2017年山东卷(理科数学)含答案

2017年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学（山东卷）

本试卷分第I卷和第II卷两部分，共4页。满分150分。考试用时120分钟。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在

答题卡和试卷规定的位置上。

2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B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。答案写在试卷上无效。

3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，

不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。

4、填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 参考公式：

如果事件A，B互斥，那么P（A+B）=P(A)+P(B)；如果事件A、B独立，那么P（AB）=P(A)

﹒P(B)

第I卷（共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的.

（1）设函数y=4-x2的定义域A，函数y=ln(1-x)的定义域为B,则AB=【D】 （A）（1,2） （B）(1,2（-2,1） （D）[-2,1)  （C）

1

（2）已知aR,i是虚数单位，若za3i,zz4，则a=【A】 （A）1或-1 （B）7或-7 （C）-3 （D）3 （3）已知命题p:x＞0,lnx1＞0；命题q：若a＞b，则a2＞b2，下列命题为真命题的是 【B】（A） pq （B）pq （C） pq （D）pq xy30（4）已知x,y满足3x+y50，则z=x+2y的最大值是【C】

x30（A）0 （B） 2 （C） 5 （D）6

（5）为了研究某班学生的脚长x（单位：厘米）和身高y（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方

ˆ4．该班某学生的脚长为24，据此估ˆaˆbxˆ．已知xi225，yi1600，b程为yi1i11010计其身高为【C】

（A）160 （B）163 （C）166 （D）

170

（6）执行两次右图所示的程序框图，若第一次输入的x的值为7，第二次输入的x的值为9，则第一次、第二次输出的a的值分别为【D】

（A）0，0 （B）1，1 （C）0，1 （D）1，0

2

（7）若ab0，且ab1，则下列不等式成立的是【B】 （A）a1bb1alog2ab （B）alog2aba b22b1b1blog2aba （D）log2abaa b2b2（C）a（8）从分别标有1，2，，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是【C】

（A）554 （B） （C） （D）

91897 9（9）在C中，角，，C的对边分别为a，b，c．若C为锐角三角形，且满足

sin12cosC2sincosCcossinC，则下列等式成立的是【A】

（A）a2b （B）b2a （C）2 （D）2

（10）已知当x0,1时，函数ymx1的图象与y2xm的图象有且只有一个交点，

则正实数m的取值范围是【B】

历年高考真题 3

（A）0,123, （B）0,13, 3,

（C）0,223, （D）0,2第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分

（11）已知13x的展开式中含有x2项的系数是54，则n 4 .

（12）已知e1,e2是互相垂直的单位向量，若3e1e2与e1e2的夹角为60，则实数的值是

n33 .

1(13)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为 422 .

x2y2（14）在平面直角坐标系xOy中，双曲线221a0,b0的右支与焦点为F的抛物线

abx22pxp0交于A,B两点，若AFBF4OF，则该双曲线的渐近线方程为

y2x2 .

是自然对数的底数）在fx的定义域上单调递增，则称

（15）若函数exfx（e2.71828函数fx具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 ①④ .

①fx2x

②fx3x

③fxx3

④fxx22

历年高考真题 4

三、解答题：本大题共6小题，共75分。 （16）（本小题满分12分） 设函数f(x)sin(x（Ⅰ）求；

（Ⅱ）将函数yf(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的

)sin(x)，其中03.已知f()0.

626图象向左平移

3]上的最小值. 个单位，得到函数yg(x)的图象，求g(x)在[,444解：（Ⅰ）因为f(x)sin(x)sin(x)，

62所以f(x)31sinxcosxcosx 2233sinxcosx 22133(sinxcosx)

223(sinx)

3由题设知f()0，

6所以63k，kZ.

故6k2，kZ，又03， 所以2.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)3sin(2x3)

所以g(x)3sin(x)3sin(x). 4312 5

因为x[344[,]，

所以x1223,3]，

当x123，

即x4时，g(x)取得最小值3. 2（17）（本小题满分12分）

如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点.

（Ⅰ）设P是CE上的一点，且APBE，求CBP的大小； （Ⅱ）当AB3，AD2，求二面角EAGC的大小.

解：（Ⅰ）因为APBE，ABBE，

AB，AP平面ABP，AB所以BE平面ABP， 又BP平面ABP，

APA，

所以BEBP，又EBC120， 因此CBP30

历年高考真题 6

（Ⅱ）解法一：

取EC的中点H，连接EH，GH，CH. 因为EBC120， 所以四边形BEHC为菱形，

所以AEGEACGC322213. 取AG中点M，连接EM，CM，EC. 则EMAG，CMAG， 所以EMC为所求二面角的平面角.

又AM1，所以EMCM13123. 在BEC中，由于EBC120，

由余弦定理得EC22222222cos12012，

所以EC23，因此EMC为等边三角形， 故所求的角为60. 解法二：

历年高考真题 7

以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意得A(0,0,3)E(2,0,0)，G(1,3,3)，C(1,3,0)，故AE(2,0,3)，

AG(1,3,0)，CG(2,0,3)，

设m(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.

2x13z10,mAE0由可得

x13y10,mAG0取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3,3,2). 设n(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.

x23y20,nAG0由可得

2x23z20,nCG0取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3,3,2). 所以cosm,nmn1.

|m||n|2因此所求的角为60.

（18）（本小题满分12分）在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的

历年高考真题 8

影响，具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示. （I）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含

B1的频率。

（II）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX. 解：（I）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含

B1C845的事件为M，则P(M)5.

