2017年高考理科数学全国卷1含答案

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

注意事项：

1.答卷前,考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,在选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后,将本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,,则

A. B.

C. D.

2.如图,正方形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. B.

C. D.

3.设有下面四个命题

：若复数满足,则； 

：若复数满足,则；

：若复数,满足,则； 

：若复数,则.

其中的真命题为

A., B., C., D.,

4.记为等差数列的前项和．若,,则的公差为

A.1 B.2 C.4 D.8

5.函数在单调递减,且为奇函数．若,则满足的的取值范围是

A. B. C. D.

6.展开式中的系数为

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

8.右面程序框图是为了求出满足的最小偶数,那么在和两个空白框中,可以分别填入

A.和

B.和

C.和

D.和

9.已知曲线,,则下面结论正确的是

A.把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个单位长度,得到曲线

B.把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长度,得到曲线

C.把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度,得到曲线

D.把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长度,得到曲线

10.已知为抛物线的焦点,过作两条互相垂直的直线,,直线与交于、两点,直线与交于、两点,则的最小值为

A.16 B.14 C.12 D.10

11.设,,为正数,且,则

A.  B.

C. D.

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,接下来的两项是,,再接下来的三项是,,,依此类推.求满足如下条件的最小整数且该数列的前项和为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,的夹角为,,,则|　　　　.

14.设,满足约束条件则的最小值为　　　　.

15.已知双曲线的右顶点为,以为圆心,为半径做圆,圆与双曲线的一条渐近线交于、两点.若,则的离心率为　　　　.

16.如图,圆形纸片的圆心为,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形的中心为.,,为圆上的点,,,分别是以,,为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以,,为折痕折起,,,使得,,重合,得到三棱锥.当的边长变化时,所得三棱锥体积(单位：)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。

17.(12分)

的内角,,的对边分别为,,,已知的面积为.

(1)求;

(2)若,,求的周长.

18.(12分)

如图,在四棱锥中,,且.

(1)证明：平面平面；

(2)若,,求二面角的余弦值.

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．

(1)假设生产状态正常,记表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数,求及的数学期望；

(2)一天内抽检零件中,如果出现了尺寸在之外的零件,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：

经计算得,,,其中为抽取的第个零件的尺寸,1,2,…16．

用样本平均数作为的估计值,用样本标准差作为的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查.剔除之外的数据,用剩下的数据估计和(精确到0.01)．

附：若随机变量服从正态分布,则.,．

20.(12分)

已知椭圆,四点,,,中恰有三点在椭圆上.

(1)求的方程；

(2)设直线不经过点且与相交于,两点.若直线与直线的斜率的和为,证明：过定点.

21.(12分)

已知函数

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个零点,求的取值范围.

(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)

在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),直线的参数方程为(为参数).

(1)若,求与的交点坐标；

(2)若上的点到的距离的最大值为,求.

23.[选修4―5：不等式选讲](10分)

已知函数,

(1)当时,求不等式的解集；

(2)若不等式的解集包含,求的取值范围.

2017年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学

一、选择题

1.【答案】A

【解析】本题考查集合的运算及简单不等式的求解.由,得,所以,故,故选A.

2.【答案】B

【解析】本题考查几何概型.设正方形的边长为2,则正方形的内切圆半径为1,其中黑色部分和白色部分关于正方形的中心对称,则黑色部分的面积为,所以在正方形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率,故选B.

3.【答案】B

【解析】本题考查复数的计算和命题真假的判断.对于命题,设,由,得,则成立,故命题正确；对于命题,设,由,得,则或,复数可能为实数或纯虚数,故命题错误；对于命题,设,,由,得,不一定有,故命题错误；对于命题,设,则由,得,所以成立,故命题正确.故选B.

4.【答案】C

【解析】本题考查等差数列基本量的计算与性质的综合应用.等差数列中,,则,又,所以,得,故选C.

5.【答案】D

【解析】本题考查利用函数的性质求解不等式.已知函数在上为单调递减函数,且为奇函数,则,所以原不等式可化为,则,即,故选D.

6.【答案】C

【解析】本题考查二项式定理中项的系数问题.对于,若要得到项,可以在中选取1,此时中要选取含的项,则系数为；当在中选取时,中要选取含的项,即系数为,所以,展开式中项的系数为,故选C.

7.【答案】B

【解析】本题考查立体几何中的三视图问题.由多面体的三视图还原直观图如图.该几何体由上方的三棱锥和下方的三棱柱构成,其中面和面是梯形,则梯形的面积之和为.故选B.

8.【答案】D

【解析】本题考查程序框图问题.本题求解的是满足的最小偶数,可判断出循环结构为当型循环结构,即满足条件要执行循环体,不满足条件要输出结果,所以判断语句应为,另外,所求为满足不等式的偶数解,因此中语句应为,故选D.

