山东潍坊医学院-督导方案

2017年普通高等学校招生全国统一考试（全国）
理科数学

（试题及答案解析）
一、选择题：（本题共
12
小题，每小题
5< br>分，共
60
分）

22
1
．已知集合
A( x,y)xy1
，
B

(x,y)yx

，则AIB
中元素的个数为（）


A
．
3 B
．
2 C
．
1 D
．
0
【答案】
B
【解析】
A
表示圆
x
2
y
2
1
上所有点的集合，
B
表示直线
yx
上所有 点的集合，
故
AIB
表示两直线与圆的交点，由图可知交点的个数为
2，即
AIB
元素的个数
为
2
，故选
B.






2
．设复数
z
满足< br>(1i)z2i
，则
z
（）

1
A
．

2
【答案】
C
B
．
2

2
C
．
2
D
．
2
【解析】由题，
z

2i

1 i

2i2i2
i1
，则
z1
2
 1
2
2
，故选
C.
1i

1i
 
1i

2
3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收 集并整理了2014年1月至
2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的 折线图．

根据该折线图，下列结论错误的是
A．月接待游客量逐月增加
B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月份
D．各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳
【答案】
A
【解析】由题图可知，
2014
年
8
月到
9
月的月接待游客量在减少，则
A
选项错误，故选
A.

4
．
(xy)(2xy)
5
的展开式中
x< br>3
y
3
的系数为（）

A
．

B
．

C
．
40 D
．
80
【答案】
C
【解析】由二项式定理可得，原式展开中含
x
3
y
3
的项为

233
33
xC
5
< br>2x

y

yC
3
5

2 x

y

40xy
，则
xy
的系数为
40
，故选
C.
2332

x
2
y
2
5
5
．已知双曲线
C：
2

2
1
（
a0
，
b0
）的一条渐近线方程为
yx
，且与椭 圆
ab
2
x
2
y
2
1
有公共焦点．则
C
的方程为（）

123
x
2
y
2
x
2
y
2
x
2
y
2
x
2
y
2
A
．

B
．

C
．

D
．
1

1

1

1

810455443
【答案】
B
5b5
【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为
y
①

x< br>，则

a2
2
x
2
y
2
1
与双曲线有公共焦点，易知
c3
，则
a
2
b
2
c
2
9
②

又∵椭圆

123
x
2
y
2

1
，故选
B.
由①②解得
a2,b5
，则双曲线< br>C
的方程为

45


π
6
．设函 数
f(x)cos(x)
，则下列结论错误的是（）

3
8π
A
．
f(x)
的一个周期为
2π

B
．
yf(x)
的图像关于直线
x
对称
3
ππ
C
．
f(x

)
的一个零点为
x
D
．
f(x)
在
(,π)
单调递减

62
【答案】
D
π

π

【解析】函数
f

x

cos

x

的图 象可由
ycosx
向左平移个单位得到，
3

3

π

如图可知，
f

x

在

,π

上先递减后递增，
D
选项错误，故选
D.

2

y





g




x
-
O

6

7
．执行右图的程序框图，为使输出
S
的值小于
91
，则 输入的正整数
N
的最小值为（）

A
．
5
B
．
4

C
．
3
D
．
2
【答案】
D
【解析】程序运行过程如下表所示：

t

S

M

0 100 1
初始状态

100 2
10

第
1
次循环结束

90 1 3
第
2
次循环结束

此时
S9091
首次满足 条件，程序需在
t3
时跳出循环，即
N2
为满足条件的
最小值， 故选
D.



8
．已知圆柱的高为
1
，它的两个底面的圆周在直径为
2
的同一个球的球面上，则该圆柱的体
积为（）

3π
ππ
A
．
π
B
．
C
．
D
．

4
２
4
【答案】
B
3

1
< br>【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径
r1

< br>，

2

2

3π
2
则圆柱体体积
V
π
rh
，故选
B.
4

2
2



9
．等差数列

a< br>n

的首项为
1
，公差不为
0
．若
a
2
，
a
3
，
a
6
成等比数列，则
a
n

前
6
项的和
为（）

A
．
24
B
．
3
C
．
3 D
．
8
【答案】
A
【解析】 ∵

a
n

为等差数列，且
a
2
,a3
,a
6
成等比数列，设公差为
d
.









