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2017 年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）
理科数学
一、选择题
1．(2017·山东理，1)设函数y＝的定义域为A，函数y＝ln(1－x)的定义域为B，则A∩B等于( )
A．(1,2) B．(1,2] C．(－2,1) D ．[－2,1)
2．(2017·山东理，2)已知a∈R，i是虚数单位．若z＝a＋i，z·＝4，则a等于( )
A．1或－1 B.或－
C．－ D.
3．(2017·山东理，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(
A．0,0 B．1,1
)
C．0,1 D．1,0
A．p∧q B．p∧綈q
7．(2017·山东理，7)若a＞b＞0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )
C. 綈p∧q D. 綈p∧綈q
A．a＋＜＜log (a＋b) B．＜log (a＋b)＜a＋
2 2
4．(2017·山东理，4)已知x，y满足约束条件则z＝x＋2y的最大值是( )
C．a＋＜log (a＋b)＜ D．log (a＋b)＜a＋＜
2 2
A．0 B．2 C．5 D．6
8．(2017·山东理，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
5．(2017·山东理，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
张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )
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，设其回归直线方程为y＝bx＋a.已知∑x＝
i
A． B． C． D．
225，∑y＝1 600，b＝4.该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为( )
i 9．(2017·山东理，9)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC为锐角三角形，且满足sin B(1＋
A．160 B．163 C．166 D．170
2cos C)＝2sin Acos C＋cos A sin C，则下列等式成立的是( )
6．(2017·山东理，6)执行两次下图所示的程序框图，若第一次输入的x的值为7，第二次输入的x的值为9，则
A．a＝2b B．b＝2a C．A＝2B D．B＝2A
第一次、第二次输出的a的值分别为( )
10．(2017·山东理，10)已知当x∈[0,1]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝＋m的图象有且只有一个交点，则正实
数m的取值范围是( )
A．(0,1]∪[2，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞)
C．(0，]∪[2，＋∞) D．(0，]∪[3，＋∞)
二、填空题
11．(2017·山东理，11)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________.
12．(2017·山东理，12)已知e，e 是互相垂直的单位向量，若e－e 与e＋λe 的夹角为60°，则实数λ的值是
1 2 1 2 1 2
________．13．(2017·山东理，13)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如下，则该几何体的体积为________．
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
14．(2017·山东理，14)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝ (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E—AG—C的大小．
2py(p＞0)交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．
15．(2017·山东理，15)若函数exf(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数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________．
①f(x)＝2－x；②f(x)＝3－x；③f(x)＝x3；④f(x)＝x2＋2.
18．(2017·山东理，18)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影响，具体方法如下：
三、解答题
16．(2017·山东理，16)设函数f(x)＝sin＋sin，其中0＜ω＜3.已知f＝0. 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
(1)求ω； 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A，A，A，A，A，A 和4名女志愿
1 2 3 4 5 6
(2)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)，再将得到的图象向左平移个单位，得 者B，B，B，B，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．
1 2 3 4
到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在上的最小值． (1)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 但不包含B 的概率；
1 1
(2)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.
17．(2017·山东理，17)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是的中点． 19．(2017·山东理，19)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1 ＋x 2 ＝3，x 3 －x 2 ＝2.
(1)求数列{x}的通项公式；
n
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P(x 1)，P(x 2)，…，P (x ，n＋1)得到折线PP…P ，
1 1, 2 2, n＋1 n＋1 1 2 n＋1求由该折线与直线y＝0，x＝x，x＝x 所围成的区域的面积T.
1 n＋1 n
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝kx－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k，且kk＝.M是线
1 2 1 2
段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，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．
20．(2017·山东理，20)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)，其中e＝
2.718 28…是自然对数的底数．
(1)求曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程；
(2)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．
参考答案
21．(2017·山东理，21)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦距为2.
