2017新课标Ⅰ全国高考理科数学试卷含答案

一、选择题

1．已知集合A＝{x|x＜1}，B＝{x|3x＜1}，则( ) A．A∩B＝{x|x＜0} B．A∪B＝R C．A∪B＝{x|x＞1} D．A∩B＝∅

【解析】由3x＜1可得3x＜30，则x＜0，即B＝{x|x＜0}，故A∩B＝{x|x＜1}∩{x|x＜0}＝{x|x＜0}，A∪B＝{x|x＜1}∪{x|x＜0}＝{x|x＜1}，故选A．

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( )

1π1πA． B． C． D．

4824【解析】设正方形的边长为2，则面积S正方形＝4．又正方形内切圆的面积S＝π×12

π

＝π．故根据对称性，黑色部分的面积S黑＝．由几何概型的概率公式，概率P

2

S黑π＝＝． S正方形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

11

其概率p满足＜p＜，故选B．

42

3．设有下面四个命题

1

p1：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； p4：若复数z∈R，则z∈R． 其中的真命题为( )

A．p1，p3 B．p1，p4 C．p2，p3 D．p2，p4

a－bi11

【解析】设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，对于p1，因＝＝22∈R，故b＝0，故z∈R，故p1

za＋bia＋b是真命题；对于p2，因z2＝(a＋bi)2＝a2－b2＋2abi∈R，故ab＝0，故a＝0或b＝0，故p2不是真命题；对于p3，设z1＝x＋yi(x，y∈R)，z2＝c＋di(c，d∈R)，则z1z2＝(x＋yi)(c＋di)＝cx－dy＋(dx－

＋cy)i∈R，故dx＋cy＝0，取z1＝1＋2i，z2＝－1＋2i，z1≠z2，故p3不是真命题；对于p4，因z－

＝a＋bi∈R，故b＝0，故z＝a－bi＝a∈R，故p4是真命题．故选B．

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( )

C．4 D．8

a4＋a5＝24，2a1＋7d＝24，【解析】设{an}的公差为d，由得解得d＝4． S6＝48，6a1＋15d＝48，

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]

【解析】因f(x)为奇函数，故f(－1)＝－f(1)＝1，于是－1≤f(x－2)≤1等价于f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，又f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，故－1≤x－2≤1，故1≤x≤3．

1

6．(1＋2)(1＋x)6的展开式中x2的系数为( )

x

A．15 B．20 C．30 D．35

111

【解析】(1＋2)(1＋x)6＝1·(1＋x)6＋2·(1＋x)6，(1＋x)6的x2项系数为C2(1＋x)6的x2项系6＝15，2·xxx

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A．1 B．2

2

数为C46＝15，故x的系数为15＋15＝30．

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

1

【解】由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个相同的梯形的面，S梯＝×(2＋4)×2＝6，S

2

2＝12． 全梯＝6×

8．下面程序框图是为了求出满足3n−2n＞1000的最小偶数n，那么在和两个空白框中，可以分别填入( )

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

【解析】由题意，因3n－2n＞1000，且框图中在“否”时输出，故判定框内不能输入A＞1 000，故填A≤1 000，又要求n为偶数且初始值为0，故矩形框内填n＝n＋2，故选D．

2π

9．已知曲线C1：y＝cos x，C2：y＝sin (2x＋)，则下面结论正确的是

3

( )

A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到

π

的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2

6

π

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位

12

长度，得到曲线C2

1π

C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长

26

度，得到曲线C2

1π

D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位

212

长度，得到曲线C2

π1

【解析】易知C1：y＝cos x＝sin (x＋)，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不

22

ππ

变，得到函数y＝sin (2x＋)的图像，再把所得函数的图像向左平移个单位长度，可得函数y＝sin

212

ππ2π

[2(x＋)＋]＝sin(2x＋)的图像，即曲线C2，故D项正确．

1223

10．已知F为抛物线C：y2＝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C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为( )

