新课标全国卷3高考理科数学试题及答案

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新课标全国卷3高考理科数学试题及答案

绝密★启用前 2017 年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅲ) 理科数学 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。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:本大题共 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= 2 2( , ) 1x y x y │ ,B= ( , )x y y x│ ,则 A  B 中元素的个数为 A.3 B.2 C.1 D.0 2.设复数 z 满足(1+i)z=2i,则∣z∣= A. 1 2 B. 2 2 C. 2 D.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 4.( x + y )(2 x - y )5 的展开式中 x 3 y 3 的系数为 A.-80 B.-40 C.40 D.80 5.已知双曲线 C: 2 2 2 2 1x y a b   (a>0,b>0)的一条渐近线方程为 5 2y x ,且与椭圆 2 2 112 3 x y  有公共焦点,则 C 的方程为 A. 2 2 18 10 x y  B. 2 2 14 5 x y  C. 2 2 15 4 x y  D. 2 2 14 3 x y  6.设函数 f(x)=cos(x+ 3  ),则下列结论错误的是 A.f(x)的一个周期为−2π B.y=f(x)的图像关于直线 x= 8 3  对称 C.f(x+π)的一个零点为 x= 6  D.f(x)在( 2  ,π)单调递减 7.执行下面的程序框图,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 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 A. π B. 3π 4 C. π 2 D. π 4 9.等差数列 na 的首项为 1,公差不为 0.若 a2,a3,a6 成等比数列,则 na 前 6 项的和 为 A.-24 B.-3 C.3 D.8 10.已知椭圆 C: 2 2 2 2 1x y a b   ,(a>b>0)的左、右顶点分别为 A1,A2,且以线段 A1A2 为 直径的圆与直线 2 0bx ay ab   相切,则 C 的离心率为 A. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D. 1 3 11.已知函数 2 1 1( ) 2 ( )x xf x x x a e e      有唯一零点,则 a= A. 1 2  B. 1 3 C. 1 2 D.1 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 AP  =  AB  + AD  ,则 +的最大值为 A.3 B.2 2 C. 5 D.2 二、填空题:本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分。 13.若 x , y 满足约束条件 y 0 2 0 0 x x y y         ,则 z 3 4x y  的最小值为__________. 14.设等比数列 na 满足 a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3,则 a4 = ___________. 15.设函数 1 0( ) 2 0x x xf x x     , , , , 则满足 1( ) ( ) 12f x f x   的 x 的取值范围是_________。 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 所成角的最小值为 60°; 其中正确的是________。(填写所有正确结论的编号) 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) △ ABC 的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 sinA+ 3 cosA=0,a=2 7 ,b=2. (1)求 c; (2)设 D 为 BC 边上一点,且 AD  AC,求 △ ABD 的面积. 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 瓶;如果最 高气温位于区间[20,25),需求量为 300 瓶;如果最高气温低于 20,需求量为 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: 最高气温 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 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 进货量 n(单位:瓶)为多少时,Y 的数学期望达到最大值? 19.