2
a
2
a
6
，即

a
1
2d



a
1
d

a
1
5d
< br>
则
a
3
2
又∵
a
1
1
，代入上式可得
d
2
2d0

又∵
d0
，则
d2

6565
d1 6

2

24
，故选
A.
∴
S
6
6a
1

22
x
2
y
2< br>10
．已知椭圆
C:
2

2
1
（
ab0
）的左、右顶点分别为
A
1
，
A
2
，且 以线段
A
1
A
2
为直
ab
径的圆与直线
b xay2ab0
相切，则
C
的离心率为（）

1
632
B
．
C
．
D
．

3
33
３
【答案】
A

【解析】∵以
A
1
A
2
为直径为圆与直线
bxay2a b0
相切，∴圆心到直线距离
d
等于半径，
A
．

< br>∴
d
2ab
22
ab
又∵
a0,b0
，则上式可化简为
a
2
3b
2

c
2
2
222
222
∵
bac
，可得
a3ac
，即
2


a3
c6
∴
e
，故选
A
a3
a



11
．已知函数
f(x )x
2
2xa(e
x1
e
x1
)
有 唯一零点，则
a
（）

111
A
．

B
．
C
．

２
32
【答案】
C
【解析】由条件，
f(x)x
2
2xa(e
x1
e
x1
)
，得：

D
．
1
f(2x)(2x)
2
2(2x) a(e
2x1
e
(2x)1
)
x
2
4x442xa(e
1x
e
x1
)

 x
2
2xa(e
x1
e
x1
)
∴f(2x)f(x)
，即
x1
为
f(x)
的对称轴，
由题意，
f(x)
有唯一零点，

∴
f(x)
的零点只能为
x1
，

即
f (1)1
2
21a(e
11
e
11
)0
，

1
解得
a
．

2

12
．在矩形
ABCD
中，
AB1
，
AD2
，动点
P
在以
点
C
为圆心且与
BD
相切的圆上．若
uuuruuuruuur
AP

AB

AD
，则



的最大值为（）

A
．
3 B
．
22

C
．
5
D
．
2
【答案】
A
【解析】由题意，画出右图．
设
BD
与
eC
切于点
E
，连接
CE
．

以
A
为原点，
AD
为
x
轴正半轴，
AB
为
y
轴正半轴建立直角坐标系，

则
C
点坐标为
(2,1)
．

∵
|CD|1
，
|BC|2
．

∴
BD1
2
2
2
5
．

∵
BD
切
eC
于点
E
．

∴
CE
⊥
BD
．

∴
CE
是Rt△BCD
中斜边
BD
上的高．

1
2|BC| |CD|
2S
22
|EC|
△BCD

2
 5

|BD||BD|
5
5
2
5
．
即
eC
的半径为
5
∵
P
在
eC
上．
4
(x2)
2
(y1)
2

5
． ∴
P
点的轨迹方程为
y
B
P
g
C
E
A(O)
D
x

设
P
点坐标
(x
0
,y
0
)
，可以设出
P
点坐标满足的参数方程如 下：
2

x25cos

0


5


y1
2
5sin

0

5

uuuruu

uruuur
而
AP(x
0
,y
0
)
，
AB(0,1)
，
AD(2,0)
．

uuuruuuruuur
∵
AP

AB

AD

(0,1)

(2,0)(2
< br>,

)