一、选择题
1．【答案】D
【解析】∵4－x2≥0，∴－2≤x≤2，∴A＝[－2,2]．∵1－x＞0，∴x＜1，∴B＝(－∞，1)．∴A∩B＝[－2,1)，故选D. ∵∑y＝1 600，∴＝∑y＝160.
i i
2．【答案】A 又b ＝4，∴a ＝－b ＝160－4×22.5＝70.
【解析】∵z·＝4，∴|z|2＝4，即|z|＝2. ∴回归直线方程为y ＝4x＋70.
∵z＝a＋i，∴|z|＝＝2，∴a＝±1. 将x＝24代入上式，得y ＝4×24＋70＝166.故选C.
故选A. 6．【答案】D
3．【答案】B 【解析】当x＝7时，
【解析】∵x＞0，∴x＋1＞1，∴ln(x＋1)＞ln 1＝0. ∵b＝2，∴b2＝4＜7＝x.
∴命题p为真命题，∴綈p为假命题． 又7不能被2整除，∴b＝2＋1＝3.
∵a＞b，取a＝1，b＝－2，而12＝1，(－2)2＝4， 此时b2＝9＞7＝x，∴退出循环，a＝1，∴输出a＝1.
此时a2＜b2， 当x＝9时，∵b＝2，∴b2＝4＜9＝x.
∴命题q为假命题，∴綈q为真命题． 又9不能被2整除，∴b＝2＋1＝3.
∴p∧q为假命题，p∧綈q为真命题，綈p∧q为假命题，綈 p∧綈q为假命题． 此时b2＝9＝x，又9能被3整除，∴退出循环，a＝0.
故选B. ∴输出a＝0.
4．【答案】C 故选D.
【解析】如图所示，先画出可行域， 7．【答案】B
【解析】方法一 ∵a＞b＞0，ab＝1，
∴log (a＋b)＞log (2)＝1.
2 2
∵＝＝a－1·2－a，令f(a)＝a－1·2－a，
又∵b＝，a＞b＞0，∴a＞，解得a＞1.
∴f′(a)＝－a－2·2－a－a－1·2－a·ln 2
＝－a－2·2－a(1＋aln 2)＜0，
作出直线l：x＋2y＝0. ∴f(a)在(1，＋∞)上单调递减．
由 ∴f(a)＜f(1)，即＜.
解得 ∵a＋＝a＋a＝2a＞a＋b＞log (a＋b)，
2
∴A(－3,4)． ∴＜log (a＋b)＜a＋.
2
由图可知，平移直线l至过点A时，z取得最大值， 故选B.
z ＝－3＋2×4＝5. 方法二 ∵a＞b＞0，ab＝1，∴取a＝2，b＝，
max
故选C. 此时a＋＝4，＝，log (a＋b)＝log 5－1≈1.3，
2 2
5．【答案】C ∴＜log (a＋b)＜a＋.
2
【解析】∵∑x＝225，∴＝∑x＝22.5. 故选B.
i i8．【答案】C 二、填空题
【解析】方法一 ∵9张卡片中有5张奇数卡片，4张偶数卡片，且为不放回地随机抽取， 11．【答案】4
∴P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝×＝， 【解析】(1＋3x)n的展开式的通项为T ＝C(3x)r.令r＝2，得T＝9Cx2.由题意得9C＝54，解得n＝4.
r＋1 3
P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝×＝， 12．【答案】
∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝. 【解析】由题意知|e|＝|e|＝1，e·e＝0，
1 2 1 2
故选C. |e－e|＝＝＝＝2.
1 2
方法二 依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＝. 同理|e＋λe|＝.
1 2
故选C. 所以cos 60°＝
9．【答案】A ＝＝＝，
【解析】∵等式右边＝sin Acos C＋(sin Acos C＋cos Asin C)＝sin Acos C＋sin(A＋C) 解得λ＝.
＝sin Acos C＋sin B， 13．【答案】2＋
等式左边＝sin B＋2sin Bcos C， 【解析】该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，
∴sin B＋2sin Bcos C＝sin Acos C＋sin B. ∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.
由cos C＞0，得sin A＝2sin B. 14．【答案】y＝±x
根据正弦定理，得a＝2b. 【解析】设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
故选A. 由得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
10．【答案】B ∴y＋y＝.
