北京市高考理科数学试卷及答案

北京市高考理科数学试卷及答案

绝密★启封并使用完毕前 ‎2017年普通高等学校招生全国统一考试 数学（理）（北京卷）‎ 本试卷共5页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 第一部分（选择题 共40分）‎ 一、选择题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。‎ ‎（1）若集合A={x|–2x1}，B={x|x–1或x3}，则AB=‎ ‎（A）{x|–2x–1} （B）{x|–2x3}‎ ‎（C）{x|–1x1} （D）{x|1x3}‎ ‎（2）若复数（1–i）(a+i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是 ‎（A）(–∞，1)‎ ‎（B）(–∞，–1)‎ ‎（C）(1，+∞)‎ ‎（D）(–1，+∞)‎ ‎（3）执行如图所示的程序框图，输出的s值为 ‎（A）2‎ ‎（B）‎ ‎（C）‎ ‎（D）‎ ‎（4）若x，y满足 ‎ ‎ ，则x + 2y的最大值为 ‎（A）1 （B）3 ‎ ‎（C）5 （D）9‎ ‎（5）已知函数，则 ‎ （A）是奇函数，且在R上是增函数 ‎ （B）是偶函数，且在R上是增函数 ‎ （C）是奇函数，且在R上是减函数 ‎ （D）是偶函数，且在R上是减函数 ‎（6）设m,n为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的 ‎ （A）充分而不必要条件 ‎ （B）必要而不充分条件 ‎ （C）充分必要条件 ‎ （D）既不充分也不必要条件 ‎（7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为 ‎（A）3‎ ‎（B）2‎ ‎（C）2‎ ‎（D）2‎ ‎（8）根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为.则下列各数中与最接近的是 ‎（参考数据：lg3≈0.48）‎ ‎（A）1033 （B）1053‎ ‎（C）1073 （D）1093‎ 第二部分（非选择题 共110分）‎ 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。‎ ‎（9）若双曲线的离心率为，则实数m=_______________.‎ ‎（10）若等差数列和等比数列满足a1=b1=–1，a4=b4=8，则=__________.‎ ‎（11）在极坐标系中，点A在圆，点P的坐标为(1,0)，则|AP|的最小值为 .‎ ‎（12）在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称。若，= .‎ ‎（13）能够说明“设a，b，c是任意实数.若a＞b＞c，则a+b＞c”是假命题的一组整数a，b，c的值依次为 ‎______________________________.‎ ‎（14）三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标学科&网分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3。‎ ‎①记Q1为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1，Q2，Q3中最大的是_________。‎ ‎②记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1，p2，p3中最大的是_________。‎ 三、解答题共6小题，共80分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。‎ ‎（15）（本小题13分）‎ 在△ABC中， =60°，c= a.‎ ‎（Ⅰ）求sinC的值；‎ ‎（Ⅱ）若a=7,求△ABC的面积.‎ ‎（16）（本小题14分）‎ 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC,PA=PD=,AB=4.‎ ‎(I)求证：M为PB的中点；‎ ‎(II)求二面角B-PD-A的大小；‎ ‎(III)求直线MC与平面BDP所成角的正炫值。‎ ‎（17）（本小题13分）‎ 为了研究一种新药的疗效，选100名患者随机分成两组，每组个50名，一组服药，另一组不服药。