2
15
5sin

．

x
0
1 cos

，

y
0
1
5
25两式相加得：
25



15sin

1cos

55
∴


25
2
5)()
2
sin(



)
55
 2sin(



)≤3

2(
(
其中
sin


当且仅当



525
)
，
cos


55
π
2kπ

，
kZ
时，



取得最 大值
3
．

2
二、填空题：（本题共
4
小题，每小 题
5
分，共
20
分）


xy≥0,

13
．若
x
，
y
满足约束条件

xy 2≤0,
则
z3x4y
的最小值为
________
．


y≥0,

【答案】
1

【解析】由题，画出可行域如图：

3z
x
纵截距越大，
z
值越小．

44
由图可知：
z
在
A

1,1

处取最小值，故z
min
31411
．

目标函数为
z3x4y
，则直线
y

xy20
y
A
(1,1)
B
(2,0)
xy0
x


14
．设等比数列

a
n

满足< br>a
1
a
2
1
，
a
1
a3
3
，则
a
4

________
．
【答案】
8

【解析】
Q

a
n

为等比数列，设公比为
q
．


a
1< br>a
1
q1①

a
1
a
2
 1

，即

，


2
aa3aaq3②


13

11
显然
q1
，
a
1
0
，

②
得1q3
，即
q2
，代入
①
式可得
a
1
1
，

①
a
4
a
1
q3
1

2

8
．

3


x1,x≤0,
1
15
．设函数
f(x)

x
则满足
f(x)f(x)1
的
x的取值范围是
________
．

2

2,x0,

1

【答案】

,



4


x1,x≤0
1

1
< br>【解析】
Qf

x



x
，f

x

f

x

1
，即
f

x

1f

x


2

2


2 ,x0
1

由图象变换可画出
yf

x

与
y1f< br>
x

的图象如下：

2


y
1
yf(x)
2
11
(,)
44
g
1

2
g
g
1
2

x

y1f(x)
1

1

由图可知，满足
f

x

1f

x

的解为

,

.
2

4


16．
a
，
b
为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形
ABC
的直角边
AC
所在直线与
a
，
b
都垂直，斜边
AB
以直线
AC
为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线
AB
与
a
成
60
角时，
AB
与
b
成
30
角；
②当直线
AB
与
a
成
60
角时，
AB
与
b
成
60
角；
③直线
AB
与
a
所成角的最小值为
45
；
④直线
AB
与
a
所成角的最大值为
60
．
其中正确的是
________
（填写所有正确结论的编号）

【答案】②③

【解析】由题意知，
a、b、AC
三条直线两两相互 垂直，画出图
形如图．

不妨设图中所示正方体边长为
1
，

故
|AC|1
，
AB2
，

斜边
AB
以直线
AC
为旋转轴旋转，则
A
点保持不变，

B
点的运动轨迹是以
C
为圆心，
1
为半径的圆．

uuuruuur
以
C
为坐标原点，以
CD
为
x< br>轴正方向，
CB
为
y
轴正方向，
uuur
CA
为
z
轴正方向建立空间直角坐标系．

则
D(1,0,0)
，
A(0,0,1)
，

rr
直线
a
的方向单位向量
a(0,1,0)
，
|a|1< br>．

B
点起始坐标为
(0,1,0)
，

r
r
|b
b
直线的方向单位向量
b(1,0,0)
，
|1
．

设
B
点在运动过程中的坐标
B
(cos

,sin

,0)
，

其中

为
B

C
与
CD
的夹角，

[0,2π)
．

uuuruuur
那么
AB'< br>在运动过程中的向量
AB

(cos

,sin

,1)
，
|AB

|2
．

uuu r
r
π
设
AB

与
a
所成夹角为

[0,]
，

2
(cos

,sin
,1)(0,1,0)
22
cos

|sin

|[0,]

