新课标全国卷3高考理科数学试题及答案

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    