1、 2017年普通高等學校招生全國統一考試（山東卷）理科數學一、選擇題1(2017·山東理，1)設函數y的定義域為A，函數yln(1x)的定義域為B，則AB等于()A(1,2) B(1,2 C(2,1) D2,1)2(2017·山東理，2)已知aR，i是虛數單位若zai，z·4，則a等于()A1或1 B.或C D.3(2017·山東理，3)已知命題p：x0，ln(x1)0；命題q：若ab，則a2b2.下列命題為真命題的是()Apq Bp綈qC. 綈pq D. 綈p綈q4(2017·山東理，4)已知x，y滿足約束條件則zx2y的最大值是()A0 B

2、2 C5 D65(2017·山東理，5)為了研究某班學生的腳長x(單位：厘米)和身高y(單位：厘米)的關系，從該班隨機抽取10名學生，根據測量數據的散點圖可以看出y與x之間有線性相關關系，設其回歸直線方程為x.已知xi225，yi1 600，4.該班某學生的腳長為24，據此估計其身高為()A160 B163 C166 D1706(2017·山東理，6)執行兩次下圖所示的程序框圖，若第一次輸入的x的值為7，第二次輸入的x的值為9，則第一次、第二次輸出的a的值分別為() A0,0 B1,1C0,1 D1,07(2017·山東理，7)若ab0，且ab1，則下列不等式成立

3、的是()Aalog2(ab) Blog2(ab)aCalog2(ab) Dlog2(ab)a8(2017·山東理，8)從分別標有1,2，9的9張卡片中不放回地隨機抽取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數奇偶性不同的概率是()A B C D9(2017·山東理，9)在ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若ABC為銳角三角形，且滿足sin B(12cos C)2sin Acos Ccos A sin C，則下列等式成立的是()Aa2b Bb2a CA2B DB2A10(2017·山東理，10)已知當x0,1時，函數y(mx1)2的圖象與ym的圖象有且只

4、有一個交點，則正實數m的取值范圍是()A(0,12，) B(0,13，)C(0，2，) D(0，3，)二、填空題11(2017·山東理，11)已知(13x)n的展開式中含有x2項的系數是54，則n_.12(2017·山東理，12)已知e1，e2是互相垂直的單位向量，若e1e2與e1e2的夾角為60°，則實數的值是_13(2017·山東理，13)由一個長方體和兩個圓柱體構成的幾何體的三視圖如下，則該幾何體的體積為_14(2017·山東理，14)在平面直角坐標系xOy中，雙曲線1(a0，b0)的右支與焦點為F的拋物線x22py(p0)交于A，B兩點

5、，若|AF|BF|4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為_15(2017·山東理，15)若函數exf(x)(e2.718 28是自然對數的底數)在f(x)的定義域上單調遞增，則稱函數f(x)具有M性質，下列函數中所有具有M性質的函數的序號為_f(x)2x；f(x)3x；f(x)x3；f(x)x22.三、解答題16(2017·山東理，16)設函數f(x)sinsin，其中03.已知f0.(1)求；(2)將函數yf(x)的圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍(縱坐標不變)，再將得到的圖象向左平移個單位，得到函數yg(x)的圖象，求g(x)在上的最小值17(2017·山東理

6、，17)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的，G是的中點(1)設P是上的一點，且APBE，求CBP的大小；(2)當AB3，AD2時，求二面角EAGC的大小18(2017·山東理，18)在心理學研究中，常采用對比試驗的方法評價不同心理暗示對人的影響，具體方法如下：將參加試驗的志愿者隨機分成兩組，一組接受甲種心理暗示，另一組接受乙種心理暗示，通過對比這兩組志愿者接受心理暗示后的結果來評價兩種心理暗示的作用現有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，從中隨機抽取5人接受甲種

7、心理暗示，另5人接受乙種心理暗示(1)求接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；(2)用X表示接受乙種心理暗示的女志愿者人數，求X的分布列與數學期望EX.19(2017·山東理，19)已知xn是各項均為正數的等比數列，且x1x23，x3x22.(1)求數列xn的通項公式；(2)如圖，在平面直角坐標系xOy中，依次連接點P1(x1,1)，P2(x2,2)，Pn1(xn1，n1)得到折線P1P2Pn1，求由該折線與直線y0，xx1，xxn1所圍成的區域的面積Tn.20(2017·山東理，20)已知函數f(x)x22cos x，g(x)ex(cos xsin x2x

