四川省2017年高考理科数学试题及答案 2017年数学高考试题_中小学试题|家庭教育题库|辅导习题「中国戏曲学院附属中等戏曲学校」




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四川省2017年高考理科数学试题及答案 2017年数学高考试题

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2017年数学高考试题

四川省2017年高考理科数学试题及答案 (考试时间:120分钟 试卷满分:150分) 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=(x,y│)xy1,B=(x,y│)yx,则AA.3 B.2 C.1 D.0 22B中元素的个数为 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)(2x-y)的展开式中xy的系数为 533A.-80 B.-40 C.40 D.80 x2y25x,且与椭圆 5. 已知双曲线C:221 (a>0,b>0)的一条渐近线方程为y2ab 1

x2y21 有公共焦点,则C的方程为 123x2y2x2y2x2y2x2y21 B.1 C.1 D.1 A.8104554436.设函数f(x)=cos(x+),则下列结论错误的是 3 A.f(x)的一个周期为−2π B.y=f(x)的图像关于直线x=C.f(x+π)的一个零点为x=D.f(x)在(8对称 3 6 ,π)单调递减 27.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 C.3 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. B.4 D.2 3π 4 C.π 2 D.π 49.等差数列an的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比数列,则an前6项的和为 A.-24 B.-3 C.3 D.8 x2y210.已知椭圆C:221,(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abbxay2ab0相切,则C的离心率为 A.6 3 B.23 3 x1C.2 3 D.1 311.已知函数f(x)x2xa(eA.ex1)有唯一零点,则a= C.1 2 B.1 3 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, 2

则+的最大值为 A.3 二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。 B.22 C.5 D.2 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14.设等比数列an满足a1 + a2 = –1, a1 – a3 = –3,则a4 = ___________. x1,x0,115.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0,16.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所称角的最小值为45°; ④直线AB与a所称角的最小值为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+3cosA=0,a=27,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 3

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 天数 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 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:y=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f(x)0 ,求a的值; (2)设m为整数,且对于任意正整数n,(1+)(1+21211)(1+)﹤m,求m的最小值. 2n22(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2+t,在直角坐标系xOy中,直线l1的参数方程为(t为参数),直线l2的参数方程为ykt, 4

x2m,.设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的轨迹为曲线C. (m为参数)my,k(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)≥x–x +m的解集非空,求m的取值范围. 2 更多免费有关高考免费资料请加Q.Q群613441314 5

参考答案 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 11、【解析】由条件,f(x)x22xa(ex1ex1),得: f(2x)(2x)22(2x)a(e2x1e(2x)1)x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex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)1221a(e11e11)0, 解得a1. 2 12、【解析】由题意,画出右图. 设BD与C切于点E,连接CE. 以A为原点,AD为x轴正半轴, yBPgCAB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12225. ∵BD切C于点E. ∴CE⊥BD. ∴CE是Rt△BCD中斜边BD上的高. 12|BC||CD|2S22|EC|△BCD25 |BD||BD|55EA(O)Dx 即C的半径为25. 5∵P在C上. ∴P点的轨迹方程为(x2)2(y1)245. 设P点坐标(x0,y0),可以设出P点坐标满足的参数方程如下: 6

2x25cos05y125sin05 而AP(x0,y0),AB(0,1),AD(2,0). ∵APABAD(0,1)(2,0)(2,) ∴2155sin. x01cos,y01525两式相加得: 1255sin1cos552525)()2sin()552sin()≤3 2( (其中sin当且仅当二、填空题: 525,cos) 55π2kπ,kZ时,取得最大值3. 2113. 1 14. 8 15., 16.②③ 416、【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. 以C为坐标原点,以CD为x轴正方向,CB为 y轴正方向, 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), 直线a的方向单位向量a(0,1,0),|a|1. B点起始坐标为(0,1,0), 直线b的方向单位向量b(1,0,0),|b|1. 设B点在运动过程中的坐标B(cos,sin,0), 7

其中为BC与CD的夹角,[0,2π). 那么AB'在运动过程中的向量AB(cos,sin,1),|AB|2. π设AB与a所成夹角为[0,], 2则cos(cos,sin,1)(0,1,0)aAB22|sin|[0,]. 22ππ故[,],所以③正确,④错误. 42π设AB与b所成夹角为[0,], 2cosABbbAB(cos,sin,1)(1,0,0). bAB2|cos|2π, 3当AB与a夹角为60时,即sin2cos2cos3212. 22∵cos2sin21, ∴|cos|∴cos2. 221|cos|. 22π∵[0,]. 2∴=π,此时AB与b夹角为60. 3∴②正确,①错误. 三、解答题: π17.(1)由sinA3cosA0得2sinA0, 3即A∴AπkπkZ,又A0,π, 32πππ,得A. 338

