2017年全国高考文科数学试题及答案-全国卷3

文科数学

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={1,2,3,4}，B={2,4,6,8}，则AA．1

B．2

B中元素的个数为

C．3

D．4

2．复平面内表示复数zi(2i)的点位于 A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

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．已知sincos4，则sin2= 3 B．A．7 9

2 9 C．

2 9 D．

7 93x2y605．设x,y满足约束条件x0，则zxy的取值范围是

y0A．[-3，0] 6．函数f(x)

B．[-3，2]

C．[0，2]

D．[0，3]

1sin(x)cos(x)的最大值为 53663A． B．1 C．

55sinx7．函数y1x2的部分图像大致为

x D．

1 5A． B．

C． D．

8．执行右面的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正

为 A．5 B．4 C．3 D．2

9．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

圆柱的体积为 A． C．

整数N的最小值

球的球面上，则该

 23 4D．

4B．

10．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则

A．A1E⊥DC1

B．A1E⊥BD

C．A1E⊥BC1

D．A1E⊥AC

x2y211．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为直径的圆与直线

abbxay2ab0相切，则C的离心率为

A．

6 3 B．

23 3

x1C．

2 3 D．

1312．已知函数f(x)x2xa(eA．ex1)有唯一零点，则a=

C．

1 2 B．

131 2 D．1

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量a(2,3),b(3,m)，且ab，则m= .

3x2y21(a0)的一条渐近线方程为yx，则a= . 14．双曲线2a9515．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c。已知C60,b16．设函数f(x)6,c3，则A=_________。

x1,x0,1则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是__________。 x22,　x0,三、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）

设数列{an}满足a13a2(2n1)an2n.

（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{18．（12分）

an}的前n项和. 2n1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 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [35，40） 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不超过300瓶的概率；

（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为450瓶时，写出Y的所有可能值，并估计Y大于零的概率．

19．（12分）

如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．

（1）证明：AC⊥BD；

（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

20．（12分）

在直角坐标系xOy中，曲线yxmx2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1).当m变化时，解答下列问题：

（1）能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；

（2）证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值. 21．（12分）

已知函数f(x)lnxax22a1x．

（1）讨论f(x)的单调性；（2）当a0时，证明f(x)232． 4a（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m,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（m为myyktk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：(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．

2017年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学参考答案

一、选择题

1．B 7．D 二、填空题

13．2 三、解答题 17．解：

（1）因为a13a214．5

15．75°

16．(,)

2．C 8．D

3．A 9．B

4．A

5．B

6．A

10．C 11．A 12．C

14(2n1)an2n，故当n2时，

(2n3)an12(n1)两式相减得(2n1)an2所以ana13a22(n2) 2n1又由题设可得a12从而{an}的通项公式为an（2）记{2 2n1an}的前n项和为Sn 2n1an211 2n1(2n1)(2n1)2n12n1由（1）知

则Sn18．解：

1111112n ...13352n12n12n1（1）这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为

216360.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6

90（2）当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，

若最高气温不低于25，则Y64504450900；

若最高气温位于区间[20,25），则Y63002(450300)4450300； 若最高气温低于20，则Y62002(450200)4450100 所以，Y的所有可能值为900,300，-100

由表格数据知，最高气温不低于20的频率为Y大于零当且仅当最高气温不低于20，大于零的概率的估计值为0.8 19．解：

（1）取AC的中点O，连结DO,BO，

因为ADCD，所以ACDO 又由于ABC是正三角形，故BOAC

3625740.8，因此Y90D ACEO B从而AC平面DOB，故ACBD （2）连结EO

由（1）及题设知ADC90，所以DOAO在RtAOB中，BOAOAB 又ABBD，所以BODOBOAOABBD，故DOB90

2222222221AC 21又ABC是正三角形，且ABBD，所以EOBD

2由题设知AEC为直角三角形，所以EO故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的

1，四面体ABCE的体积为四面体21ABCD的体积的，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1

220．解：

（1）不能出现ACBC的情况，理由如下：

设A(x1,0),B(x2,0)，则x1,x2满足x2mx20，所以x1x22 又C的坐标为（0,1），故AC的斜率与BC的斜率之积为

111，所以不能出现ACBC的情况 x1x22（2）BC的中点坐标为(x21x1,)，可得BC的中垂线方程为yx2(x2) 2222m由（1）可得x1x2m，所以AB的中垂线方程为x

2mmx,x,222联立又x2mx220，可得

x11yx(x2)y2222m29m1所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为(,)，半径r

222故圆在y轴上截得的弦长为2r(2m2)3，即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值。 221．解：

（1）f(x)的定义域为(0,)，f(x)1(x1)(2ax1)2ax2a1 xx若a0，则当x(0,)时，f(x)0，故f(x)在(0,)单调递增

11)时，f(x)0；当x(,)时，f(x)0 2a2a11)单调递增，在(,)单调递减。 故f(x)在(0,2a2a1（2）由（1）知，当a0时，f(x)在x取得最大值，最大值为

2a若a0，则当x(0,111 )ln()12a2a4a311311所以f(x)2等价于ln()12，即ln()10

4a2a4a4a2a2a1设g(x)lnxx1，则g(x)1

xf(当x(0,1)时，g(x)0；当x(1,)，g(x)0。 所以g(x)在（0,1）单调递增，在(1,)单调递减。 故当x1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)0 所以当x0时，g(x)0 从而当a0时，ln(22．解：

（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113)10，即f(x)2 2a2a4a1(x2) kyk(x2),22设P(x,y)，由题设得消去k得xy4(y0) 1y(x2).k所以C的普通方程为xy4(y0)

（2）C的极坐标方程为(cossin)4(22,)

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

(cossin)2022222故tan21912,sin2 ，从而cos31010222代入(cossin)4得5，所以交点M的极径为5 23．解：

3,　　x1,（1）f(x)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； 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（2）由f(x)xxm得m|x1||x2|xx，而

2355|x1||x2|x2x|x|1|x|2x2|x|(|x|)2

244且当x

3552时，|x1||x2|xx故m的取值范围为(,] 244