(12 分) 如图,四面体 ABCD 中, △ ABC 是正三角形, △ ACD 是直角三角形,∠ABD=∠CBD, AB=BD. (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, 求二面角 D–AE–C 的余弦值. 20.(12 分) 已知抛物线 C:y2=2x,过点(2,0)的直线 l 交 C 与 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; (2)设圆 M 过点 P(4,-2),求直线 l 与圆 M 的方程. 21.(12 分) 已知函数 ( )f x =x﹣1﹣alnx. (1)若 ( ) 0f x  ,求 a 的值; (2)设 m 为整数,且对于任意正整数 n, 2 1 1 11+ + 1+ )2 2 2n( )(1 ) ( ﹤m,求 m 的最小 值. (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 xOy 中,直线 l1 的参数方程为 2+ , , x t y kt    (t 为参数),直线 l2 的参数方程 为 2 , , x m mmy k     ( 为参数).设 l1 与 l2 的交点为 P,当 k 变化时,P 的轨迹为曲线 C. (1)写出 C 的普通方程; (2)以坐标原点为极点,x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,设 l3:ρ(cosθ+sinθ)- 2 =0, M 为 l3 与 C 的交点,求 M 的极径. 23.[选修 4-5:不等式选讲](10 分) 已知函数 f(x)=│x+1│–│x–2│. (1)求不等式 f(x)≥1 的解集; (2)若不等式 f(x)≥x2–x +m 的解集非空,求 m 的取值范围. 绝密★启用前 2017 年普通高等学校招生全国统一考试 理科数学试题正式答案 一、选择题 1.B 2.C 3.A 4.C 5.B 6.D 7.D 8.B 9.A 10.A 11.C 12.A 二、填空题 13. -1 14. -8 15. 1(- ,+ )4 16. ②③ 三、解答题 17.解: (1)由已知得 tanA=  23, 所 以 A= 3 在 △ABC 中,由余弦定理得 2 2228 4 4 cos +2 -24=03 c 6 c c c c c     ,即 解得 (舍去), =4 (2)有题设可得        = , 所 以2 6C A D B A D B A C C A D 故△ABD 面积与△ACD 面积的比值为      1 sin2 6 11 2 AB AD AC AD 又△ABC 的面积为     1 4 2 sin 2 3, 所 以 的 面 积 为 3.2 BAC ABD 18.解: (1)由题意知, X 所有的可能取值为 200,300,500,由表格数据知   2 16200 0.290P X      36300 0.490P X      25 7 4500 0.490P X     . 因此 X 的分布列为 X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 ⑵由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500,至少为200,因此只需考虑 200 500n≤ ≤ 当 300 500n≤ ≤ 时, 若最高气温不低于25,则Y=6n-4n=2n 若最高气温位于区间 20,,25 ,则Y=6×300+2(n-300)-4n=1200-2n; 若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n; 因此EY=2n×0.4+(1200-2n)×0.4+(800-2n) ×0.2=640-0.4n 当 200 300n ≤ 时, 若最高气温不低于20,则Y=6n-4n=2n; 若最高气温低于20,则Y=6×200+2(n-200)-4n=800-2n; 因此EY=2n×(0.4+0.4)+(800-2n)×0.2=160+1.2n 所以n=300时,Y的数学期望达到最大值,最大值为520元。 19.解: (1)由题设可得, ,ABD CBD AD DC   从而 又 ACD 是直角三角形,所以 0=90ACD 取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO 又由于 ABC BO AC 是正三角形,故 所以 DOB D AC B  为二面角 的平面角 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 , Rt AOB BO AO AB AB BD BO DO BO AO AB BD ACD ABC            在 中, 又 所以 ,故 DOB=90 所以平面 平面 (2) 由题设及(1)知,OA, OB, OD 两两垂直,以 O 为坐标原点,OA  的方向为 x 轴正方向,OA  为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz- ,则 (1,0,0), (0,3,0), ( 1,0,0), (0,0,1)A B C D 由题设知,四面体 ABCE 的体积为四面体 ABCD 的体积的 1 2 ,从而 E 到平面 ABC 的距离 为 D 到平面 ABC 的距离的 1 2 ,即 E 为 DB 的中点,得 E 3 10, ,2 2       .