2017北京卷高-考-理数试题-及其答案~.doc

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1、#*2017 年普通高等学校招生全国统一考试数学（理） （北京卷）本试卷共 5 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题 共 40 分）一、选择题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。（1）若集合 A=x|2x1，B=x|x1 或 x3，则 AB=（A）x|2x1 （B）x|2x3（C）x|1x1 （D）x|1x3（2）若复数（1i）(a+i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数 a 的取值范围是（A）(，1)（B）(，1)（C）(1，+)

2、（D）(1，+)（3）执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为（A）2（B）3 2#*（C）5 3（D）8 5（4）若 x，y 满足 ，则 x + 2y 的最大值为（A）1 （B）3 （C）5 （D）9（5）已知函数1(x)33x xf，则(x)f（A）是奇函数，且在 R 上是增函数（B）是偶函数，且在 R 上是增函数（C）是奇函数，且在 R 上是减函数（D）是偶函数，且在 R 上是减函数（6）设 m,n 为非零向量，则“存在负数，使得mn”是“m n0 ”的（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件（7）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长

3、棱的长度为#*（A）32（B）23（C）22（D）2（8）根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限 M 约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数 N 约为.则下列各数中与M N最接近的是（参考数据：lg30.48）（A）1033 （B）1053（C）1073 （D）1093第二部分（非选择题 共 110 分）二、填空题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。（9）若双曲线2 21yxm 的离心率为 3 ，则实数 m=_.（10）若等差数列 na和等比数列 nb满足 a1=b1=1，a4=b4=8，则22a b=_.（11）在极坐标系中，点 A 在圆22 cos4 sin40，点 P 的坐标为(

4、1,0)，则|AP|的最小值为 .#*（12）在平面直角坐标系 xOy 中，角 与角 均以 Ox 为始边，它们的终边关于 y 轴对称。若1sin3，cos()= .（13）能够说明“设 a，b，c 是任意实数.若 abc，则 a+bc”是假命题的一组整数a，b，c 的值依次为_.（14）三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中点 Ai的横、纵坐标分别为第 i 名工人上午的工作时间和加工的零件数，点 Bi的横、纵坐标学科&网分别为第 i 名工人下午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3。记 Q1为第 i 名工人在这一天中加工的零件总数，则 Q1，Q2，Q3中最大的是_。记

5、pi为第 i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则 p1，p2，p3中最大的是_。三、解答题共 6 小题，共 80 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。（15） （本小题 13 分）在ABC 中，A =60，c=3 7a.（）求 sinC 的值；（）若 a=7,求ABC 的面积.（16） （本小题 14 分）如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD/平面 MAC,PA=PD=6,AB=4.#*(I)求证：M 为 PB 的中点；(II)求二面角 B-PD-A 的大小；(III)求直线 MC 与平面 BDP

6、 所成角的正炫值。（17） （本小题 13 分）为了研究一种新药的疗效，选 100 名患者随机分成两组，每组个 50 名，一组服药，另一组不服药。一段时间后，记录了两组患者的生理指标 xy 和的学科.网数据，并制成下图，其中“”表示服药者， “+”表示为服药者.（）从服药的 50 名患者中随机选出一人，求此人指标 y 的值小于 60 的概率；（）从图中 A,B,C,D,四人中随机选出两人，记为选出的两人中指标 x 的值大于 1.7 的人数，求的分布列和数学期望 E（） ；（）试判断这 100 名患者中服药者指标 y 数据的方差与未服药者指标 y 数据的方差的大小.（只需写出结论）（18） （本

7、小题 14 分）已知抛物线 C：y2=2px 过点 P(1,1).过点(0,1 2)作直线 l 与抛物线 C 交于不同的两点M,N，过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线 OP、ON 交于点 A,B，其中 O 为原点.（）求抛物线 C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（）求证：A 为线段 BM 的中点.#*（19） （本小题 13 分）已知函数 f(x)=excosxx.（）求曲线 y= f(x)在点(0,f(0)处的切线方程；（）求函数 f(x)在区间0,2上的最大值和最小值.（20）（本小题 13 分）设an和bn是两个等差数列，记cn=maxb1a1n,b2a2n,bnann(n=1,2

8、,3,)，其中 maxx1,x2,xs表示 x1,x2,xs这 s 个数中最大的数（）若 an=n，bn=2n1，求 c1,c2,c3的值，并证明cn是等差数列；（）证明：或者对任意正数 M，存在正整数 m，当 nm 时，ncMn ；或者存在正整数m，使得 cm,cm+1,cm+2,是等差数列2017 年北京高考数学（理科）参考答案与解析年北京高考数学（理科）参考答案与解析1A【解析】集合与集合的公共部分为，| 21 Axx|13 Bx xx| 21 xx故选 A 2B【解析】，对应的点在第二象限，解得：(1 i)(i)(1)(1)iaaa10 10 a a1 a故选 B 3C 【解析】当时，