9.【答案】D

【解析】本题考查三角函数的诱导公式及图象变换.首先利用诱导公式化异名为同名.,由的图象得到的图象,需将曲线上各点的横坐标缩短到原来的,纵坐标不变；由的图象得到的图象,需将的图象上的各点向左平移个单位长度,故选D.

10.【答案】A

【解析】如图所示,设直线的倾斜角为,过,分别作准线的垂线,垂足为,,
则,,过点向引垂线,得,
则,同理,,
则,即,
因与垂直,故直线的倾斜角为或,
则,则,
则易知的最小值为16.故选A.

11.【答案】D

【解析】由,可设,因为,,为正数,所以,因为,,所以；因为,,所以,所以.分别作出,,的图像,如图.则,故选D.

12.【答案】A

【解析】本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.不妨设(其中、、,),
则有,因为,所以.
由等比数列的前项和公式可得.
因为,所以,
所以,即
因为,
所以,故,
因为,所以,故.
所以,从而有,因为,所以.
当时,,不合题意；
当时,,满足题意,故所求的最小值为440.

二、填空题

13.【答案】

【解析】本题考查向量数量积的计算.由题意知,则.所以.

14.【答案】

【解析】本题考查利用线性规划求解最值.由约束条件作出可行域,如图阴影部分所示.平移直线可知,目标函数在点处取最小值,又由解得即,所以.

15.【答案】

【解析】本题考查双曲线的几何性质和圆的性质.不妨设点、在渐近线上,如图,为等边三角形,且,则点到渐近线的距离为,又将变形为一般形式为,则到渐近线的距离,所以,即,所以双曲线离心率.

16.【答案】

【解析】由题意知折叠以后三棱锥的直观图如图所示.连接并延长交于,连接、.则平面.令,则,,得,.
则,令,则,则当时,单调递增,当时,单调递减,所以当时,体积取最大
值,为.

三、解答题

17.【答案】解：(1)由题设得,即.
由正弦定理得.
故.

(2)由题设及(1)得,即.
所以,故.
由题设得,即.
由余弦定理得,即,得.

故的周长为.

【解析】本题考查了正弦定理,余弦定理,三角形的面积公式及其综合应用.

18.【答案】解：(1)由已知,得,.
由于,故,从而平面.
又平面,所以平面平面.

(2)在平面内作,垂足为.
由(1)可知,平面,故,
可得平面.
以为坐标原点,的方向为轴正方向,为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系.
由(1)及已知可得
所以
设是平面的法向量,则
即
可取.
设是平面的法向量,则
即
可取.
则.
所以二面角的余弦值为.

【解析】本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.

19.【答案】(1)抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.997 4,从而零件的尺寸在之外的概率为0.002 6,故,因此
.
的数学期望为.

(2)(i)如果生产状态正常,一个零件尺寸在之外的概率只有0.002 6,一天内抽取的16个零件中,出现尺寸在之外的零件的概率只有0.040 8,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.

(ii)由,得的估计值为的估计值为,由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在之外,因此需对当天的生产过程进行检查.
剔除之外的数据9.22,剩下数据的平均数为,因此的估计值为10.02.,剔除之外的数据9.22,剩下数据的样本方差为,
,因此的估计值为.

【解析】本题考查了统计与概率中的二项分布和正态分布的性质及应用.

20.【答案】(1)由于两点关于轴对称,故由题设知经过两点.

又由知,不经过点,所以点在上.

因此解得

故的方程为.

(2)设直线与直线的斜率分别为.如果与轴垂直,设,由题设知,且,可得的坐标分别为.
则,得,不符合题设.
从而可设.将代入得
.
由题设可知.
设,则.
而

,
由题设,故.
即.
解得.
当且仅当时,,于是,
即,
所以过定点.

【解析】解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.

21.【答案】(1)的定义域为,.
(i)若,则,所以在单调递减.
(ii)若,则由的.
当时,；
当时,
所以在单调递减,在单调递增.

(2)(i)若,由(1)知,至多有一个零点.
(ii)若,由(1)知,当时,取得最小值,最小值为.
当时,由于,故只有一个零点；
当时,由于,即,故没有零点；
当时,,即.
又,故在有一个零点.
设正整数满足,
则.
由于,因此在有一个零点.

综上,的取值范围为.

【解析】本题考查了利用导数讨论函数的单调性和函数的零点问题.

22.【答案】解：(1)曲线的普通方程为.
当时,直线的普通方程为.

由解得或
从而与的交点坐标为.

(2)直线的普通方程为,故上的点到的距离为
.
当时,的最大值为,由题设得,所以；
当时,的最大值为,由题设得,所以.
综上,或.

【解析】本题考查参数方程的应用.

23.【答案】解：(1)当时,不等式等价于
.            ①
当时,①式化为,无解；
当时,①式化为,从而；
当时,①式化为,从而.
所以的解集为.

(2)当时,.
所以的解集包含,等价于当时.
又在的最小值必为与之一,所以且,得.
所以的取值范围为.

【解析】本题考查参数方程的应用.