A．16 B．14 C．12 D．10

【解析】抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0．不妨设直线

y2＝4x，1

l1的斜率为k，则l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1)，由消去y得k2x2－(2k2＋4)x

ky＝k（x－1），

＋k2＝0，设

2k2＋44

A(x1，y1)，B(x2，y2)，故x1＋x2＝2＝2＋2，由抛物线的定义可知，|AB|＝x1＋x2

kk

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4441

＋2＝2＋2＋2＝4＋2．同理得|DE|＝4＋4k2，故|AB|＋|DE|＝4＋2＋4＋4k2＝8＋4(2＋k2)≥8＋8＝

kkkk

1

16，当且仅当2＝k2，即k＝±1时取等号，故|AB|＋|DE|的最小值为16，故选A．

k

11．设x、y、z为正数，且2x＝3y＝5z，则( )

A．2x＜3y＜5z B．5z＜2x＜3y C．3y＜5z＜2x D．3y＜2x＜5z

lg tlg tlg t

【解】令t＝2x＝3y＝5z，因x，y，z为正数，故t＞1．则x＝log2t＝，同理，y＝，z＝．故

lg 2lg 3lg 52lg t3lg tlg t（2lg 3－3lg 2）lg t（lg 9－lg 8）2lg t5lg t

2x－3y＝－＝＝＞0，故2x＞3y．又2x－5z＝－

lg 2lg 3lg 2×lg 3lg 2×lg 3lg 2lg 5＝

lg t（2lg 5－5lg 2）lg t（lg 25－lg 32）

＝＜0，故2x＜5z，故3y＜2x＜5z．

lg 2×lg 5lg 2×lg 5

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20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，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 【解析】由题意得，数列如下：

1， 1，2， 1，2，4， …

－

1，2，4，…，2k1， …

11

则该数列的前1＋2＋…＋k＝k(k＋1)项和为S[k(k＋1)]＝1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋

221－＋

4＋…＋2k1)＝2k－k－2，要使k(k＋1)＞100，有k≥14，此时k＋2＜2k1，故k＋2是第k＋1组等

2

－

比数列1，2，4，…，2k的部分和，设k＋2＝1＋2＋4＋…＋2t1＝2t－1，故k＝2t－2t－3≥14，则

1

t≥5，此时k＝25－3＝29，故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．已知向量a，b的夹角为60°，|a|＝2，|b|＝1，则| a＋2b |＝ ．

1

【解析】|a＋2b|2＝|a|2＋2|a|·|2b|·cos 60°＋(2|b|)2＝22＋2×2×2×＋22＝4＋4＋4＝12，故|a＋2b|＝12

2＝23．

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．

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x＋2y≤1，

14．设x，y满足约束条件2x＋y≥－1，则z＝3x－2y的最小值 ．

x－y≤0，【解析】作出约束条件所表示的可行域如图中阴影部分所示，

3z3z3z

由z＝3x－2y得y＝x－，求z的最小值，即求直线y＝x－的纵截距的最大值，当直线y＝x－

222222

2x＋y＝－1，

过图中点A时，纵截距最大，由解得A点坐标为(－1，1)，此时z＝3×(－1)－2×1＝

x＋2y＝1

－5．

x2y2

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

ab

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 ．

b

【解析】双曲线的右顶点为A(a，0)，一条渐近线的方程为y＝x，即bx－ay＝0，圆心A到此渐近

a|ba－a×0|abab3bab

线的距离d＝＝，因∠MAN＝60°，圆的半径为b，故b·sin 60°＝，即＝，故

cc2cb2＋a2e＝

223

＝．

33

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：cm3)的最大值为 ．

【解析】由题意，连接OD，交BC与点G，由题意，OD⊥BC，设OG＝x，则BC＝23x，DG＝5

1

－x，三棱锥的高h＝DG2－OG2＝25－10x，S△ABC＝·(23x)2·sin 60°＝33x2，则三棱锥的体积

2

15V＝S△ABC·h＝3x2·25－10x＝3·25x4－10x5，令f(x)＝25x4－10x5，x∈(0，)，则f′(x)＝100x3

32

5

－50x4，令f′(x)＝0得x＝2，当x∈(0，2)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(2，)时，f′(x)＜0，f(x)