故     3 11,0,1 , 2,0,0 , 1, ,2 2AD AC AE              设  = x,y,zn 是平面 DAE 的法向量,则 00,即 3 1 00, 2 2 x zAD x y zAE                n n 可取 31 13= , ,       n 设 m 是平面 AEC 的法向量,则 0, 0, AC AE        m m 同理可得  0 1 3, , m 则 7 7cos ,  n mn m n m 所以二面角 D-AE-C 的余弦值为 7 7 20.解 (1)设    1 1 2 2 2A x ,y ,B x ,y ,l : x my  由 2 2 2 x my y x     可得 2 1 22 4 0 则 4y my , y y     又  22 2 1 21 2 1 2 1 2= = 故 =2 2 4 y yy yx ,x , x x =4 因此 OA 的斜率与 OB 的斜率之积为 1 2 1 2 -4= =-14 y y x x 所以 OA⊥OB 故坐标原点 O 在圆 M 上. (2)由(1)可得   2 1 2 1 2 1 2+ =2 + = + +4=2 4y y m,x x m y y m  故圆心 M 的坐标为  2 +2,m m ,圆 M 的半径  22 22r m m   由于圆 M 过点 P(4,-2),因此 0AP BP    ,故     1 2 1 24 4 2 2 0x x y y      即    1 2 1 2 1 2 1 24 + 2 20 0x x x x y y y y      由(1)可得 1 2 1 2=-4, =4y y x x , 所以 22 1 0m m   ,解得 11或 2m m   . 当 m=1 时,直线 l 的方程为 x-y-2=0,圆心 M 的坐标为(3,1),圆 M 的半径为 10 ,圆 M 的方程为   2 23 1 10x y    当 1 2m   时,直线 l 的方程为2 4 0x y   ,圆心 M 的坐标为 9 1,-4 2      ,圆 M 的半径为 85 4 ,圆 M 的方程为 2 29 1 85+ +4 2 16x y           21.解:(1)  f x 的定义域为 0,+ . ①若 0a  ,因为 1 1=- + 2<02 2f aln     ,所以不满足题意; ②若 >0a ,由   1 a x af ' x x x    知,当  0x ,a 时,  <0f ' x ;当  ,+x a  时,  >0f ' x ,所以  f x 在  0,a 单调递减,在  ,+a  单调递增,故 x=a 是  f x 在  0,+x  的唯一最小值点. 由于  1 0f  ,所以当且仅当 a=1 时,   0f x  . 故 a=1 (2)由(1)知当  1,+x  时, 1 >0x ln x  令 1=1+ 2nx 得 1 11+ <2 2n nln     ,从而 2 2 1 1 1 1 1 1 11+ + 1+ + + 1+ < + + + =1- <12 2 2 2 2 2 2n n nln ln ln                 故 2 1 1 11+ 1+ 1+ <2 2 2n e             而 2 3 1 1 11+ 1+ 1+ >22 2 2            ,所以 m 的最小值为 3. 22.解: ( 1 ) 消 去 参 数 t 得 l1 的 普 通 方 程  1 2l : y k x  ; 消 去 参 数 m 得 l2 的 普 通 方 程  2 1 2l : y xk   设 P(x,y),由题设得     2 1 2 y k x y xk      ,消去 k 得  2 2 4 0x y y   . 所以 C 的普通方程为  2 2 4 0x y y   (2)C 的极坐标方程为    2 2 2 4 0< <2cos sin ,r q q q p q p   联立     2 2 2 4 + - 2=0 cos sin cos sin r q q r q q     得  =2 +cos sin cos sinq q q q . 故 1 3tanq   ,从而 2 29 1= , =10 10cos sinq q 代入  2 2 2- =4cos sinr q q 得 2 =5r ,所以交点 M 的极径为 5 . 23.解: (1)   3 < 1 2 1 1 2 3 >2 , x f x x , x , x         当 < 1x  时,   1f x  无解; 当 1 2x   时,由   1f x  得,2 1 1x   ,解得1 2x  当 >2x 时,由   1f x  解得 >2x . 所以   1f x  的解集为 1x x  . (2)由   2f x x x m   得 21 2m x x x x      ,而 2 2 2 1 2 +1+ 2 3 5=- - +2 4 5 4 x x x x x x x x x                且当 3 2x  时, 2 51 2 = 4x x x x     . 故 m 的取值范围为 5- ,4    
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