ruuur
则
22
．
aAB
ππ
故

[,]
，所以③正确，④错误．

42
uuur
r
π
设
AB

与
b
所成夹角为

[0,]
，

2
uuurr
AB

b
cos


ruuur
bAB
< br>

(cos

,sin

,1)(1,0,0 )
.
ruuur
bAB

2
|cos

|
2
uuur
r
π
当
AB

与
a
夹角为
60
时，即


，

3

12
．

sin

2cos

2cos2
322
22
∵
cos

s in

1
，

2
．

2
21< br>∴
cos

|cos

|
．

22
π
∵

[0,]
．

2
u uur
r
π
∴

=
，此时
AB

与
b
夹角为
60
．

3
∴②正确，①错误．

∴
|cos

|

三、解答题：（共
70
分．第
17-20
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）

B
，
C
的对 边分别为
a
，
b
，
c
，

已知
s inA3cosA0
，
a27
，
b2
．
ABC< br>的内角
A
，
（
1
）求
c
；

（
2
）设
D
为
BC
边上一点，且
ADAC，求
△ABD
的面积．

π

【解析】（
1
）由
sinA3cosA0
得
2sin

A

0
，

3

π
即
Ak
π

kZ

，又
A

0,π

，

3
π
2π
.
∴
A
π
，得
A
33
1
由余弦定理
a
2
b
2< br>c
2
2bccosA
.
又∵
a27,b2,cos A
代入并整理
2

得

c1

25
，故
c4
.
（
2
）∵
AC2,BC27,AB4
，

a
2
b
2
c
2
27
.
由余 弦定理
cosC
2ab7
∵
ACAD
，即
△ACD< br>为直角三角形，

则
ACCDcosC
，得
CD7
.
2
由勾股定理
AD
又
A
CDAC3
.
22
S
△ABD
2π2πππ

，

，则
DAB
3326
1π
ADABsin3
.
26

18
．（
12
分）某超市计划按月订购一种酸奶，每 天进货量相同，进货成本每瓶
4
元，售价每
瓶
6
元，未售出的酸奶降 价处理，以每瓶
2
元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，
每天需求量与当天最 高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于
25
，需求量为
500
25< br>
，需求量为
300
瓶；如果最高气温低于
20
，需求量瓶； 如果最高气温位于区间

20，
为
200
瓶，为了确定六月份的订购 计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得
下面的频数分布表：

15


20


25



25，30


35


40



15，

20，

3 0，

35，
最高气温


10，
2 16 36 25 7 4
天数

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．

（
1
）求六月份这种酸奶一天的需求量
X
（单位：瓶）的分布列；

（
2
）设六月份一天销售这种酸奶的利润为
Y
（单位：元）．当六月份这种酸奶一天的< br>进货量
n
（单位：瓶）为多少时，
Y
的数学期望达到最大值？

【解析】⑴易知需求量
x
可取
200,300,500

2161
P

X200



3035
362
P

X300



3035
25742
P

X500


.
3035

则分布列为：

X

P

200

300

500











122

555
⑵①当
n≤200
时：
Yn

64

2n
，此时
Y
max
40 0
，当
n200
时取到
.
41
2002

n200



2


②当
200n≤300
时：
Y2n



55

88002n6n800
n

555

此时
Y
max
520
，当
n 300
时取到
.
③当
300n≤500
时，

122
Y

2002

n200


2




3002

n 300



2


n2


555
32002n


5

此时
Y520
.

④当
n≥500
时，易知
Y
一定小于③的情况
.

综上所述：当
n300
时，
Y
取到最大值为
520
.


19
．（
12
分）如图，四面体
AB CD
中，
△ABC
是正三角形，
△ACD
是直角三角
形．< br>?ABD?CBD
，
AB=BD
．


D
（
1
）证明：平面
ACD^
平面
ABC
；

（
2
）过
AC
的平面交
BD
于点
E
，若平 面
AEC
把四面体
ABCD
分成体积相等的两部分．求二
E
C
面角
D-AE-C
的余弦值．




B

D
A
【解析】⑴取
AC
中点为
O，连接
BO
，
DO
；


QABC
为等边三角形

∴
BOAC

E
C

ABBC
∴

ABBC
O
ABDCBD
.