2

单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤3×80＝415．故体积最大值为415cm3．

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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．

a2

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．

3sin A

(1)求sin Bsin C；

(2)若6cos Bcos C＝1，a＝3，求△ABC的周长．

a21a213

【解析】(1)因△ABC面积S＝，且S＝bcsin A，故＝bcsin A，故a2＝bcsin2A．因由

3sin A23sin A2232

正弦定理得sin2A＝sin Bsin Csin2A，由sin A≠0得sin Bsin C＝．

23

21

(2)由(1)得sin Bsin C＝，cos Bcos C＝，因A＋B＋C＝π，故cos A＝cos(π－B－C)＝－cos(B＋C)

361π3

＝sin Bsin C－cos Bcos C＝，又A∈(0，π)，故A＝，sin A＝，由余弦定理得a2＝b2＋c2－bc＝

232aaa2

9①，由正弦定理得，b＝·sin B，c＝·sin C，故bc＝2·sin Bsin C＝8②，由①②得b＋c

sin Asin AsinA＝33，故a＋b＋c＝3＋33，即△ABC周长为3＋33．

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． 【解析】(1)证明 因∠BAP＝∠CDP＝90°，故PA⊥AB，PD⊥CD，又因AB∥CD，故PD⊥AB，又因PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD，故AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，故平面PAB⊥平面PAD．

(2)解 在平面PAD内作PO⊥AD，垂足为点O．由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PO，可得PO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设PA＝2，故D(－2，0，0)，B(2，2，→→

0)，P(0，0，2)，C(－2，2，0)，故PD＝(－2，0，－2)，PB＝(2，→

2，－2)，BC＝(－22，0，0)，设n＝(x，y，z)为平面PBC的一个法向

→PB＝0，2x＋2y－2z＝0，n·

量，由得令y＝1，则z＝2，x＝0，可得平面PBC的一个法向量

→－22x＝0.BC＝0n·

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n＝(0，1，2)，因∠APD＝90°，故PD⊥PA，又知AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，故PD⊥AB，→→

又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，故PD⊥平面PAB，即PD是平面PAB的一个法向量，PD＝(－→

PD·n－23→

2，0，－2)，故cos〈PD，n〉＝＝＝－，由图知二面角A－PB－C为钝角，故它

3→

|PD|·|n|23的余弦值为－

3

． 3

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(μ，σ2)．

(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(μ－3σ，μ＋3σ)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(μ－3σ，μ＋3σ)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 －116

经计算得x＝∑xi＝9．97，s＝16i＝1

116

xi－x2＝16i＝1

1162

xi－16x2≈0．212，其中xi为抽16i＝1

－^

取的第i个零件的尺寸，i＝1，2，…，16．用样本平均数x作为μ的估计值μ，用样本标准差s作^^^^^

为σ的估计值σ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0．01)．

附：若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，则P(μ－3σ＜Z＜μ＋3σ)＝0．997 4，0．997 416≈0．959 2，0.008≈0．09．

【解】(1)由题可知尺寸落在(μ－3σ，μ＋3σ)之内的概率为0．997 4，落在 (μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率为0．002 6．由题可知X～B(16，0．002 6)，P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－0．997 416≈0．040 8．故E(X)＝16×0．002 6＝0．041 6．

(2)①如果生产状态正常，一个零件尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的概率只有0．002 6，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件的概率只有0．040 8，发生的概率很小，故一旦发生这种情况，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．

②由x＝9．97，s≈0．212，得μ的估计值为＝9．97，σ的估计值为＝0．212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在(－3，＋3)之外，故需对当天的生产过程进行检查．剔除(－3，＋3)之外的1

