2017四川高考数学（理科）试题及参考答案_全国卷+地方卷_2.数学_1.数学高考真题试卷_2008-2020年_地方卷_地方卷高考理科数学_四川高考理科数学

四川省 2017 年高考理科数学试题及答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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= ，B= ，则A B中元素的个数为 A．3 B．2 C．1 D．0 2．设复数z满足(1+i)z=2i，则∣z∣= A． B． C． D．2 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．月接待游客量逐月增加 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月份 D．各年1月至6月的月接待游客量相对7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 4．( + )(2 - )5的展开式中 3 3的系数为 A．-80 B．-40 C．40 D．80 5． 已知双曲线C： (a＞0,b＞0)的一条渐近线方程为 ,且与椭圆有公共焦点，则C的方程为 A． B． C． D． 6．设函数f(x)=cos(x+ )，则下列结论错误的是 A．f(x)的一个周期为−2π B．y=f(x)的图像关于直线x= 对称 C．f(x+π)的一个零点为x= D．f(x)在( ,π)单调递减 7．执行下面的程序框图，为使输出S的值小于91， 则输入的正整数N的最小值为 A．5 B．4 C．3 D．2 8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 A． B． C． D． 9．等差数列 的首项为1，公差不为0．若a，a，a 成等比数列，则 前6项的和为 2 3 6 A．-24 B．-3 C．3 D．8 10．已知椭圆C： ，（a>b>0）的左、右顶点分别为A ，A ，且以线段AA 为直径的圆与直线 1 2 1 2 相切，则C的离心率为 A． B． C． D． 11．已知函数 有唯一零点，则a=A． B． C． D．1 12．在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若 = + ， 则 + 的最大值为 A．3 B．2 C． D．2 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．若 ， 满足约束条件 ，则 的最小值为__________． 14．设等比数列 满足a + a = –1, a – a = –3，则a = ___________． 1 2 1 3 4 15．设函数 则满足 的x的取值范围是_________。 16．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边 AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角； ②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角； ③直线AB与a所称角的最小值为45°； ④直线AB与a所称角的最小值为60°； 其中正确的是________。（填写所有正确结论的编号） 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） △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+ cosA=0，a=2 ,b=2． （1）求c； （2）设D为BC边上一点，且AD AC,求△ABD的面积． 18．（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： 最高气温 [10，15） [15，20） [20，25） [25，30） [30，35） [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X（单位：瓶）的分布列； （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n（单位： 瓶）为多少时，Y的数学期望达到最大值？ 19．（12分） 如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （1）证明：平面ACD⊥平面ABC； （2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE– C的余弦值． 20．（12分） 已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆． （1）证明：坐标原点O在圆M上； （2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程． 21．（12分） 已知函数 =x﹣1﹣alnx． （1）若 ，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n， ﹤m，求m的最小值． （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 （t为参数），直线l 的参数方程为 1 2 ．设l 与l 的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C． 1 2 （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 ：ρ(cosθ+sinθ)- =0，M为l 3 3 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+1│–│x–2│． （1）求不等式f（x）≥1的解集； （2）若不等式f（x）≥x2–x +m的解集非空，求m的取值范围． 