BDBD

ABD DBC

∴
ADCD
,
即
ACD
为等腰直 角三角形，
ADC

A
为直角又
O
为底边
AC
中点

∴
DOAC

令
ABa
，则
ABACBCBDa

23
a
，
OBa

22
222
∴
ODOBBD

B
易得：
OD
由勾股定理的逆定理可得
DOB

2

即
ODOB


ODAC

ODOB



ACIOBO
OD平面ABC


AC平面ABC



OB平面ABC
又∵
OD平面 ADC

由面面垂直的判定定理可得
平面ADC平面ABC

⑵由题意可知
V
DACE
V
BACE

即
B
,
D
到平面
ACE
的距离相等

即
E
为
BD
中点

uuuruuur
以< br>O
为原点，
OA
为
x
轴正方向，
OB
为y
轴正方
uuur
向，
OD
为
z
轴正方向，设
ACa
，建立空间直
角坐标系，

z

D
C
O
E
B
A
x
y

33a

a

a

0,a,0E0,

则
O

0,0,0

，
A

,0,0
，
D

0,0,

，
B

，

2

4
a,
4



2
2



uuur

a3a

uuur

aa

uuur

a

AE,a,
AD,0,OA,0,0

易得：，，



24

4
222

 
uur
uur
设平面
AED
的法向量为
n
1，平面
AEC
的法向量为
n
2
，

uuuru ur

uur

AEn
1
0
ruur
则

uuu
，解得
n
1
3,1,3

A Dn0


1
uuuruur

uur
AEn
2
0
ruur
，解得
n
2
0,1 ,3


uuu
OAn0


2
若 二面角
DAEC
为

，易知

为锐角，
uuruur
n
1
n
2
7
uruur

则
cos


u
7
n
1
 n
2



20
．（
12
分）已知抛 物线
C:y
2
=2x
，过点（
2
，
0
）的 直线
l
交
C
于
A
，
B
两点，圆
M
是以
线段
AB
为直径的圆．

（
1
）证明：坐标原点
O
在圆
M
上；
< br>（
2
）设圆
M
过点
P
（
4
，
-2
），求直线
l
与圆
M
的方程．


【解析】⑴显然，当直线斜率为
0
时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．

设
l:xmy2
，
A(x
1
,y
1
)
，
B(x
2
,y
2
)
，

y
2
2x
联立：

得
y
2
2my 40
，


xmy2
4m
2
16< br>恒大于
0
，
y
1
y
2
2m
，< br>y
1
y
2
4
．

uuruuur
OAOBx
1
x
2
y
1
y
2

(my
1
2)(my
2
2)

(m
2
1)y
1
y
2
2m(y
1
y
2
)4

4(m
2
1)2m(2m)4
0

uuruu ur
∴
OAOB
，即
O
在圆
M
上．
< br>uuuruur
⑵若圆
M
过点
P
，则
APBP0

(x
1
4)(x
2
4)(y
1
 2)(y
2
2)0

(my
1
2)(my
2
2)(y
1
2)(y
2
2)0

(m< br>2
1)y
1
y
2
(2m2)(y
1
 y
2
)80

1
化简得
2m
2
m 10
解得
m
或
1

2
1
①当
m
时，
l:2xy40
圆心为
Q(x
0
,y< br>0
)
，

2
yy
2
119
y0

1

，
x
0
y
0
2
，
2224

9

1

半径< br>r|OQ|







4

2

9
2
1
2
85
则圆< br>M:(x)(y)

4216
②当
m1
时，
l:xy20
圆心为
Q(x
0
,y
0
)
，

yy
2
y
0

1
1
，x
0
y
0
23
，

2
22

半径
r|OQ|3
2
1
2

则圆
M:(x3)
2
(y1)
2
10


21
．（
12
分）已知函数
f(x)x1alnx
．

（
1
）若
f(x)≥0
，求
a
的值；
< br>（
2
）设
m
为整数，且对于任意正整数
n
，
(1+
11
)(1+
2
)鬃?(1
22
1
)，求
m
的最
2
n
小值．