数据9．22，剩下数据的平均数为×(16×9．97－9．22)＝10．02．故μ的估计值为10．02，

15

i＝1

∑(xi)2＝16×0．2122＋16×9．972≈1591．134，剔除(μ－3σ，μ＋3σ)之外的数据9．22，剩下数据

16

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1

的样本方差为(1591．134－9．222－15×10．022)≈0．008，故σ的估计值为0.008≈0．09．

15

x2y23

20．(12分)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，

ab23

)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．

1113

【解析】(1)由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4．又由2＋2＞2＋2知，椭圆

aba4b

b＝1，a＝4，x

C不经过点P，故点P在椭圆C上．故解得故C的方程为＋y＝1．

413b＝1.

a＋4b＝1，

2

22

2

1

2

2

2

2

1

(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2．如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴．设l：xyA－1－yA－1－2

＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，此时l过椭圆右顶点，

mmmx22

不存在两个交点，故不满足．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y＝1得(4k2＋1)x2

48km

＋8kmx＋4m2－4＝0．由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，4k＋14m2－4y1－1y2－1kx1＋m－1kx2＋m－12kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）x1x2＝2．则k1＋k2＝＋＝＋＝．由

x1x2x1x2x1x24k＋14m2－4－8km

题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0．故(2k＋1)·2＋(m－1)·2＝0．解之

4k＋14k＋1得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)＞0，方程有解，故当且仅当m＞－1时，Δ＞0，故直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2)．当x＝2时，y＝－1，故l过定点(2，－1) ．

21．(12分)已知函数f(x)＝ae2x＋(a－2)ex－x．

⑴．讨论f(x)的单调性；

⑵．若f(x)有两个零点，求a的取值范围．

【解】⑴．f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝(2ex＋1)(aex－1)，

①．若a≤0，则f′(x)＜0，故f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．

②．若a＞0，则由f′(x)＝0得，x＝－ln a．当x∈(－∞，－ln a)时，f′(x)＜0；当x∈(－ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)单调递减，在(－ln a，＋∞)单调递增． ⑵．I．若a≤0，由⑴知，f(x)至多有一个零点．

1

II．若a＞0，由⑴知，当x＝－ln a时，f(x)取得最小值f(－ln a)＝1－＋ln a，

a

①．当a＝1时，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一个零点；

1

②．当a∈(1，＋∞)时，由于1－＋ln a＞0，即f(－ln a)＞0，故f(x)无零点；

a1－－

③．当a∈(0，1)时，由于1－＋ln a＜0，即f(－ln a)＜0，又f(－2)＝ae4＋(a－2)e2＋2＞－

a

3－

2e2＋2＞0，故f(x)在(－∞，－ln a)有一个零点，设正整数n0满足n0＞ln (－1)，则f(n0)＝en0(aen0

a

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3

＋a－2)－n0＞en0－n0＞2n0－n0＞0，由于ln (－1) ＞－ln a，故f(x)在(－∞，－ln a)上有一个零点．

a

综上，a的取值范围为(0，1)．

(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 θ，

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 θ

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距离的最大值为17，求a．

x22

解析：(1)曲线C的普通方程为＋y＝1．当a＝－1时，直线l的普通方程为x＋4y－3＝0．由

9x＋4y－3＝0，x＝－25.x＝3，x22解得或24y＝0＋y＝1，9y＝25.

21

2124

从而C与l的交点坐标为(3，0)，(－，)．

2525

(2)直线l的普通方程为x＋4y－a－4＝0，故C上的点(3cos θ，sin θ)到l的距离为d＝|3cos θ＋4sin θ－a－4|a＋9a＋9

．当a≥－4时，d的最大值为．由题设得＝17，故a＝8；当a＜

171717－a＋1－a＋1

－4时，d的最大值为．由题设得＝17，故a＝－16．

1717综上，a＝8或a＝－16．

23．[选修4−5：不等式选讲](10分)

已知函数f(x)＝－x2＋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．

解析：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0①．当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；当x＞1－1＋17－1＋17

时，①式化为x2＋x－4≤0，从而1＜x≤．故f(x)≥g(x)的解集为{x|－1≤x≤}．

22

(2)当x∈[－1，1]时，g(x)＝2．故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，故f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1．故a的取值范围为[－1，1]．

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