴
f

(x
0
)
，
x
0
x
∴切线
l
的方程为
y lnx
0

11
(xx
0
)
, 即
yxlnx
0
1
, ①
x
0
x0
x
设直线
l
与曲线
yg(x)
相切于点
( x
1
,e
1
)
，
1
1
lnx
0
g(x)e
∵
g

(x)e
，∴
e，∴
x
1
lnx
0
,∴.
1
x
0
x
0
lnx
0
1111


xlnx
0

，即
yx
，② ∴直线
l
也为
y
x
0
x
0
x
0
x
0
x
0
lnx
0
1
x1

，∴
lnx
0< br>
0
． 由①②得
lnx
0
1
x
01
x
0
x
0
x
x
1
下证：在区间（ 1,+

）上
x
0
存在且唯一.
由（Ⅰ）可知，

(x)
lnx
x1
在区间上递增．
（1,+）
x1

e12
e
2
1e
2
3
22
又

(e)lne0
，

(e)lne
2
0
，
e1e
2
 1
e1e1
结合零点存在性定理，说明方程

(x)0
必在区 间
(e,e
2
)
上有唯一的根，这个根就是所求的唯一
x
0
，
所以有且仅有一个
x
0
．

x
2
x2cos

22.解（1）∵

，∴
y
2
1
，
2


ysin

22

=
x

cos

，

1sin
2

， 由

得曲线
C
1
的极 坐标方程为

y

sin

22
xy2y 0
，∴曲线
C
的极坐标方程为

2sin

； ∵
2
（2）由（1）得
∴
OAOB
22
OA

2

2
2
2
2
OB

24 sin
2

1sin

，，
22
 4sin
2

4

1sin
2


4

22
1sin

1sin


2
0

6

1sin
2
< br>
9
2
2
2
，∴
11sin

2
，∴
1sin

∵，
∴
OAOB
22
的取值范围为

2,5

.
1
，∴
2a
f

xm

xma
1
2a
， 23.解：（1）∵
f

x

xa
∴
f
x

f

xm

xaxma m
，
∴
m1
，∴
1m1
，∴实数
m< br>的最大值为1；
a
1
2
时， （2）当
1
3xa1,xa,

2a

11



xa1,ax,
2a2

11
1
3x a1,x,
g

x

f

x
< br>2x1xa2x1

2a2

2a

g

x

min
12a
2
a1
< br>1

1
g

a0
222a2a

， ∴

1


0a,

a0,
2


2a
2
a10

2a
2
a10
∴

或


1

1
a0


2
,0

.
a
2
∴，∴实数的取值范围是
