2017年高考文科数学全国卷3含答案.doc

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1、数学试卷 第 1 页（共 14 页） 数学试卷 第 2 页（共 14 页） 绝密启用前2017 年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷 III) 文科数学一、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,则中元素的个数为 ( )1,2,3,4A2,4,6,8B ABA.1B.2C.3D.42.复平面内表示复数的点位于 ( )i( 2i)z A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限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

2、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D.各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对于 7 月至 12 月,波动性更小,变化比较平稳4.已知,则 ( )4sincos3sin2A.B.C.D.7 92 92 97 95.设满足约束条件则的取值范围是 ( ), x y3260, 0, 0,xy x y zxyA.B.C.D.3,03,20,20,36.函数的最大值为 ( )1( )sin()cos()536f xxxA.B.1C.D.6 53 51 57.函数的部分图

3、象大致为 ( )2sin1xyxx ABCD8.执行如图所示的程序框图,为使输出 S 的值小于 91,则输入的正整数 N 的最小值为( )A.5B.4C.3D.2毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _ -在-此-卷-上-答-题-无-效-数学试卷 第 3 页（共 14 页） 数学试卷 第 4 页（共 14 页）9.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.B.C.D.3 4 2 410.在正方体中,为棱的中点,则 ( )1111ABCDABC DECDA.B.C.D.11AEDC1AEBD11AEBC1AEAC11.已知椭圆的左、右顶点分别

4、为,且以线段为直径2222:1(0)xyCabab1A2A12A A的圆与直线相切,则的离心率为 ( )20bxayabCA.B.C.D.6 33 32 31 312.已知函数有唯一零点,则 ( )211( )2(ee)xxf xxxa a A.B.C.D.1 21 31 21二、填空题：本题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13.已知向量,且,则 .( 2,3) a(3,)mbabm 14.双曲线的一条渐近线方程为,则 .2221(0)9xyaa3 5yxa 15.的内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c.已知,则 .ABC60C 6b 3c A16.设函数则满足的的取值范围是

5、 .1,0,( )2 ,0,xxxf xx 1( )() 12f xf xx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 1721 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)设数列满足.na123(21)2naanan(1)求的通项公式；na(2)求数列的前项和.21na nn18.(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：)

6、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,需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20,需求量为20,25)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216362574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不超过 300 瓶的概率；(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为 450 瓶时,写出 Y 的所有可能值,并估计 Y 大于零

7、的概率.19.(12 分)如图,四面体 ABCD 中,是正三角形,.ABCADCD(1)证明：；ACBD(2)已知是直角三角形,若 E 为棱 BD 上与 D 不重合的点,且ACDABBD,求四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比.AEEC20.(12 分)-在-此-卷-上-答-题-无-效-数学试卷 第 5 页（共 14 页） 数学试卷 第 6 页（共 14 页） 在直角坐标系中,曲线与 x 轴交于 A,B 两点,点 C 的坐标为,当xOy22yxmx(0,1)m 变化时,解答下列问题：(1)能否出现的情况？说明理由；ACBC(2)证明过 A,B,C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值

8、.21.(12 分)已知函数.2ln)1(2)xaxf xax(1)讨论的单调性；( )f x(2)当时,证明.0a3( )24f xa(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 44：坐标系与参数方程(10 分)在直角坐标系中,直线的参数方程为( 为参数),直线的参数方程xOy1l2,xtykt t2l为(为参数).设与的交点为,当变化时,的轨迹为曲线.2,xm myk m1l2lPkPC(1)写出的普通方程；C(2)以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,设：x3l,为与的交点,求的极径.(cossin )20M3