8、2)，其中e2.718 28是自然對數的底數(1)求曲線yf(x)在點(，f()處的切線方程；(2)令h(x)g(x)af(x)(aR)，討論h(x)的單調性并判斷有無極值，有極值時求出極值21(2017·山東理，21)在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：1(ab0)的離心率為，焦距為2.(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，動直線l：yk1x交橢圓E于A，B兩點，C是橢圓E上一點，直線OC的斜率為k2，且k1k2.M是線段OC延長線上一點，且|MC|AB|23，M的半徑為|MC|，OS，OT是M的兩條切線，切點分別為S，T.求SOT的最大值，并求取得最大值時直線l的斜率參考答案一、選擇題

9、1【答案】D【解析】4x20，2x2，A2,21x0，x1，B(，1)AB2,1)，故選D.2【答案】A【解析】z·4，|z|24，即|z|2.zai，|z|2，a±1.故選A.3【答案】B【解析】x0，x11，ln(x1)ln 10.命題p為真命題，綈p為假命題ab，取a1，b2，而121，(2)24，此時a2b2，命題q為假命題，綈q為真命題pq為假命題，p綈q為真命題，綈pq為假命題，綈 p綈q為假命題故選B.4【答案】C【解析】如圖所示，先畫出可行域，作出直線l：x2y0.由解得A(3,4)由圖可知，平移直線l至過點A時，z取得最大值，zmax32×45.

10、故選C.5【答案】C【解析】xi225，xi22.5.yi1 600，yi160.又 4， 1604×22.570.回歸直線方程為 4x70.將x24代入上式，得 4×2470166.故選C.6【答案】D【解析】當x7時，b2，b247x.又7不能被2整除，b213.此時b297x，退出循環，a1，輸出a1.當x9時，b2，b249x.又9不能被2整除，b213.此時b29x，又9能被3整除，退出循環，a0.輸出a0.故選D.7【答案】B【解析】方法一ab0，ab1，log2(ab)log2(2)1.a1·2a，令f(a)a1·2a，又b，ab0，a，解

11、得a1.f(a)a2·2aa1·2a·ln 2a2·2a(1aln 2)0，f(a)在(1，)上單調遞減f(a)f(1)，即.aaa2aablog2(ab)，log2(ab)a.故選B.方法二ab0，ab1，取a2，b，此時a4，log2(ab)log2511.3，log2(ab)a.故選B.8【答案】C【解析】方法一9張卡片中有5張奇數卡片，4張偶數卡片，且為不放回地隨機抽取，P(第一次抽到奇數，第二次抽到偶數)×，P(第一次抽到偶數，第二次抽到奇數)×，P(抽到的2張卡片上的數奇偶性不同).故選C.方法二依題意，得P(抽到的2張卡

12、片上的數奇偶性不同).故選C.9【答案】A【解析】等式右邊sin Acos C(sin Acos Ccos Asin C)sin Acos Csin(AC)sin Acos Csin B，等式左邊sin B2sin Bcos C，sin B2sin Bcos Csin Acos Csin B.由cos C0，得sin A2sin B.根據正弦定理，得a2b.故選A.10【答案】B【解析】在同一直角坐標系中，分別作出函數f(x)(mx1)2m22與g(x)m的大致圖象分兩種情形：(1)當0m1時，1，如圖，當x0,1時，f(x)與g(x)的圖象有一個交點，符合題意(2)當m1時，01，如圖，要使

13、f(x)與g(x)的圖象在0,1上只有一個交點，只需g(1)f(1)，即1m(m1)2，解得m3或m0(舍去)綜上所述，m(0,13，)故選B.二、填空題11【答案】4【解析】(13x)n的展開式的通項為Tr1C(3x)r.令r2，得T39Cx2.由題意得9C54，解得n4.12【答案】【解析】由題意知|e1|e2|1，e1·e20，|e1e2|2.同理|e1e2|.所以cos 60°，解得.13【答案】2【解析】該幾何體由一個長、寬、高分別為2,1,1的長方體和兩個底面半徑為1，高為1的四分之一圓柱體構成，V2×1×12××

14、5;12×12.14【答案】y±x【解析】設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得a2y22pb2ya2b20，y1y2.又|AF|BF|4|OF|，y1y24×，即y1y2p，p，即，雙曲線的漸近線方程為y±x.15【答案】【解析】設g(x)exf(x)對于，g(x)ex2x(xR)，g(x)ex·2xex·2x·ln 2(1ln 2)·ex·2x0，函數g(x)在R上單調遞增，故中f(x)具有M性質；對于，g(x)ex·3x(xR)，g(x)ex·3xex·3x