1 2
【解析】在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)＝(mx－1)2＝m22与g(x)＝＋m的大致图象． 又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|，
分两种情形： ∴y＋＋y＋＝4×，即y＋y＝p，
1 2 1 2
(1)当0＜m≤1时，≥1，如图①，当x∈[0,1]时，f(x)与g(x)的图象有一个交点，符合题意． ∴＝p，即＝，∴＝，
∴双曲线的渐近线方程为y＝±x.
15．【答案】①④
【解析】设g(x)＝exf(x)．
对于①，g(x)＝ex2－x(x∈R)，
g′(x)＝ex·2－x－ex·2－x·ln 2＝(1－ln 2)·ex·2－x＞0，
∴函数g(x)在R上单调递增，故①中f(x)具有M性质；
(2)当m＞1时，0＜＜1，如图②，要使f(x)与g(x)的图象在[0,1]上只有一个交点，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m－
对于②，g(x)＝ex·3－x(x∈R)，g′(x)＝ex·3－x－ex·3－x·ln 3＝(1－ln 3)·ex·3－x＜0，
1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．
∴函数g(x)在R上单调递减，故②中f(x)不具有M性质；
综上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)．
对于③，g(x)＝ex·x3(x∈R)，
故选B.
g′(x)＝ex·x3＋ex·3x2＝(x＋3)·ex·x2，当x＜－3时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，故③中f(x)不具有M性质； 所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.
对于④，g(x)＝ex·(x2＋2)(x∈R)， 取AG的中点M，连接EM，CM，EC，
g′(x)＝ex·(x2＋2)＋ex·2x＝(x2＋2x＋2)·ex 则EM⊥AG，CM⊥AG，
＝[(x＋1)2＋1]·ex＞0， 所以∠EMC为所求二面角的平面角．
∴函数g(x)在R上单调递增，故④中f(x)具有M性质． 又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.
综上，具有M性质的函数的序号为①④. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
三、解答题 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，
16．解 (1)因为f(x)＝sin＋sin， 所以EC＝2，因此△EMC为等边三角形，
所以f(x)＝sin ωx－cos ωx－cos ωx 故所求的角为60°.
＝sin ωx－cos ωx
＝
＝sin.
由题设知f＝0，
所以－＝kπ，k∈Z，
故ω＝6k＋2，k∈Z.又0＜ω＜3，
方法二 在平面EBC内，作EB⊥BP交于点P.以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，
所以ω＝2.
建立如图所示的空间直角坐标系．
(2)由(1)得f(x)＝sin，
所以g(x)＝sin＝sin.
因为x∈，
所以x－∈，
当x－＝－，
即x＝－时，g(x)取得最小值－.
17．解 (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，
AB，AP 平面ABP，AB∩AP＝A，
故AE＝(2,0，－3)，AG＝(1，，0)，CG＝(2,0,3)，
所以BE⊥⊂平面ABP.
设m＝(x，y，z)是平面AEG的一个法向量．
1 1 1
又BP 平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，
由可得
所以∠⊂CBP＝30°.
取z＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．
1
(2)方法一 取的中点H，连接EH，GH，CH.
设n＝(x，y，z)是平面ACG的一个法向量．
2 2 2
因为∠EBC＝120°，
由可得
所以四边形BEHC为菱形，
取z＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．
2所以cos〈m，n〉＝＝. －T＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
n
因此所求的角为60°. ＝＋－(2n＋1)×2n－1.
18．解 (1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 但不包含B 的事件为M， 所以T＝.
1 1 n
则P(M)＝＝. 20．解 (1)由题意知f(π)＝π2－2.
(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4，则 又f′(x)＝2x－2sin x，
P(X＝0)＝＝， 所以f′(π)＝2π.
P(X＝1)＝＝， 所以曲线y＝f(x)在点(π，f(π))处的切线方程为
P(X＝2)＝＝， y－(π2－2)＝2π(x－π)．
P(X＝3)＝＝， 即y＝2πx－π2－2.