9、lCM23.选修 45：不等式选讲(10 分)已知函数.( ) |1|2|f xxx(1)求不等式的解集；( ) 1f x (2)若不等式的解集非空,求的取值范围.2( )f xxxmm2017 年普通高等学校招生全国统一考试(全国卷 3) 文科数学答案解析一、选择题1.【答案】B【解析】A,B 两集合中有两个公共元素 2,4,故选 B.2.【答案】C【解析】,故复平面内表示复数的点位于第三象2i( 2i)2ii12iz i( 2i)z 限,故选 C.3.【答案】A【解析】由折线图可知,各年的月接待游客量从 8 月份后存在下降趋势,故选 A.4.【答案】A【解析】将的两边进行平方,得,即4si

10、ncos32216sin2sin coscos9,故选 A.7sin29 5.【答案】B【解析】不等式组表示得平面区域如图中阴影部分所示,作出直线：3260, 0, 0xy x y 0l,平移直线,当直线过点时,z 取得最大值 2,当直线过yx0lzxy(2,0)Azxy点时,z 取得最小值,所以的取值范围是,故选 B.(0,3)B3zxy 3,2毕业学校_ 姓名_ 考生号_ _ _数学试卷 第 7 页（共 14 页） 数学试卷 第 8 页（共 14 页）6.【答案】A【解析】因为,所以,于是cos()cos()sin()6323xxx6( )sin()53f xx的最大值为,故选 A.( )

11、f x657.【答案】D【解析】易知函数是奇函数,其函数图象关于原点对称,所以函数2sin( )xg xxx的图象只需把的图象向上平移一个单位长度,结合选项知选 D.2sin1xyxx ( )g x8.【答案】D【解析】当输入的正整数是所给选项中最小的正整数 2 时,则第一N1t 100M 0S 次循环,；第二次循环,0 100 100S 1001010M 2t 100 1090S ,此时不成立,输出.故选 D.10110M 3t 2t90 91S 9.【答案】B【解析】球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的,球的半径为 1,则圆柱底面圆的半径12,故该圆柱的体积,故选 B.2131( )22r 2

12、33()124V 10.【答案】C【解析】由正方体的性质得,所以平面,又平面111ABBC11BCBC1BC 11ABCD1AE ,所以,故选 C.11ABCD11AEBC11.【答案】A【解析】以线段为直径的圆的圆心为坐标原点,半径为 a.由题意,圆心到直线12A A(0,0)O的距离为,即.又,所以,故20bxayab 222aba ab 223ab2 2 2213bea 6 3e 选 A.12.【答案】C【解析】由,得211( )2(ee)xxf xxxa ,所221(2) 1211211(2)(2)2(2)(ee)4442(ee)2(ee)xxxxxxfxxxaxxxaxxa 以,即为

13、图象得对称轴.(2)( )fxf x1x ( )f x由题意得有唯一零点,所以得零点只能为,即( )f x( )f x1x ,解得.故选 C.21 11 1(1)12 1(ee)0fa 12a 二.填空题13.【答案】2【解析】因为,所以,解得.ab2 330m a bA2m14.【答案】5【解析】因为双曲线的渐近线方程为,所以.2221(0,0)9xyababyxa 5a 15.【答案】75【解析】由正弦定理,得,所以或,因为,所sin6sin602sin32bCBc 45B 135bc以,故,所以.BC45B 75A16.【答案】1(,)4【解析】当时,由,得；当0x113( )()(1)

14、(1)21222f xf xxxx104x 时,即,因为1 2x0111( )()2(1)21222xxf xf xxx1202xx,所以；当时,01112200222xx1 2x01 2x,所以.综上,得取值范围是.11 0221( )()222212xxf xf x1 2xx1(,)4三、解答题数学试卷 第 9 页（共 14 页） 数学试卷 第 10 页（共 14 页） 17.【答案】解：(1)；2 21nan(2).1111112.1335212121nnSnnn 【解析】(1)因为,故当时,123(21)2naanan2n,1213(23)2(1)naanan两式相减得,(21)2nn

