2017年高考理科数学试题及答案-全国卷3(K12教育文档)

2017年高考理科数学试题及答案-全国卷3(word版可编辑修改)

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2017年普通高等学校招生全国统一考试（全国3卷)

理科数学

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A{(x,y)x2y21},B{(x,y)yx}，则AB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|

1A．

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

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．(xy)(2xy)5的展开式中x3y3的系数为（）

A．—80

B．-40

C．40

D．80

x2y2x2y251有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ab1232公共焦点．则C的方程为（）

x2y2A．1

810x2y2B．1

45x2y2C．1

54x2y2D．1

436．设函数f(x)cos(x)，则下列结论错误的是（）

32017年高考理科数学试题及答案-全国卷3(word版可编辑修改)

A．f(x)的一个周期为2 C．f(x)的一个零点为x

B．yf(x)的图像关于直线x

D．f(x)在(,)单调递减

28对称 36

7．执行右图的程序框图，为使输出S的值小于91，则输N的最小值为

入的正整数

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的球面上，则该圆柱的体积为（） A． C．

B．D．

3 4同一个球的

 2 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

ab直线bxay2ab0相切，则C的离心率为(） A．6 3 B．3 3 C．

2 ３ D．

1311．已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点,则a（）

1A． 2

1B．

3

1C．

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．22 C．5 D．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14．设等比数列{an}满足a1a21,a1a33，则a4________．

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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016．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）

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）

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 15 10，20 20，25 25，30 30，35 35，40 15，2 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（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 DECBD，ABBD．

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（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DAEC的余弦值． 20．（12分）已知抛物线C:y2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,(11)(121)22(11)2nm，求m的最小值．

2x，过点（2,0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB(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x2m,(m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． 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:(cossin)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||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．

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2017年普通高等学校招生全国统一考试(全国3）

理科数学参考答案

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 二、填空题

13．1 三、解答题 17．解:

（1）由已知可得tanA3，所以A2 32，即c22c240 314．8

1(,) 15．416．②③

2在ABC中，由余弦定理得284c4ccos解得c6(舍去），c4 （2)由题设可得CAD2，所以BADBACCAD6

1ABADsin61

故ABD面积与ACD面积的比值为21ACAD21又ABC的面积为42sinBAC23，所以ABD的面积为3 2

18．解：

（1)由题意知,X所有可能取值为200,300，500,由表格数据知

PX2002163625740.4，PX5000.2，PX3000.4。 909090因此X的分布列为：

X P 200 0.2 300 0。4 500 0.4 （2）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n500

当300n500时，

若最高气温不低于25，则Y6n4n2n;

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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n300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，从而ADDC

又ACD是直角三角形，所以取AC的中点O，连结DO,BO， 则DOAC,DOAO

ADC90

DE又由于ABC是正三角形,故BOAC 所以DOB为二面角DACB的平 在RtAOB中,BOAOAB 又ABBD,所以

222CO B面角

ABO2DO2BO2AO2AB2BD2,故DOB90

所以平面ACD平面ABC

(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

A(1,0,0),B(0,3,0),C(1,0,0),D(0,0,1)

z由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的

1，从而E到平面ABC的2 DCOE距离的中

为D到平面ABC的距离的点，得E(0,31,)，故 221，即E为DB2AxByAD(1,0,1),AC(2,0,0),AE(1,31,) 222017年高考理科数学试题及答案-全国卷3(word版可编辑修改)

mAC0,n(x,y,z)设是平面DAE的法向量,则同理可取m(0,1,3)

mAE0则cosn,mnm7 |n||m|77 7所以二面角DAEC的余弦值为20．解:

（1）设A(x1,y1),B(x2,y2),l:xmy2

xmy2,由2可得y22my40,则y1y24 y2x2y12y2(y1y2)24 又x1,x2，故x1x2224y1y241，所以OAOB 因此OA的斜率与OB的斜率之积为

x1x24故坐标原点O在圆M上

2（2）由（1）可得y1y22m,x1x2m(y1y2)42m4

故圆心M的坐标为(m2+2,m)，圆M的半径r(m2+2)2m2 由于圆M过点P(4,2)，因此APBP0， 故(x14)(x24)(y12)(y22)0， 即x1x24(x1x2)y1y22(y2y2)200 由（1）可得y1y24,x1x24

1所以2m2m10,解得m1或m

2当m1时，直线l的方程为xy10，圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为10,圆M的方程为(x3)2(y1)210

191852xy40m(当时，直线l的方程为，圆心M的坐标为,)，圆M的半径为，

2424921285圆M的方程为(x)(y)

421621．解：

（1)f(x)的定义域为(0,)

11① 若a0，因为f()aln20，所以不满足题意；

222017年高考理科数学试题及答案-全国卷3(word版可编辑修改)

② 若a0，由f(x)1axa知，当x(0,a)时，f(x)0；当x(a,)时，f(x)0.xx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,)的唯一最小值点。

由于f(1)0，所以当且仅当a1时,f(x)0 故a1

（2）由（1）知当x(1,)时，x1lnx0

令x1111(1)，得,从而

2n2n2n1111111ln(1)ln(12)...ln(1n)2...n1n1

2222222111故(1)(12)...(1n)e

222111而(1)(12)(13)2，所以m的最小值为3

22222．解：

1（1）消去参数t得l1的普通方程l1:yk(x2)；消去参数mt得l2的普通方程l2:y(x2)

kyk(x2),设P(x,y)，由题设得消去k得x2y24(y0) 1y(x2).k所以C的普通方程为x2y24(y0)

(2）C的极坐标方程为2(cos2sin2)4(22,)

222(cossin)4,联立得cossin2(cossin)

(cossin)2019122故tan，从而cos,sin

31010代入2(cos2sin2)4得25，所以交点M的极径为5 23．解：

3,　　x1,f(x)（1）2x1,1x2,

3,　　x2当x1时，f(x)1无解;

当1x2时，由f(x)1得，2x11，解得1x2；

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当x2时，由f(x)1解得x2 所以f(x)1的解集为{x|x1}

（2）由f(x)x2xm得m|x1||x2|x2x，而

|x1||x2|x2x|x|1|x|2x2|x|

35(|x|)2

245 4且当x352|x1||x2|xx 时，245故m的取值范围为(,]

4