P(X＝4)＝＝. (2)由题意得h(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，
因此X的分布列为 因为h′(x)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)＋ex(－sin x－cos x＋2)－a(2x－2sin x)
X 0 1 2 3 4 ＝2ex(x－sin x)－2a(x－sin x)
P ＝2(ex－a)(x－sin x)．
所以X的数学期望 令m(x)＝x－sin x，
EX＝0×P(X＝0)＋1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＋4×P(X＝4) 则m′(x)＝1－cos x≥0，
＝0＋1×＋2×＋3×＋4×＝2. 所以m(x)在R上单调递增．
19．解 (1)设数列{x n }的公比为q. 因为m(0)＝0，
由题意得 所以当x＞0时，m(x)＞0；
所以3q2－5q－2＝0，
当x＜0时，m(x)＜0.
由已知得q＞0，
①当a≤0时，ex－a＞0，
所以q＝2，x
1
＝1.
当x＜0时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
因此数列{x
n
}的通项公式为x
n
＝2n－1.
当x＞0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，
(2)过P 1 ，P 2 ，…，P n＋1 向x轴作垂线，垂足分别为Q 1 ，Q 2 ，…，Q n＋1 . 所以当x＝0时，h(x)取到极小值，
由(1)得x
n＋1
－x
n
＝2n－2n－1＝2n－1，
极小值是h(0)＝－2a－1.
记梯形P n P n＋1 Q n＋1 Q n 的面积为b n ， ②当a＞0时，h′(x)＝2(ex－eln a)(x－sin x)，
由题意得b
n
＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
由h′(x)＝0，得x＝ln a，x＝0.
1 2
所以T
n
＝b
1
＋b
2
＋…＋b
n (i)当0＜a＜1时，ln a＜0，
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
当x∈(－∞，ln a)时，
又2T
n
＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1，②
ex－eln a＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；
①－②得 当x∈(ln a,0)时，ex－eln a＞0，h′(x)＜0，h(x)单调递减； 所以a＝，b＝1，
当x∈(0，＋∞)时， 所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
ex－eln a＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增． (2)设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
所以当x＝ln a时，h(x)取到极大值， 联立方程
极大值为h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]． 得(4k＋2)x2－4kx－1＝0.
1
当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1； 由题意知Δ＞0，
(ii)当a＝1时，ln a＝0， 且x＋x＝，xx＝－，
1 2 1 2
所以当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0， 所以|AB|＝|x－x|＝ .
1 2
函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值； 由题意可知，圆M的半径r为
(iii)当a＞1时，ln a＞0， r＝|AB|＝·，
所以当x∈(－∞，0)时，ex－eln a＜0，h′(x)＞0， 由题设知kk＝，
1 2
h(x)单调递增； 所以k＝，
2
当x∈(0，ln a)时，ex－eln a＜0，h′(x)＜0， 因此直线OC的方程为y＝x.
h(x)单调递减； 联立方程
当x∈(ln a，＋∞)时，ex－eln a＞0，h′(x)＞0， 得x2＝，y2＝，
h(x)单调递增． 因此|OC|＝＝.
所以当x＝0时，h(x)取到极大值， 由题意可知，sin＝＝.
极大值是h(0)＝－2a－1； 而＝
当x＝ln a时，h(x)取到极小值， ＝·，
极小值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]． 令t＝1＋2k，则t＞1，∈(0,1)，
综上所述， 因此＝·＝·＝·≥1，
当a≤0时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，函数h(x)有极小值，极小值是h(0)＝－2a－ 当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k＝±，
1
1； 所以sin ≤，因此≤，
当0＜a＜1时，函数h(x)在(－∞，ln a)和(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减，函数h(x)有极大值，也 所以∠SOT的最大值为.
有极小值，极大值是h(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]，
综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k
1
＝±.
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(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)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(ln a)＝－a[(ln a)2－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．
21．解 (1)由题意知e＝＝，2c＝2，所以c＝1，