C1018(II)由题意知X可取的值为：

5C61P(X0)5,C10420,1,2,3,4.则

41C6C5P(X1)54,C1021

32C6C10P(X2)54,C102123C6C5P(X3)54,C102114C6C1P(X4)54,C1042

因此X的分布列为 X P

X的数学期望是

0 1 2 3 4 1 425 2110 215 211 42EX0P(X0)1P(X1)2P(X2)3P(X3)4P(X4)

历年高考真题 9

0+1==2

51051+2+3+421212142

（19）（本小题满分12分）

已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2 （Ⅰ）求数列{xn}的通项公式；

（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)…Pn+1(xn+1, n+1)得到折线P1 P2…Pn+1，求由该折线与直线y=0，

xx1,xxn1所围成的区域的面积Tn.

解：(I)设数列{xn}的公比为，由已知由题意得qq0.

x1x1q32，所以3q5q20， 2x1qx1q2因为

q0,所以q2,x1，

1n1因此数列{xn}的通项公式为xn2.

x轴作垂线，垂足分别为Q1,Q2,Q3,……Qn1, （II）过P1,P2,P3,……Pn1向

nn1n1由(I)得xn1xn222.

记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn. 由题意bn所以

(nn1)n12(2n1)2n2， 2历年高考真题 10

Tnb1b2b3……+bn

101n3n2=325272……+(2n1)2(2n1)2 ① 012n2n1又2Tn325272……+(2n1)2(2n1)2②

①-②得

Tn321(222......2n1)(2n1)2n1

32(12n1)(2n1)2n1. =212(2n1)2n1. 所以Tn2（20）（本小题满分13分）

已知函数fxx22cosx，gxexcosxsinx2x2，其中e2.71828底数.

（Ⅰ）求曲线yfx在点,f处的切线方程；

是自然对数的

（Ⅱ）令hxgxafxaR，讨论hx的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. （21）（本小题满分14分）

x2y22在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：221ab0的离心率为，焦距为2.

ab2（Ⅰ）求椭圆E的方程；

3交椭圆E于A,B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜2（Ⅱ）如图，动直线l：yk1x率为k2，且k1k22，M是线段OC延长线上一点，且MC:AB2:3，M的半径为MC，4OS,OT是M的两条切线，切点分别为S,T.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜

率.

11

解：（Ⅰ）由题意f22

又fx2x2sinx，

所以f2，

因此 曲线yfx在点,f处的切线方程为

y222x，

即 y2x22.

（Ⅱ）由题意得

h(x)ex(cosxsinx2x2)a(x22cosx)，

因为hxexcosxsinx2x2exsinxcosx2a2x2sinx

2exxsinx2axsinx

2exaxsinx，

历年高考真题 12

令mxxsinx

则mx1cosx0

所以mx在R上单调递增.

因为

m(0)0,

所以 当x0时，

m(x)0,

当x0时，mx0

(1)当a0时，exa0

当x0时，hx0，hx单调递减，

当x0时，hx0，hx单调递增，

所以 当x0时hx取得极小值，极小值是 h02a1；

(2)当a0时，hx2exelnaxsinx

由 hx0得 x1lna，x2=0

①当0a1时，lna0，

当x,lna时，exelna0,hx0，hx单调递增；

当xlna,0时，exelna0,hx0，hx单调递减；

13

当x0,时，exelna0,hx0，hx单调递增.

所以 当xlna时hx取得极大值.

极大值为hlnaaln2a2lnasinlnacoslna2，

当x0时hx取到极小值，极小值是 h02a1；

②当a1时，lna0，

所以 当x,时，hx0，函数hx在,上单调递增，无极值；

③当a1时，lna0

所以 当x,0时，exelna0，hx0,hx单调递增；

当x0,lna时，exelna0，hx0,hx单调递减；

当xlna,时，exelna0，hx0,hx单调递增；

所以 当x0时hx取得极大值，极大值是h02a1；

当xlna时hx取得极小值.

极小值是hlnaaln2a2lnasinlnacoslna2.

综上所述：

当a0时，hx在,0上单调递减，在0,上单调递增，

14

函数hx有极小值，极小值是h02a1；

当0a1时，函数hx在,lna和0,lna和0,上单调递增，在lna,0上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，

极大值是hlnaaln2a2lnasinlnacoslna2

极小值是h02a1；

当a1时，函数hx在,上单调递增，无极值；

当a1时，函数hx在,0和lna,上单调递增，

在0,lna上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，

极大值是h02a1；

极小值是hlnaaln2a2lnasinlnacoslna2.

（21）

解：（I）由题意知 ec2a2，2c2， 所以 a2,b1，

因此 椭圆E的方程为x222y1.

（Ⅱ）设Ax1,y1,Bx2,y2， x2y21,联立方程23

yk1x2, 15

得4k22x2143k1x10，

由题意知0，

且x1x223k112k21,x1x22k2， 12112AB1k28k211x1x221k111+2k2所以 1.

r=21+k2211+8k1由题意可知圆M的半径r为3AB=2232k21+1

由题设知k1k224， 所以k224k 1因此直线OC的方程为y24kx. 1x2y2联立方程21,

y2x,4k128k2得x114k,y2122， 114k12y218k2因此 OCx114k2.

1 16

由题意可知 sinSOTr12rOC1OC， r18k21而

OC14k21r

221k218k21132k2113212k21414k2， 1k211令t12k21， 则t1,1t0,1，

因此

OCr3t322t2t112211312tt21121，

9t24当且仅当1t12，即t2时等号成立，此时k212，

所以 sinSOT212， 因此

SOT26， 所以 SOT最大值为

3. 综上所述：SOT的最大值为3，取得最大值时直线l的斜率为k212.

17