2017年高考真题数学【理】(山东卷)（含解析版）

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＝4－x2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＋3i，z·z＝4，则a等于( )A．1或－1B.7或－7C．－3D.3A．0,0B．1,13．(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C．0,1D．1,0( )7．(2017·山东理，7)若a＞b＞0，且ab＝1，则下列不等式成立的是( )A．p∧qB．p∧綈q1bb1A．a＋＜＜log2(a＋b)B．＜log2(a＋b)＜a＋C.綈p∧qD.綈p∧綈qb2a2ab1b1b4．(2017·山东理，4)已知x，y满足约束条件Error!则z＝x＋2y的最大值是( )C．a＋＜log2(a＋b)＜D．log2(a＋b)＜a＋＜b2ab2aA．0B．2C．5D．68．(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张卡片上的数奇偶性不同的概率是( )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^^^105457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＝∑xiA．B．C．D．i11899910^＝225，∑y＝1600，b＝4.该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为( )i＝1i9．(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sinB(1＋2cosC)＝2sinAcosC＋cosAsinC，则下列等式成立的是( )A．160B．163C．166D．170A．a＝2bB．b＝2aC．A＝2BD．B＝2A6．(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＝x＋m的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是( )．∪，＋．∪，＋πA(0,1][23∞)B(0,1][3∞)(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4π3πC．(0，2]∪[23，＋∞)D．(0，2]∪[3，＋∞)到函数y＝g(x)的图象，求g(x)在－，上的最小值．[44]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3e－e与e＋λe的夹角为60°，则实数λ的值121212是________．113．(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4________．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x2y214．(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旋转120°得到的，G是的中点．a2b2DF＝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＝2.71828…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＋2.三、解答题(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；πππ16．(2017·山东理，16)设函数f(x)＝sinωx－＋sinωx－，其中0＜ω＜3.已知f＝0.(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E—AG—C的大小．(6)(2)(6)(1)求ω；1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.．山东理，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18(2017·18)下：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A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，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)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；(2)用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX.20．(2017·山东理，20)已知函数f(x)＝x2＋2cosx，g(x)＝ex(cosx－sinx＋2x－2)，其中e＝2.71828…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．19．(2017·山东理，19)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(1)求数列{xn}的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1,1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋x2y2221．(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.a2b22(1)求椭圆E的方程；参考答案32一、选择题(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＝1221241．【答案】D.M是线段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．【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.2．【答案】A【解析】∵z·z＝4，∴|z|2＝4，即|z|＝2.∵z＝a＋3i，∴|z|＝a2＋3＝2，∴a＝±1.故选A.3．【答案】B【解析】∵x＞0，∴x＋1＞1，∴ln(x＋1)＞ln1＝0.∴命题为真命题，∴綈为假命题．10110pp【解析】∵∑x＝225，∴x＝∑x＝22.5.i＝1i10i＝1i∵＞，取＝，＝－，而2＝，－2＝，aba1b211(2)410110∵∑y＝1600，∴y＝∑y＝160.i＝1i10i＝1i此时a2＜b2，^^^又b＝4，∴a＝y－bx＝160－4×22.5＝70.∴命题q为假命题，∴綈q为真命题．^∴回归直线方程为y＝4x＋70.∴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．^故选B.将x＝24代入上式，得y＝4×24＋70＝166.故选C.4．【答案】C6．【答案】D【解析】如图所示，先画出可行域，【解析】当x＝7时，∵b＝2，∴b2＝4＜7＝x.又7不能被2整除，∴b＝2＋1＝3.此时b2＝9＞7＝x，∴退出循环，a＝1，∴输出a＝1.当x＝9时，∵b＝2，∴b2＝4＜9＝x.作出直线l：x＋2y＝0.又9不能被2整除，∴b＝2＋1＝3.由Error!此时b2＝9＝x，又9能被3整除，∴退出循环，a＝0.解得Error!∴输出a＝0.∴A(－3,4)．故选D.由图可知，平移直线l至过点A时，z取得最大值，7．【答案】Bzmax＝－3＋2×4＝5.【解析】方法一 ∵a＞b＞0，ab＝1，故选C.∴log2(a＋b)＞log2(2ab)＝1.5．【答案】C1555∴P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＋＝.ba18189∵＝＝a－1·2－a，令f(a)＝a－1·2－a，2a2a故选C.11又∵b＝，a＞b＞0，∴a＞，解得a＞1.aa5×45方法二 依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同)＝＝.C299∴f′(a)＝－a－2·2－a－a－1·2－a·ln2故选C.＝－a－2·2－a(1＋aln2)＜0，9．【答案】A∴f(a)在(1，＋∞)上单调递减．【解析】∵等式右边＝sinAcosC＋(sinAcosC＋cosAsinC)＝sinAcosC＋sin(A＋C)b1∴f(a)＜f(1)，即＜.2a2＝sinAcosC＋sinB，1∵a＋＝a＋a＝2a＞a＋b＞log(a＋b)，b2等式左边＝sinB＋2sinBcosC，b1∴＜log(a＋b)＜a＋.∴sinB＋2sinBcosC＝sinAcosC＋sinB.2a2b由cosC＞0，得sinA＝2sinB.故选B.1根据正弦定理，得a＝2b.方法二 ∵a＞b＞0，ab＝1，∴取a＝2，b＝，2故选A.1b1此时a＋＝4，＝，log(a＋b)＝log5－1≈1.3，b2a82210．【答案】Bb1∴＜log(a＋b)＜a＋.a212b【解析】在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)＝(mx－1)2＝m2x－2与g(x)＝x＋m的大致图象．(m)故选B.分两种情形：8．【答案】C1(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．m【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，545∴P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)＝×＝，9818455P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)＝×＝，9818【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，1π∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.42214．【答案】y＝±x12(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≤(mm【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．由Error!得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，综上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)．2pb2∴y＋y＝.故选B.12a2二、填空题又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|，ppp11．【答案】4∴y＋＋y＋＝4×，即y＋y＝p，1222212nnrr2n22n【解析】(1＋3x)的展开式的通项为Tr＋1＝C(3x).令r＝2，得T3＝9Cx.由题意得9C＝54，解得n＝4.2pb2b21b2∴＝p，即＝，∴＝，a2a22a2312．【答案】23∴双曲线的渐近线方程为y＝±x.2【解析】由题意知|e1|＝|e2|＝1，e1·e2＝0，15．【答案】①④12221122|3e1－e2|＝3e－e＝3e－23e·e＋e＝3－0＋1＝2.【解析】设g(x)＝exf(x)．2同理|e1＋λe2|＝1＋λ.对于①，g(x)＝ex2－x(x∈R)，3e1－e2·e1＋λe2所以cos60°＝|3e1－e2||e1＋λe2|g′(x)＝ex·2－x－ex·2－x·ln2＝(1－ln2)·ex·2－x＞0，3e21＋3λ－1e1·e2－λe23－λ1＝＝＝，∴函数g(x)在R上单调递增，故①中f(x)具有M性质；21＋λ221＋λ223对于②，g(x)＝ex·3－x(x∈R)，g′(x)＝ex·3－x－ex·3－x·ln3＝(1－ln3)·ex·3－x＜0，解得λ＝.3∴函数g(x)在R上单调递减，故②中f(x)不具有M性质；π13