【解析】⑴
f(x)x1alnx
，
x0

axa
则
f

(x)1
，且
f(1)0

xx
当
a≤0
时，
f


x

0
，< br>f

x

在

0，
所以
0x1
时，
f

x

0
，

上单调增，
不满足题意；
当
a0
时，
当
0x a
时，
f

(x)0
，则
f(x)
在
( 0,a)
上单调递减；
当
xa
时，
f

(x) 0
，则
f(x)
在
(a,)
上单调递增．
①若a1
，
f(x)
在
(a,1)
上单调递增∴当
x( a,1)
时
f(x)f(1)0
矛盾
②若
a1
，< br>f(x)
在
(1,a)
上单调递减∴当
x(1,a)
时f(x)f(1)0
矛盾
③若
a1
，
f(x)
在
(0,1)
上单调递减，在
(1,)
上单调递增∴
f(x)≥ f(1)0
满
足题意
综上所述
a1
．
⑵ 当
a1
时
f(x)x1lnx≥0
即
lnx≤x1

则有
ln(x1)≤x
当且仅当
x0
时等号成立
11
∴
ln(1
k
)
k
，
kN
*

22
1111111
一方面：
ln(1)ln(1
2)...ln(1
n
)
2
...
n
1 
n
1
，
2222222
111
即
(1)( 1
2
)...(1
n
)e
．
222
111 111135
另一方面：
(1)(1
2
)...(1
n
)(1)(1
2
)(1
3
)2

22222 264
111
当
n≥3
时，
(1)(1
2
). ..(1
n
)(2,e)

222
111
∵
m N
*
，
(1)(1
2
)...(1
n
) m
，
222
∴
m
的最小值为
3
．
< br>22
．
[
选修
4-4
：坐标系与参数方程
]
（
10
分）


xt,
l
xOy
在 直角坐标系中，直线

的参数方程为

（
t
为参数），直线
l

的参数方程
ykt,


xm,< br>
为

（
m
为参数），设
l

与< br>l

的交点为
P
，当
k
变化时，
P
的轨迹为曲线
C
．

m
y,

k
（
1
）写出
C
的普通方程：

x
轴正半轴为极 轴建立极坐标系，（
2
）以坐标原点为极点，设
l

:
< br>(cos

sin

)
，
M
为< br>l

与
C
的交点，求
M
的极径．

【解析】⑴将参数方程转化为一般方程

l
1
:yk

x2

……
①

1

x2

……
②

k
①

②消
k
可得：
x
2
y
2
4

l
2
:y
即< br>P
的轨迹方程为
x
2
y
2
4
；

⑵将参数方程转化为一般方程

l
3
:xy20
……
③



xy20
l

联立曲 线
C
和
3

22
xy4



32
x


2

解得

< br>y
2

2

x

cos

由

解得

5


y
sin

即
M
的极半径是
5
．

< br>23
．
[
选修
4-5
：不等式选讲
]
（10
分）

已知函数
f(x)|x||x|
．

（
1
）求不等式
f(x)
的解集；

（
2
）若不等式
f(x)x

xm
的解集非空，求
m
的取值范围．


3,x≤1

【解析】⑴
f

x

|x1||x2|
可等价为
f
< br>x



2x1,1x2
.
由
f< br>
x

≥1
可得：


3,x≥2

①当
x≤1
时显然不满足题意；

②当
1x2
时，
2x1≥1
，解得
x≥1
；

③当
x≥2
时，
f

x

 3≥1
恒成立
.
综上，
f

x

1的解集为

x|x≥1

.
22
⑵不等式
f

x

≥xxm
等价为
f

x

xx≥m
，

2
令
g

x

f

x

xx
，则
g

x

≥m
解集非空只需要


g

x< br>


max
≥m
.

x
2< br>x3,x≤1

2
而
g

x



x3x1,1x2
.

x
2
x3,x≥2

①当
x≤1
时，


g< br>
x



max
g

1
3115
；

35

3
< br>3

gxg31

②当
1x2
时，

；




max
24

2

2

2
③当
x≥2
时，


g

x



max
g

2

2231
.
2
55gxm



max
44
.综上，，故