2017年全国高考文科全国3卷数学试题及答案-

2017年全国高考文科全国数学试题及答案-

3卷

2017年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学 卷3

注意事项：

1．答题前，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。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A中元素的个数为

A．1 B．2 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

B

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= 322 A．7 B． C． 999 D．7 95．设x,y满足约束条件范围是

A．[-3，0] B．[-3，2] C．[0，2] D．[0，3]

3x2y60x0y0，则zxy的取值

A． B．34 C． D． 2410．在正方体ABCDABCD中，E为棱CD的中点，则

1111A．AE⊥DC B．AE⊥BD C．AE⊥BC D．AE⊥AC

11111111．已知椭圆

A1,A2x2y2C:221(ab0)ab12的左、右顶点分别为

，且以线段AA为直径的圆与直线bxay2ab063相切，则C的离心率为 A． B．233 C．23 D．1 312．已知函数f(x)x2xa(ex1ex1)有唯一零点，则a=

11A．1 B． C． D．1 232二、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= . 14．双曲线

x2y21(a0)2a93x，的一条渐近线方程为y5则a= .

15．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c。已知

C60,b6,c3，则A=_________。

xx1,x0,116．设函数f(x)则满足f(x)f(x)1的x的取22,　x0,

值范围是__________。

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{a}满足a3an1n2(2n1)an2n.

（1）求{a}的通项公式；

a（2）求数列{2n}的前n项和. 1n18．（12分）

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[10，[15，[20，[25，[30，[35，气温 15） 20） 25） 30） 35） 40） 天数 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ax2a1x．

22mx2与x轴交于

A，B两点，点C的坐标为(0,1).当m变化时，

（1）讨论f(x)的单调性； （2）当

a0时，证明

f(x)324a．

（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）

在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为

1x2t,ykt（t为参数），直线l的参数方程为

21x2m,myk（m为参数），设l与l的交点为P，当k变化时，P的

2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l：(cossin)320，

M为l与C的交点，求M的极径．

323．[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值范围．

xm的解集非空，求m的取

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 2．C 3．A 4．A 5．B 6．A 7．D 8．D 9．B 10．C 11．A 12．C 二、填空题

13．2 14．5 15．75° 16．三、解答题 17．解： （1）因为a13a2(2n1)an2n，故当n2时，a13a2(2n3)an12(n1) 两式相减得(2n1)an2

所以an22n1(n2)

又由题设可得a12

从而{an}的通项公式为a2n2n1

（2）记{an2n1}的前n项和为Sn 由（1）知an2n12(2n1)(2n1)12n112n1 则S111311112nn35...2n12n12n1

18．解：

(14,)

（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，

36最高气温低于25的频率为2160.6，所90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

（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

Y大于零当且仅当最高气温不低于20，由

表格数据知，最高气温不低于20的频率为

3625740.890，因此Y大于零的概率的估计

值为0.8

19．解：

（1）取AC的中点O，连结

D ACEO B

DO,BO，

因为ADCD，所以ACDO

又由于ABC是正三角形，故BOAC 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，BO2AO2AB2

又ABBD，所以

BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90

由题设知AEC为直角三角形，所以EO1AC 2又ABC是正三角形，且ABBD，所以EO1BD 2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2积为四面体ABCD的体积的1，即四面体ABCE2与四面体ACDE的体积之比为1:1 20．解：

（1）不能出现ACBC的情况，理由如下：

设A(x,0),B(x,0)，则x,x满足xxx2

1212122mx20，所以

又C的坐标为（0,1），故AC的斜率与BC的

111，所以不能出现ACBC斜率之积为xx212的情况

（2）BC的中点坐标为(x2,1可得BC的中垂线方)，22x程为y1x(x) 2222由（1）可得xx12m，所以AB的中垂线方

程为xm 2联立

mx,2y1x(xx2)222又x22mx220，可得

mx,2y12

所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为

m1(,)22，半径rm292 mr2()232故圆在y轴上截得的弦长为2，即

过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值。 21．解：

（1）f(x)的定义域为

1(x1)(2ax1)f(x)2ax2a1 xx(0,)，

若a0，则当x(0,)时，f(x)0，故f(x)在(0,)

单调递增

若a0，则当x(0,21a)时，f(x)0；当x(21a,)时，f(x)0

故f(x)在(0,21a)单调递增，在(21a,)单调递减。

（2）由（1）知，当a0时，f(x)在x21a取得最大值，最大值为

f(111)ln()12a2a4a

所以f(x)43a2等价于ln(21a)141a43a2，即

ln(11)102a2a

设g(x)lnxx1，则g(x)11 x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，最大值为g(1)0 g(x)取得最大值，所以当x0时，g(x)0

从而当a0时，ln(21a)21a10，即f(x)43a2 22．解：

（1）消去参数t得l的普通方程l:yk(x2)；

11

消去参数

l2:y1(x2)kmt得

l2的普通方程

yk(x2),1y(x2).k设

P(x,y)，由题设得

2消去

k得

x2y24(y0)所以C的普通方程为x（2）

Cy24(y0)

的极坐标方程为

2(cos2sin2)4(22,)联立故

222(cossin)4,(cossin)20得cossin2(cossin)

91,sin210102tan213，从而

cos2

代入(cos2sin2)4得5，所以交点M的极

径为5 23．解：

（1）

3,　　x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）由

f(x)x2xm得

m|x1||x2|x2x，而

|x1||x2|x2x|x|1|x|2x2|x|

35(|x|)2

54 且当

x32时，

|x1||x2|x2x54

故m的取值范围为(,54]

24