更多免费有关高考免费资料请加 Q.Q 群 613441314参考答案 一、选择题： 1．B 2．C 3．A 4．C 5．B 6．D 7．D 8．B 9．A 10．A 11．C 12．A 11、【解析】由条件， f(x)x22xa(ex1ex1)，得： f(2x)(2x)22(2x)a(e2x1e(2x)1) x24x442xa(e1x ex1) x22xa(ex1ex1) ∴ f(2x) f(x)，即x1为 f(x)的对称轴， 由题意， f(x)有唯一零点， ∴ f(x)的零点只能为x1， 即 f(1)1221a(e11e11)0， 1 y 解得a ． Pg 2 C 12、【解析】由题意，画出右图． B 设BD与 C切于点E，连接CE ． 以A为原点，AD为x轴正半轴， E AB为 y 轴正半轴建立直角坐标系， A(O) D x 则C点坐标为(2,1)． ∵|CD|1，|BC|2． ∴BD 1222  5． ∵BD切 C于点E． ∴CE ⊥BD． ∴CE 是Rt△BCD中斜边BD上的高． 1 2 |BC||CD| |EC| 2S △BCD  2  2  2 5 |BD| |BD| 5 5 2 即 的半径为 5 ． C 5  ∵P在 C上．4 (x2)2 (y1)2  ∴P点的轨迹方程为 5． 设P点坐标 (x 0 ,y 0 ) ，可以设出P点坐标满足的参数方程如下：  2 x 2 5cos   0 5  2 y 1 5sin  0 5    而AP(x ,y )，AB(0,1)，AD(2,0)． 0 0    ∵APABAD(0,1)(2,0)(2,) 1 5 2 ∴ x 1 cos， y 1 5sin． 2 0 5 0 5 两式相加得： 2 5 1 5sin1 cos 5 5 2 5 5 2 ( )2( )2sin() 5 5 2sin()≤3 5 2 5 (其中sin ，cos ) 5 5 π 当且仅当 2kπ， 时， 取得最大值3． 2 kZ  二、填空题：  1  13． 14． 15． , 16．②③ 1 8  4  16、【解析】由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互 垂 直 ， 画出图形如图． 不妨设图中所示正方体边长为1， 故|AC|1， AB  2， 斜边 AB以直线 AC 为旋转轴旋转，则 A点保 持 不变， B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆． 以C为坐标原点，以C  D  为 x轴正方向，C  B  为 y轴正方向，  CA为z轴正方向建立空间直角坐标系． 则D(1,0,0)，A(0,0,1)，   直线a的方向单位向量a(0,1,0)，|a|1．B点起始坐标为(0,1,0)，   直线b的方向单位向量b(1,0,0)，|b|1． 设B点在运动过程中的坐标B(cos,sin,0)， 其中为BC与CD的夹角，[0,2π)．   那么AB'在运动过程中的向量AB(cos,sin,1)，|AB| 2． π 设与所成夹角为[0, ]， AB a 2 (cos,sin,1)(0,1,0) 2 2 cos  |sin|[0, ] 则   ． a AB 2 2 π π 故[ , ]，所以③正确，④错误． 4 2 π 设与所成夹角为[0, ]， AB b 2   ABb cos   b AB (cos,sin,1)(1,0,0)  .   b AB 2  |cos| 2 π 当与夹角为 时，即 ， AB a 60 3  1 2 sin 2cos 2cos  2  ． 3 2 2 ∵cos2sin21， 2 ∴|cos| ． 2 2 1 ∴cos |cos| ． 2 2 π ∵[0, ]． 2 π ∴= ，此时与夹角为 ． 3 AB b 60 ∴②正确，①错误． 三、解答题：  π 17．（1）由 得2sinA 0， sinA 3cosA0  3π 即A kπkZ ，又 A0,π， 3 π 2π ∴A π，得A . 3 3 由余弦定理a2 b2 c2 2bccosA. 1 又∵a2 7,b2,cosA 代入并整理得 2 c12 25，故c4. （2） ∵AC 2,BC 2 7,AB4， a2 b2 c2 2 7 由余弦定理cosC   . 2ab 7 ∵AC  AD，即△ACD为直角三角形， 则AC CDcosC，得CD 7. 由勾股定理AD CD2  AC2  3. 2π 2π π π 又A ，则DAB   ， 3 3 2 6 1 π S  AD  AB sin  3. △ABD 2 6 18．⑴易知需求量x可取200,300,500 216 1 PX 200  303 5 36 2 PX 300  303 5 2574 2 PX 500  . 303 5 则分布列为： X 200 300 500 1 2 2 P 5 5 5 ⑵ ①当n≤200时：Y n642n，此时Y 400，当n200时取到. max 4 1 ②当 时：Y  2n   2002n2002  200n≤300 5 5 8 8002n 6n800  n  5 5 5 此时Y 520，当n300时取到. max③当300n≤500时， 1 2 2 Y  2002n2002 3002n3002 n2     5 5 5 32002n  5 此时Y 520. ④当n≥500时，易知Y 一定小于③的情况. 综上所述：当n300时，Y 取到最大值为520. 