9、成立，进入循环，此时，；0k3k1k2s当时，成立，继续循环，此时，；1k3k2k3 2s当时，成立，继续循环，此时，；2k3k3k5 3s当时，不成立，循环结束，输出 3k3ks故选 C 4D【解析】设，则，由下图可行域分析可知，在处取得最大值，2zxy1 22 zyx33代入可得，故选 Dmax9z#*5A【解析】奇偶性：的定义域是，关于原点对称， f xR由可得为奇函数 113333 xx xxfxf x f x单调性：函数是上的增函数，函数是上的减函数，根据单调3xyR1 3x y R性的运算，增函数减去减函数所得新函数是增函数，即是上的增 1=33x xf x R函数综上选 A 6A

10、【解析】由于，是非零向量， “存在负数，使得 ”根据向量共线基本定理可知mnmn与共线，由于，所以与方向相反，从而有，所以是充分条mn0mn0 m n件。反之，若，与方向相反或夹角为钝角时，与可能不共线，所0 m nmnmn以不是必要条件。综上所述，可知”是“”的充分不必要条件，所以mn0m n选 A 7B 【解析】如下图所示，在四棱锥中，最长的棱为，PABCDPA所以，故选 B2222=2(2 2)2 3PAPCAC#*8D【解析】由于，36180lglglglg3lg10361 0.488093.28MMNN=所以，故选 D93.2810M N92【解析】双曲线的离心率为33c a223c

11、a，1abm222abc2222233 12 bmcaaa101【解析】是等差数列， na11 a48a公差3d212aad为等比数列， nb11 b48b公比2 q212bbq故221a b111【解析】把圆改写为直角坐标方程，22 cos4 sin40222440xyxy#*化简为，它是以为圆心，1 为半径的圆。画出图形，连22(1)(2)1xy1,2结圆心与点，交圆于点，此时取最小值，点坐标为，OPAAPA 1,11APO(1,2)P(1,0)A(1,1)21yx127 9【解析】因为角和角的终边关于轴对称y，1sinsin3coscos coscoscossinsin2227cossi

12、n2sin19 13，123【解析】由题意知，均小于，所以找到任意一组负整数，满足题意即可abc014 1Q2p【解析】设线段的中点为，则，其中iiABiiiC xy2iiQy123 i因此只需比较，三个点纵坐标的大小即可1C2C3C由题意，故只需比较三条直线，的斜率i i iypx123 i1OC2OC3OC即可 15#*【解析】 （1）3 7ca由正弦定理得：3333 3sinsin77214CA（2）3 7caa60 CA为锐角C由得：3 3sin14C13cos14Csinsin()sin()BACACsincoscossinACAC31313 3 2142144 3 7又337377

13、ca1sin2ABCSacB14 37327 6 316【解析】 （1）取、交点为，连结ACBDNMN面PDMAC面PD PBD面面PBDMACMNPDMN在中，为中点PBDNBD为中点MPB（2）方法一：#*取中点为，中点为，连结，ADOBCEOPOE，PAPDPOAD又面面PAD ABCD面面PADABCDAD面PO ABCD以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标ODxOEyOPz可知，200D，200A ，240B ，002P，易知面的法向量为PD010m ，且，202PD ，242PB ，设面的法向量为PBDnxyz，2202420xzxyz可知1 12n ， 222211cos21112

14、mn ，由图可知二面角的平面角为锐角二面角大小为BPDA60方法二：过点作，交于点，连结AAHPDPDEBE平面，BA PADPDBA平面，PD BAHPDBH即为二面角的平面角AEBBPDAGNFPHMBCDA#*，可求得AD POAE PD4 3 3AE 4tan34 3AEB60AEB（3）方法一：点，2122M，240C，2322MC ，由（2）题面的一个法向量BDP1 12n ，设与平面所成角为MCBDP2223212 6sincos91941122MCn ， （）方法二：记，取中点，连结，ACBDFABNMNFNMF取中点，连，易证点是中点，FNGMGGFNMGPO平面平面，PAD

15、 ABCDPOAD平面PO ABCD平面MG ABCD连结，GC13GC 12 22MGPO3 6 2MC ，由余弦定理知6PD 4 2BD 22PB 3cos3PDB#*，6sin3PDB1sin4 22PDBSPD DBPDB设点到平面的距离为，CPDBh1 3P DBCPDBVSh又，求得1 3P DBCC PDBBCDVVSPO2h 记直线与平面所成角为MCBDP22 6sin93 6 2h MC17 【解析】 （1）50 名服药者中指标的值小于 60 的人有 15 人，故随机抽取 1 人，此人指标y的值小于 60 的概率为y153 5010（2）的可能取值为：0，1，2，2 2 2