15、3;ln 3(1ln 3)·ex·3x0，函數g(x)在R上單調遞減，故中f(x)不具有M性質；對于，g(x)ex·x3(xR)，g(x)ex·x3ex·3x2(x3)·ex·x2，當x3時，g(x)0，g(x)單調遞減，故中f(x)不具有M性質；對于，g(x)ex·(x22)(xR)，g(x)ex·(x22)ex·2x(x22x2)·ex(x1)21·ex0，函數g(x)在R上單調遞增，故中f(x)具有M性質綜上，具有M性質的函數的序號為.三、解答題16解(1)因為f(x)

16、sinsin，所以f(x)sin xcos xcos xsin xcos xsin.由題設知f0，所以k，kZ，故6k2，kZ.又03，所以2.(2)由(1)得f(x)sin，所以g(x)sinsin.因為x，所以x，當x，即x時，g(x)取得最小值.17解(1)因為APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120°，所以CBP30°.(2)方法一取的中點H，連接EH，GH，CH.因為EBC120°，所以四邊形BEHC為菱形，所以AEGEACGC.取AG的中點M，連接EM，CM，EC，則EMA

17、G，CMAG，所以EMC為所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120°，由余弦定理得EC222222×2×2×cos 120°12，所以EC2，因此EMC為等邊三角形，故所求的角為60°.方法二在平面EBC內，作EBBP交于點P.以B為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，(2,0,3)，設m(x1，y1，z1)是平面AEG的一個法向量由可得取z12，可得平

18、面AEG的一個法向量m(3，2)設n(x2，y2，z2)是平面ACG的一個法向量由可得取z22，可得平面ACG的一個法向量n(3，2)所以cosm，n.因此所求的角為60°.18解(1)記接受甲種心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件為M，則P(M).(2)由題意知X可取的值為0,1,2,3,4，則P(X0)，P(X1)，P(X2)，P(X3)，P(X4).因此X的分布列為X01234P所以X的數學期望EX0×P(X0)1×P(X1)2×P(X2)3×P(X3)4×P(X4)01×2×3×4

19、5;2.19解(1)設數列xn的公比為q.由題意得所以3q25q20，由已知得q0，所以q2，x11.因此數列xn的通項公式為xn2n1.(2)過P1，P2，Pn1向x軸作垂線，垂足分別為Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，記梯形PnPn1Qn1Qn的面積為bn，由題意得bn×2n1(2n1)×2n2，所以Tnb1b2bn3×215×207×21(2n1)×2n3(2n1)×2n2.又2Tn3×205×217×22(2n1)×2n2(2n1)×2n1，得

20、Tn3×21(2222n1)(2n1)×2n1(2n1)×2n1.所以Tn.20解(1)由題意知f()22.又f(x)2x2sin x，所以f()2.所以曲線yf(x)在點(，f()處的切線方程為y(22)2(x)即y2x22.(2)由題意得h(x)ex(cos xsin x2x2)a(x22cos x)，因為h(x)ex(cos xsin x2x2)ex(sin xcos x2)a(2x2sin x)2ex(xsin x)2a(xsin x)2(exa)(xsin x)令m(x)xsin x，則m(x)1cos x0，所以m(x)在R上單調遞增因為m(0)0，所

21、以當x0時，m(x)0；當x0時，m(x)0.當a0時，exa0，當x0時，h(x)0，h(x)單調遞減；當x0時，h(x)0，h(x)單調遞增，所以當x0時，h(x)取到極小值，極小值是h(0)2a1.當a0時，h(x)2(exeln a)(xsin x)，由h(x)0，得x1ln a，x20.(i)當0a1時，ln a0，當x(，ln a)時，exeln a0，h(x)0，h(x)單調遞增；當x(ln a,0)時，exeln a0，h(x)0，h(x)單調遞減；當x(0，)時，exeln a0，h(x)0，h(x)單調遞增所以當xln a時，h(x)取到極大值，極大值為h(ln a)a(ln a)22ln asin(ln a)cos(ln a)2當x0時，h(x)取到極小值，極小值是h(0)2a1；(ii)當a1時，ln a0，所以當x(，)時，h(x)0，函數h(x)在(，)上單調遞增，無極值；(iii)當a1時，ln a0，所以當x(，0)時，exeln a0，h(x)0，h(x)單調遞增；當x(0，ln a)時，exeln a0，h(x)0，h(x)單調遞減；當x(ln a，)時，exeln a0，h(x)0，h(x)單調遞增所以當x0