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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