16、4106CPC11 22 2 442163CCPC2 2 2 4126CPC012P1 62 31 6121( )0121636 E（3）从图中服药者和未服药者指标数据的离散程度观察可知，服药者的方差大。y18【解析】 （1）由抛物线过点，代入原方程得，22ypx(1,1)21 =21p所以，原方程为1 2p2yx由此得抛物线焦点为，准线方程为1,041 4 x（2） 法一：轴BMx设，根据题意显然有 112211,ABM x yN xyA x yB x y10x若要证为中点ABM#*只需证即可，左右同除有2ABMyyy1x1112ABMyyy xxx即只需证明成立2OAOBOMkkk其中1,

17、OAOPOBONkkkk当直线斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，MN所以直线斜率存在且不为零MN设直线102MNykxk联立有，21 2 ykxyx221104k xkx考虑，由题可知有两交点，所以判别式大于零，22114124 kkk所以1 2k由韦达定理可知：，1221kxxk1221 4x xk21212112211211 2222OBOMONOMyykkkkxxkxkxxxkxxx x将代入上式，有21212 212222 121224 k xxkkkkkx x k即，所以恒成立22ONOMOBOMOAkkkkk2ABMyyy为中点，得证ABM法二：当直线斜率

18、不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，MN所以直线斜率存在且不为零MN设为点 ，过的直线方程为，设10,2QMN102ykxk，显然，均不为零1122( ,),(,)M x yN xy12,x x#*联立方程得，21 2yxykx221(1)04k xkx考虑 ，由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以1 2k由韦达定理可知：，1221kxxk由题可得横坐标相等且同为，且，在直线上，,A B1x22:ONylyxxBON又在直线：上，所以，若要证明为中点，AOPyx12 111 2( ,), x yA x xB xxABM只需证，即证，即证，2ABMyyy12 11 22x

19、yyxx1221122x yx yx x将代入上式，11221 2 1 2 ykxykx即证，即，21121211()()222kxxkxxx x12121(22)()02kx xxx将代入得，化简有 恒成立，2211(22)042kkkk所以恒成立，2ABMyyy所以为中点ABM19【解析】 （1）( )e cosxf xxx(0)1,( )e cose sin1e (cossin ) 1 xxxffxxxxx0(0)e (cos0sin0) 10 f在处的切线方程为，即( )f x(0, (0)f(0)(0)(0)yffx10y （2）令( )( )e (cossin ) 1xg xfxx

20、x( )e (cossin )+e ( sincos )2e sin xxxg xxxxxx#*时，02x( )2e sin0 xg xx在上单调递减( )g x02时，即02x( )(0)(0)0g xgf ( )0fx在上单调递减( )f x02时，有最大值；0x( )f x(0)1f时，有最小值 2x( )f x2e cos2222 f20【解析】 （1）易知，且，11a22a33a11b23b35b，1110cba，21122max22max111 cbaba3112233max333max2342 cbababa下面我们证明，对且，都有* Nn2n11ncba n当且时，*Nk2kn

21、11kkbanba n211 knkn221kn k1 2kn且，10 k20n11110kkkkbanba nba nban因此，对且，则* Nn2n111 ncba nn11 nncc#*又，211 cc故对均成立，从而为等差数列11 nncc* Nn nc（2）设数列与的公差分别为，下面我们考虑的取值 na nbadbdnc对，11ban22bannnban考虑其中任意项（且） ，iiba n*Ni1iniiba n1111babidaidn11()(1)()babaniddn下面我们分，三种情况进行讨论0ad0ad0ad（1）若，则0ad 111iibba nba nid若，则0bd

22、1110iibba nba nid 则对于给定的正整数而言，n11ncba n此时，故为等差数列11 nncca nc若，则0bd 0iinnbba nbanind 则对于给定的正整数而言，n1nnnncbanba n此时，故为等差数列11nnbccda nc此时取，则是等差数列，命题成立1m123ccc（2）若，则此时为一个关于的一次项系数为负数的一次0adabdndn函数故必存在，使得当时，*Nmnm0abdnd则当时，（，nm 1110iiabba nba nidnd*Ni） 1in#*因此，当时，nm11ncba n此时，故从第项开始为等差数列，命题成立11nncca ncm（3）若，

23、则此时为一个关于的一次项系数为正数的一次0adabdndn函数故必存在，使得当时，*Nsns0abdnd则当时，（，ns 0iinnabbanbanindnd*Ni）1in因此，当时，nsnnncban此时nc nnnban n n nban1 1 b aabbddndadn令，0adA1abdadB1bbdC下面证明对任意正数，存在正整数，使得当时，ncCAnBnnMmnmncMn若，则取（表示不大于的最大整数）0C1 MBmA xx当时，nm，1nMBcAnBAmBABnAMBABMA此时命题成立#*若，则取0C1MCBmA当时，nmnMCBcAnBCAmBCABCMCBBCMnA此时命题也成立因此，对任意正数，存在正整数，使得当时，MmnmncMn综合以上三种情况，命题得证