由余弦定理a2b2c22bccosA. 1又∵a27,b2,cosA代入并整理得 2c1225,故c4. (2) ∵AC2,BC27,AB4, a2b2c227由余弦定理cosC. 2ab7∵ACAD,即△ACD为直角三角形, 则ACCDcosC,得CD7. 由勾股定理AD又ACDAC3. 222π2πππ, ,则DAB3326S△ABD 1πADABsin3. 2618.⑴易知需求量x可取200,300,500 PX200PX300PX5002161 3035362 303525742. 3035则分布列为: 152525 ⑵ ①当n≤200时:Yn642n,此时Ymax400,当n200时取到. ②当200n≤300时:Y412n2002n2002 5588002n6n800n 555 此时Ymax520,当n300时取到. ③当300n≤500时, 122Y2002n20023002n300255n2 5 9

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. ⑴ 取AC中点为O,连接BO,DO; ABC为等边三角形 ∴BOAC ∴ABBC ABBCABDCBD. BDBDABDDBC DCOE∴ADCD,即ACD为等腰直角三角形,ADC 为直角又O为底边AC中点 ∴DOAC 令ABa,则ABACBCBDa 易得:OD22BA23a,OBa 222∴ODOBBD 由勾股定理的逆定理可得DOB即ODOB ODACODOBACOBOOD平面ABC AC平面ABCOB平面ABC2 z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VDACEVBACE 即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点 DCEOBAyx10

以O为原点,OA为x轴正方向,OB为y轴正方向,OD为z轴正方向,设ACa, 建立空间直角坐标系, 33aaaB0,a,0E0,a,O0,0,0A,0,0D0,0,,则,,, 24422a3aaaaAD,0,,OA,0,0 AE,a,易得:,244222设平面AED的法向量为n1,平面AEC的法向量为n2, AEn10则,解得n1ADn103,1,3 AEn20,解得n20,1,3 OAn20若二面角DAEC为,易知为锐角, 则cos 20.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(x1,y1),B(x2,y2), y22x联立:得y22my40, xmy2n1n2n1n27 74m216恒大于0,y1y22m,y1y24. (my12)(my22) (m21)y1y22m(y1y2)4 4(m21)2m(2m)40 ∴,即O在圆M上. ⑵ 若圆M过点P,则(x14)(x24)(y12)(y22)0 (my12)(my22)(y12)(y22)0 (m21)y1y2(2m2)(y1y2)80 1化简得2m2m10解得m或1 2 11

1①当m时,l:2xy40圆心为Q(x0,y0), 2y0y1y2119,x0y02, 22242291半径r|OQ| 42921285则圆M:(x)(y) 4216②当m1时,l:xy20圆心为Q(x0,y0), y0y1y21,x0y023, 2半径r|OQ|3212 则圆M:(x3)2(y1)210 21.⑴ f(x)x1alnx,x0 则f(x)1axa,且f(1)0 xx当a≤0时,fx0,fx在0, 上单调增,所以0x1时,fx0,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,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 ∴ln(111,kN* )kk221111111一方面:ln(1)ln(12)...ln(1n)2...n1n1, 2222222111即(1)(12)...(1n)e. 222111111135另一方面:(1)(12)...(1n)(1)(12)(13)2 22222264 12

111当n≥3时,(1)(12)...(1n)(2,e) 222111∵mN*,(1)(12)...(1n)m, 222∴m的最小值为3. 22.⑴ 将参数方程转化为一般方程 l1:ykx2 ……① l2:y1x2 ……② k①②消k可得:x2y24 即P的轨迹方程为x2y24; ⑵将参数方程转化为一般方程 l3:xy20 ……③ xy20lC联立曲线和32 2xy432x2解得 2y2xcos由解得5 ysin即M的极半径是5. 3,x≤123.⑴ fx|x1||x2|可等价为fx2x1,1x2.由f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. 22⑵ 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max≥m. 13

x2x3,x≤12而gxx3x1,1x2. x2x3,x≥2①当x≤1时,gxmaxg13115; ②当1x2时,gxmax3533g31; 242222③当x≥2时,gxg22231. max综上,gx5max4,故m54. 14

8、这个世界并不是掌握在那些嘲笑者的手中,而恰恰掌握在能够经受得住嘲笑与批忍不断往前走的人手中。 9、障碍与失败,是通往成功最稳靠的踏脚石,肯研究、利用它们,便能从失败中培养出成功。 10、在真实的生命里,每桩伟业都由信心开始,并由信心跨出第一步。 15

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2017年数学高考试题

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