15、a所以,2(2)21nann又由题设可得,12a 从而的通项公式为.na2 21nan(2)记的前项和为,21na nnnS由(1)知.211 21(21)(21)2121na nnnnn则.1111112.1335212121nnSnnn18.【答案】(1)0.6；(2).0.8【解析】(1)这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶,当且仅当最高气温低于 25,由表格数据知,最高气温低于 25 的频率为,所以这种酸奶一天的需求量不超过 300 瓶的216360.690概率的估计值为 0.6.(2)当这种酸奶一天的进货量为 450 瓶时,若最高气温不低于 25,则；6 4504 450900Y

16、若最高气温位于区间20,25),则；6 3002(450300)4450300Y 若最高气温低于 20,则；62002(450200)4450100Y 所以,的所有可能值为 900,300,Y100大于零当且仅当最高气温不低于 20,由表格数据知,最高气温不低于 20 的频率为Y,因此大于零的概率的估计值为.3625740.890Y0.819.【答案】解：(1)取的中点,连结,ACODOBO因为,所以.ADCDACDO又由于是正三角形,故.ABCBOAC从而平面,故；AC DOBACBD(2)连结.EO由(1)及题设知,所以,90ADCDOAO在中,Rt AOB222BOAOAB又,所以ABB

17、D,故.222222BODOBOAOABBD90DOB由题设知为直角三角形,所以.AEC1 2EOAC又是正三角形,且,所以.ABCABBD1 2EOBD故为的中点,从而到平面的距离为到平面的距离的,四面体的EBDEABCDABC12ABCE体积为四面体的体积的,即四面体与四面体的体积之比为 1:1.ABCD12ABCEACDE【解析】(1)取的中点,连结,ACODOBO因为,所以.ADCDACDO又由于是正三角形,故.ABCBOAC从而平面,故；AC DOBACBD(2)连结.EO由(1)及题设知,所以,90ADCDOAO在中,Rt AOB222BOAOAB又,所以ABBD,故.222222

18、BODOBOAOABBD90DOB由题设知为直角三角形,所以.AEC1 2EOAC又是正三角形,且,所以.ABCABBD1 2EOBD故为的中点,从而到平面的距离为到平面的距离的,四面体的EBDEABCDABC12ABCE体积为四面体的体积的,即四面体与四面体的体积之比为 1:1.ABCD12ABCEACDE20.【答案】解：(1)不能出现的情况,理由如下：ACBC设,则,满足,所以.1(,0)A x2(,0)B x1x2x220xmx122x x 又的坐标为(0,1),故的斜率与 BC 的斜率之积为,所以不能出现CAC12111 2xx 的情况.ACBC数学试卷 第 11 页（共 14 页）

19、 数学试卷 第 12 页（共 14 页）(2)BC 的中点坐标为,可得 BC 的中垂线方程为.21(, )2 2x2 21()22xyx x由(1)可得,所以 AB 的中垂线方程为.12xxm 2mx 联立又,可得2 2,2 1()22mxxyx x 2 2220xmx,2 1.2mxy 所以过 A,B,C 三点的圆的圆心坐标为,半径,1(,)22m29 2mr故圆在轴上截得的弦长为,即过 A,B,C 三点的圆在轴上截得的弦长为y222()32mr y定值.【解析】(1)不能出现的情况,理由如下：ACBC设,则,满足,所以.1(,0)A x2(,0)B x1x2x220xmx122x x 又的

20、坐标为(0,1),故的斜率与 BC 的斜率之积为,所以不能出现CAC12111 2xx 的情况.ACBC(2)BC 的中点坐标为,可得 BC 的中垂线方程为.21(, )2 2x2 21()22xyx x由(1)可得,所以 AB 的中垂线方程为.12xxm 2mx 联立又,可得2 2,2 1()22mxxyx x 2 2220xmx,2 1.2mxy 所以过 A,B,C 三点的圆的圆心坐标为,半径,1(,)22m29 2mr故圆在轴上截得的弦长为,即过 A,B,C 三点的圆在轴上截得的弦长为y222()32mr y定值.21.【答案】解：(1)的定义域为,.( )f x(0,)1(1)(21)