一段时间后，记录了两组患者的生理指标xy和的学科.网数据，并制成下图，其中“·”表示服药者，“+”表示为服药者.‎ ‎（Ⅰ）从服药的50名患者中随机选出一人，求此人指标y的值小于60的概率；‎ ‎（Ⅱ）从图中A,B,C,D,四人中随机选出两人，记为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数，求的分布列和数学期望E（）；‎ ‎（Ⅲ）试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.（只需写出结论）‎ ‎（18）（本小题14分）‎ 已知抛物线C：y2=2px过点P(1,1).过点(0,)作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP、ON交于点A,B，其中O为原点.‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；‎ ‎（Ⅱ）求证：A为线段BM的中点.‎ ‎（19）（本小题13分）‎ 已知函数f(x)=excosx−x.‎ ‎（Ⅰ）求曲线y= f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；‎ ‎（Ⅱ）求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值.‎ ‎（20）（本小题13分）‎ 设{an}和{bn}是两个等差数列，记 cn=max{b1–a1n,b2–a2n,…,bn–ann}(n=1,2,3,…)，‎ 其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数．‎ ‎（Ⅰ）若an=n，bn=2n–1，求c1,c2,c3的值，并证明{cn}是等差数列；‎ ‎（Ⅱ）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，；或者存在正整数m，使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列．‎ ‎2017年北京高考数学（理科）参考答案与解析 ‎1．A ‎【解析】集合与集合的公共部分为，故选A．‎ ‎2．B ‎【解析】，对应的点在第二象限，解得：‎ 故选B．‎ ‎3．C ‎【解析】当时，成立，进入循环，此时，；‎ 当时，成立，继续循环，此时，；‎ 当时，成立，继续循环，此时，；‎ 当时，不成立，循环结束，输出．‎ 故选C．‎ ‎4．D ‎【解析】设，则，由下图可行域分析可知，在处取得最大值，代入可得，故选D．‎ ‎5．A ‎【解析】奇偶性：的定义域是，关于原点对称，‎ 由可得为奇函数．‎ 单调性：函数是上的增函数，函数是上的减函数，根据单调性的运算，增函数减去减函数所得新函数是增函数，即是上的增函数．综上选A ‎6．A ‎【解析】由于，是非零向量，“存在负数，使得．”根据向量共线基本定理可知与共线，由于，所以与方向相反，从而有，所以是充分条件。反之，若，与方向相反或夹角为钝角时，与可能不共线，所以不是必要条件。综上所述，可知”是“”的充分不必要条件，所以选A．‎ ‎7．B ‎【解析】如下图所示，在四棱锥中，最长的棱为，‎ 所以，故选B．‎ ‎8．D ‎【解析】由于，‎ 所以，故选D．‎ ‎9．‎ ‎【解析】∵双曲线的离心率为 ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∵，，‎ ‎∴‎ ‎10．‎ ‎【解析】∵是等差数列，，，‎ ‎∴公差 ‎∴‎ ‎∵为等比数列，，‎ ‎∴公比 ‎∴‎ 故 ‎11．1‎ ‎【解析】把圆改写为直角坐标方程，化简为，它是以为圆心，1为半径的圆。画出图形，连结圆心与点，交圆于点，此时取最小值，点坐标为，．‎ ‎12．‎ ‎【解析】∵因为角和角的终边关于轴对称 ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎13．，，‎ ‎【解析】由题意知，，均小于，所以找到任意一组负整数，满足题意即可．‎ ‎14．① ② ‎ ‎【解析】①设线段的中点为，则，其中．‎ 因此只需比较，，三个点纵坐标的大小即可．‎ ‎②由题意，，，故只需比较三条直线，，的斜率即可．‎ ‎15．‎ ‎【解析】（1）‎ 由正弦定理得：‎ ‎（2）‎ 为锐角 由得：‎ 又 ‎16．