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1、(完整word)2017全国卷1理科数学试题和答案2017年普通高等学校招生全国统一考试（全国I卷）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()ABCD【答案】 A2. 如图,正方形内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部
2、分和白色部分位于正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）ABCD【答案】 B3. 设有下面四个命题(）:若复数满足，则;：若复数满足，则；：若复数满足，则；：若复数，则ABCD【答案】 B【解析】4. 记为等差数列的前项和，若,则的公差为（)A1B2C4D8【答案】 C5. 函数在单调递减，且为奇函数若，则满足的的取值范围是（)ABCD【答案】 D6. 展开式中的系数为ABCD【答案】 C。7. 某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为,俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之
3、和为ABCD【答案】 B8. 右面程序框图是为了求出满足的最小偶数，那么在和两个空白框中，可以分别填入A和B和C和D和【答案】 D【答案】 因为要求大于1000时输出，且框图中在“否”时输出“”中不能输入排除A、B又要求为偶数，且初始值为0，“”中依次加2可保证其为偶故选D9. 已知曲线，,则下面结论正确的是（)A把上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线B把上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变,再把得到的曲线向右平移个单位长度,得到曲线D把上各点的横坐标缩短
4、到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线【答案】 D【解析】 10. 已知为抛物线：的交点，过作两条互相垂直，直线与交于、两点,直线与交于,两点,的最小值为（）ABCD【答案】 AABCD【答案】 D【答案】 取对数：。则，故选D11. 几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动,这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列，其中第一项是，接下来的两项是,，在接下来的三项式，依次类推，求满足如下条件的最小整数:且该数列的前项和为的整数幂那么该款软件的激活码是（）ABCD【答案】 A【解析】
5、设首项为第1组,接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组,以此类推设第组的项数为，则组的项数和为由题，令且，即出现在第13组之后第组的和为组总共的和为若要使前项和为2的整数幂，则项的和应与互为相反数即则故选A二、 填空题:本题共4小题，每小题5分,共20分。12. 已知向量，的夹角为，,，则_【答案】【解析】 13. 设，满足约束条件，则的最小值为_【答案】不等式组表示的平面区域如图所示由得，求的最小值，即求直线的纵截距的最大值当直线过图中点时,纵截距最大由解得点坐标为，此时 14. 已知双曲线，（，)的右顶点为,以为圆心，为半径作圆,圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则的离心率为_【答案
6、】【解析】 如图，,， 又，解得 15. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为,该纸片上的等边三角形的中心为，、为元上的点，分别是一，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，,为折痕折起，,，使得，重合，得到三棱锥当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：）的最大值为_【答案】【解析】 由题，连接,交与点,由题，即的长度与的长度或成正比设,则,三棱锥的高则令,，令，即，则则体积最大值为三、 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。16. 的内角,，的对边分别为,，已知的面
7、积为（1）求；（2）若,，求的周长【解析】 本题主要考查三角函数及其变换，正弦定理，余弦定理等基础知识的综合应用.（1）面积.且由正弦定理得,由得.（2）由（1）得，又,， 由余弦定理得 由正弦定理得， 由得,即周长为17. （12分）如图,在四棱锥中，中,且（1）证明：平面平面；（2）若,，求二面角的余弦值【解析】 （1)证明：,又，又,、平面平面,又平面平面平面（2）取中点，中点，连接，四边形为平行四边形由（1）知，平面平面，又、平面，又,、两两垂直以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设,、，、设为平面的法向量由，得令，则，可得平面的一个法向量，又知平面，平面，又平面即是平面的一个法
8、向量，由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为18. （12分）为了抽检某种零件的一条生产线的生产过程,实验员每天从该生产线上随机抽取16个零件,并测量其尺寸（单位：）根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布（1)假设生产状态正常，记表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查（I)试说明上述监控生产过程方法的合理性:(II）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 经计算得，其中为抽取的第个零件的尺寸，用样
9、本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值,利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查，剔除之外的数据,用剩下的数据估计和(精确到）附:若随机变量服从正态分布，则，【解析】 （1）由题可知尺寸落在之内的概率为，落在之外的概率为由题可知(2）(i）尺寸落在之外的概率为，由正态分布知尺寸落在之外为小概率事件，因此上述监控生产过程的方法合理(ii），需对当天的生产过程检查因此剔除剔除数据之后：19. (12分）已知椭圆:,四点，中恰有三点在椭圆上(1）求的方程;(2）设直线不经过点且与相交于、两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点【解析】 （1）根据椭圆对称性，必过、又横坐标为1，椭圆必
10、不过,所以过三点将代入椭圆方程得，解得，椭圆的方程为:（2）当斜率不存在时,设得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足当斜率存在时，设联立，整理得，则又，此时,存在使得成立直线的方程为当时，所以过定点20. (12分)已知函数(1）讨论的单调性；(2）若有两个零点,求的取值范围【解析】 （1）由于故当时，从而恒成立在上单调递减当时，令，从而,得单调减极小值单调增 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增(2）由(1）知,当时，在上单调减,故在上至多一个零点，不满足条件当时，令令，则从而在上单调增，而故当时，当时当时若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件若，则，故仅有
11、一个实根，不满足条件若，则，注意到故在上有一个实根，而又且故在上有一个实根又在上单调减,在单调增，故在上至多两个实根又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根综上，（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。21. 选修4-4:坐标系与参考方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为(为参数）(1）若，求与的交点坐标；（2）若上的点到距离的最大值为，求【解析】 （1）时，直线的方程为曲线的标准方程是，联立方程，解得：或,则与交点坐标是和（2）直线一般式方程是设曲线上点则到距离，其中依题意得：，解得或22. 选修45：不等式选讲已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式的解集包含，求的取值范围【解析】 （1)当时，是开口向下,对称轴的二次函数，当时,令,解得 在上单调递增，在上单调递减此时解集为当时，,当时,单调递减，单调递增,且综上所述，解集（2)依题意得：在恒成立即在恒成立则只须,解出：故取值范围是3