21、( )221xaxfxaxaxx 若,则当时,故在单调递增.0a(0,)x( )0fx( )f x(0,)若,则当时,；当时,.0a1(0,)2xa( )0fx1(,)2xa ( )0fx故在单调递增,在单调递减.( )f x1(0,)2a1(,)2a(2)由(1)知,当时,在取得最大值,最大值为.0a ( )f x1 2xa 111()ln() 1224faaa 所以等价于,即,3( )24f xa113ln() 12244aaa 11ln()1 022aa 设,则,( )ln1g xxx1( )1g xx当时,；当时,.(0,1)x( )0g x(1,)x( )0g x所以在单调递增,在单

22、调递减.( )g x(0,1)(1,)故当时,取得最大值,最大值为.1x ( )g x(1)0g所以当时,.0x( )0g x 从而当时,即.0a11ln()1 022aa 3( )24f xa【解析】(1)的定义域为,.( )f x(0,)1(1)(21)( )221xaxfxaxaxx 若,则当时,故在单调递增.0a(0,)x( )0fx( )f x(0,)若,则当时,；当时,.0a1(0,)2xa( )0fx1(,)2xa ( )0fx故在单调递增,在单调递减.( )f x1(0,)2a1(,)2a(2)由(1)知,当时,在取得最大值,最大值为.0a ( )f x1 2xa 111()l

23、n() 1224faaa 所以等价于,即,3( )24f xa113ln() 12244aaa 11ln()1 022aa 设,则,( )ln1g xxx1( )1g xx当时,；当时,.(0,1)x( )0g x(1,)x( )0g x所以在单调递增,在单调递减.( )g x(0,1)(1,)故当时,取得最大值,最大值为.1x ( )g x(1)0g所以当时,.0x( )0g x 从而当时,即.0a11ln()1 022aa 3( )24f xa22.【答案】解：(1)消去参数 得的普通方程；消去参数得的普通方t1l1:(2)lyk xmt2l程.21:(2)lyxk设,由题设得消去得,(

24、, )P x y(2), 1(2).yk xyxkk224(0)xyy数学试卷 第 13 页（共 14 页） 数学试卷 第 14 页（共 14 页） 所以的普通方程为；C224(0)xyy(2)的极坐标方程为.C222(cossin)4(02,)联立得.222(cossin)4,(cossin )20cossin2(cossin )故,从而,.1tan3 29cos1021sin10代入得,所以交点的极径为.222(cossin)425M5【解析】(1)消去参数 得的普通方程；消去参数得的普通方程t1l1:(2)lyk xmt2l.21:(2)lyxk设,由题设得消去得,( , )P x y(

25、2), 1(2).yk xyxkk224(0)xyy所以的普通方程为；C224(0)xyy(2)的极坐标方程为.C222(cossin)4(02,)联立得.222(cossin)4,(cossin )20cossin2(cossin )故,从而,.1tan3 29cos1021sin10代入得,所以交点的极径为.222(cossin)425M523.【答案】解：(1)3,1,( )21, 12,3,2,xf xxxx 当时,无解；1x( ) 1f x 当时,由得,解得；12x ( ) 1f x 21 1x 12x当时,由解得.2x( ) 1f x 2x所以的解集为.( ) 1f x |1x x

26、(2)由得,而2( )f xxxm2|1|2|mxxxx,22|1|2| 1 | 2|xxxxxxxx 235(|)24x 54且当时,32x 25|1|2|4xxxx故的取值范围为.m5(, 4【解析】(1)3,1,( )21, 12,3,2,xf xxxx 当时,无解；1x( ) 1f x 当时,由得,解得；12x ( ) 1f x 21 1x 12x当时,由解得.2x( ) 1f x 2x所以的解集为.( ) 1f x |1x x(2)由得,而2( )f xxxm2|1|2|mxxxx,22|1|2| 1 | 2|xxxxxxxx 235(|)24x 54且当时,32x 25|1|2|4xxxx故的取值范围为.m5(, 4