19． ⑴ 取AC 中点为O，连接BO，DO；  ABC为等边三角形 ∴BO AC D ∴ABBC ABBC E  BDBD . C  ABDDBC ABDCBD O ∴ ADCD,即 ACD为等腰直角三角形， B ADC A 为直角又O为底边AC 中点 ∴DO AC 令 AB a，则 AB  AC  BC  BD a 2 3 易得： OD  a， OB  a 2 2 ∴ OD2  OB2  BD2  由勾股定理的逆定理可得DOB 2 即ODOB OD AC  ODOB   AC  OBO  AC平面ABC  z OB平面ABC OD平面ABC D 又∵OD平面ADC 由面面垂直的判定定理 E C 可得平面ADC 平面ABC O B y A x⑵ 由题意可知V V DACE BACE 即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点 以O为原点，O  A  为x轴正方向，O  B  为y轴正方向，O  D  为z轴正方向，设 AC a， 建立空间直角坐标系， a   a  3   3 a 则 O0,0,0 ，A 2 ,0,0  ，D  0,0, 2   ，B   0, 2 a,0   ，E   0, 4 a, 4      a 3 a   a a  a  易得：AE    , a,   ，AD ,0,  ，OA ,0,0  2 4 4   2 2 2    设平面AED的法向量为n ，平面AEC的法向量为n ， 1 2    AEn 0 1 则  ，解得   ADn 1 0 n 1  3,1, 3    AEn 0 2   ，解得   OAn 2 0 n 2  0,1, 3 若二面角DAEC为，易知为锐角，   n n 7 则cos  1  2   n  n 7 1 2 20．⑴ 显然，当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意． 设l:xmy2，A(x,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2 y2 2x 联立： 得 ， xmy2 y2 2my40 4m2 16恒大于0，y  y 2m，y y 4． 1 2 1 2 (my 2)(my 2) 1 2 (m2 1)y y 2m(y  y )4 1 2 1 2 4(m2 1)2m(2m)4 0 ∴ ，即 在圆 上． O M ⑵ 若圆 过点 ，则 M P (x 4)(x 4)(y 2)(y 2)0 1 2 1 2 (my 2)(my 2)(y 2)(y 2)0 1 2 1 2(m2 1)y y (2m2)(y  y )80 1 2 1 2 1 化简得 解得m 或 2m2 m10 2 1 1 ①当m 时， 圆心为 ， 2 l:2x y40 Q(x ,y ) 0 0 y  y 1 1 9 y  1 2  ，x  y 2 ， 0 2 2 0 2 0 4 9 2  1 2 半径r|OQ|     4  2 9 1 85 则圆M :(x )2 (y )2  4 2 16 ②当m1时，l:x y20圆心为Q(x ,y )， 0 0 y  y y  1 2 1， ， 0 2 x  y 23 0 0 半径r|OQ| 32 12 则圆M :(x3)2 (y1)2 10 21．⑴ f(x)x1alnx，x0 a xa 则 f(x)1  ，且 f(1)0 x x 当a≤0时， fx0， f x在0，上单调增，所以0x1时， f x0，不满足题意； 当a0时， 当0xa时， f(x)0，则 f(x)在(0,a)上单调递减； 当xa时， f(x)0，则 f(x)在(a,)上单调递增． ①若a1， f(x)在(a,1)上单调递增∴当x(a,1)时 f(x) f(1)0矛盾 ②若a1， f(x)在(1,a)上单调递减∴当x(1,a)时 f(x) f(1)0矛盾 ③若a1， f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增∴ f(x)≥ f(1)0满足题意 综上所述a1． ⑵ 当a1时 f(x)x1lnx≥0即lnx≤x1 则有ln(x1)≤x当且仅当x0时等号成立 1 1 ∴ln(1 ) ，kN* 2k 2k 1 1 1 1 1 1 1 一方面：ln(1 )ln(1 )...ln(1 )  ... 1 1， 2 22 2n 2 22 2n 2n 1 1 1 即(1 )(1 )...(1 )e． 2 22 2n1 1 1 1 1 1 135 另一方面：(1 )(1 )...(1 )(1 )(1 )(1 ) 2 2 22 2n 2 22 23 64 1 1 1 当n≥3时，(1 )(1 )...(1 )(2,e) 2 22 2n 1 1 1 ∵mN*，(1 )(1 )...(1 )m， 2 22 2n ∴m的最小值为3． 22．⑴ 将参数方程转化为一般方程 l :ykx2 ……① 1 1 l :y x2 ……② 2 k ①②消k可得：x2  y2 4 即P的轨迹方程为x2  y2 4； ⑵将参数方程转化为一般方程 l :x y 2 0 ……③ 3 x y 2 0 联立曲线 和  C l x2  y2 4 3  3 2 x  2 解得  2 y   2 xcos 由 解得 ysin  5 即M 的极半径是 5 ． 3,x≤1  23．⑴ 可等价为 f x2x1,1x2 .由 可得： f x|x1||x2|  3,x≥2 f x≥1 ①当x≤1时显然不满足题意； ②当1x2时，2x1≥1，解得x≥1； ③当x≥2时， f x3≥1恒成立.综上， f x1的解集为 x|x≥1 . ⑵ 不等式 f x≥x2xm等价为 f xx2x≥m， 令gx f xx2 x，则gx≥m解集非空只需要  gx  ≥m. maxx2x3,x≤1  而gxx23x1,1x2.  x2x3,x≥2  ①当x≤1时，  gx  g13115； max 3 3 2 3 5 ②当 时，  gx  g   3 1 ； 1 x2 max 2 2 2 4 ③当x≥2时，  gx  g222 231. max 5 5 综上，  gx   ，故m . max 4 4