‎ ‎【解析】（1）取、交点为，连结．‎ ‎∵面 面 面面 ‎∴‎ 在中，为中点 ‎∴为中点 ‎（2）方法一：‎ 取中点为，中点为，连结，‎ ‎∵，∴‎ 又面面 面面 ‎∴面 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标 可知，，，‎ 易知面的法向量为 且，‎ 设面的法向量为 可知 ‎∴‎ 由图可知二面角的平面角为锐角 ‎∴二面角大小为 方法二：‎ 过点作，交于点，连结 ‎∵平面，∴，‎ ‎∴平面，∴，‎ ‎∴即为二面角的平面角 ‎，可求得 ‎∴‎ ‎（3）方法一：‎ 点，‎ ‎∴‎ 由（2）题面的一个法向量 设与平面所成角为 ‎∴‎ 方法二：‎ 记，取中点，连结，，‎ 取中点，连，易证点是中点，∴‎ ‎∵平面平面，，‎ ‎∴平面 ‎∴平面 连结，，‎ ‎∴‎ ‎∵，，，由余弦定理知 ‎∴，∴‎ 设点到平面的距离为，‎ 又，求得 记直线与平面所成角为 ‎∴‎ ‎17．‎ ‎【解析】（1）50名服药者中指标的值小于60的人有15人，故随机抽取1人，此人指标 的值小于60的概率为 ‎（2）的可能取值为：0，1，2‎ ‎，，‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎（3）从图中服药者和未服药者指标数据的离散程度观察可知，服药者的方差大。‎ ‎18．‎ ‎【解析】（1）由抛物线过点，代入原方程得，‎ 所以，原方程为．‎ 由此得抛物线焦点为，准线方程为．‎ ‎（2）‎ 法一：‎ ‎∵轴 设，根据题意显然有 若要证为中点 只需证即可，左右同除有 即只需证明成立 其中 当直线斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线斜率存在且不为零．‎ 设直线 联立有，‎ 考虑，由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以．‎ 由韦达定理可知：……①， ……②‎ 将①②代入上式，有 即，所以恒成立 ‎∴为中点，得证．‎ 法二：‎ 当直线斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线斜率存在且不为零．‎ 设为点，过的直线方程为，设，显然，均不为零．‎ 联立方程得，‎ 考虑，由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以．‎ 由韦达定理可知：……①， ……②‎ 由题可得横坐标相等且同为，且，在直线上，‎ 又在直线：上，所以，若要证明为中点，‎ 只需证，即证，即证，‎ 将代入上式，‎ 即证，即，‎ 将①②代入得，化简有恒成立，‎ 所以恒成立，‎ 所以为中点．‎ ‎19．‎ ‎【解析】（1）∵‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴在处的切线方程为，即．‎ ‎（2）令 ‎∵时，‎ ‎∴在上单调递减 ‎∴时，，即 ‎∴在上单调递减 ‎∴时，有最大值；‎ 时，有最小值．‎ ‎20．‎ ‎【解析】（1）易知，，且，，．‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎．‎ 下面我们证明，对且，都有．‎ 当且时，‎ ‎∵且，‎ ‎∴．‎ 因此，对且，，则．‎ 又∵，‎ 故对均成立，从而为等差数列．‎ ‎（2）设数列与的公差分别为，，下面我们考虑的取值．‎ 对，，…，，‎ 考虑其中任意项（且），‎ 下面我们分，，三种情况进行讨论．‎ ‎（1）若，则 ‎①若，则 则对于给定的正整数而言，‎ 此时，故为等差数列．‎ ‎②若，则 则对于给定的正整数而言，．‎ 此时，故为等差数列．‎ 此时取，则是等差数列，命题成立．‎ ‎（2）若，则此时为一个关于的一次项系数为负数的一次函数．‎ 故必存在，使得当时，‎ 则当时，（，）．‎ 因此，当时，．‎ 此时，故从第项开始为等差数列，命题成立．‎ ‎（3）若，则此时为一个关于的一次项系数为正数的一次函数．‎ 故必存在，使得当时，‎ 则当时，（，）‎ 因此，当时，．‎ 此时 令，，‎ 下面证明对任意正数，存在正整数，使得当时，．‎ ‎①若，则取（表示不大于的最大整数）‎ 当时，‎ ‎，‎ 此时命题成立．‎ ‎②若，则取 当时，‎ ‎．‎ 此时命题也成立．‎ 因此，对任意正数，存在正整数，使得当时，．‎ 综合以上三种情况，命题得证．‎