2017年高考山东文科数学试题及答案(word解析版)

12017年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）数学（文科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5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）【2017年山东，文1，5分】设集合11x2MxxNx，，则MN（）（A）1,1（B）1,2（C）0,2（D）1,2【答案】C【解析】:02Mx，2Nx：，所以(0,2)MN，故选C．（2）【2017年山东，文2，5分】已知i是虚数单位，若复数z满足i1iz，则²z（）（A）2i（B）2i（C）2（D）2【答案】A【解析】1i1iiz，所以22(1i)2iz，故选A．（3）【2017年山东，文3，5分】已知xy、满足约束条件250302xyxy，则2zxy的最大值是（）（A）3（B）1（C）1（D）3【答案】D【解析】可行域如图，在点1,2Az取最大值：max3z，故选D．（4）【2017年山东，文4，5分】已知cos34x，则cos2x（）（A）14（B）14（C）18（D）18【答案】D【解析】2231cos22cos12()148xx，故选D．（5）【2017年山东，文5，5分】已知命题p：xR，210xx；命题q：若22ab，则ab。下列命题为真命题的是（）（A）pq（B）pq（C）pq（D）pq【答案】B【解析】22131()024xxx，p真；22abab，q假，故命题pq，pq，pq均为假命题；命题pq为真命题，故选B．（6）【2017年山东，文6，5分】执行右侧的程序框图，当输入的x值为4时，输出的y的值为2，则空白判断框中的条件可能为（）（A）3x（B）4x（C）4x（D）5x【答案】B【解析】解法一：当4x，输出2y，则由2logyx输出，需要4x，故选B．解法二：若空白判断框中的条件3x，输入4x，满足43，输出426y，不满足，故A错误，若空白判断框中的条件4x，输入4x，满足44，不满足3x，输出2log42y，故B正确；若空白判断框中的条件4x，输入4x，满足44，满足4x，输出426y，不满足，故C错误，若空白判断框中的条件5x，输入4x，满足45，满足5x，输出426y，不满足，故D错误，故选B．（7）【2017年山东，文7，5分】函数3sin2cos2yxx最小正周期为（）2（A）2（B）23（C）（D）2【答案】C【解析】3sin2cos22sin(2)6yxxx，所以22,T，故选C．（8）【2017年山东，文8，5分】如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名工人某日的产量数据（单位：件）。若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则x和y的值分别为（）（A）3，5（B）5，5（C）3，7（D）5，7【答案】A【解析】甲组：中位数65，所以5y；乙组：平均数64，所以3x，故选A．（9）【2017年山东，文9，5分】设,01021,1xxfxxx，若1fafa，则1fa（）（A）2（B）4（C）6（D）8【答案】C【解析】由图象可知：0111aa∵1fafa，∴2[(1)1]2aaa，解得：14a，∴1()(4)6ffa，故选C．（10）【2017年山东，文10，5分】若函数xefx（2.71828e是自然对数的底数）在fx的定义域上单调递增，则称函数fx具有M性质，下列函数中具有M性质的是（）（A）2xfx=（B）2fx=x（C）3xfx=（D）cosfx=x【答案】A【解析】D显然不对，B不单调，基本排除，A和C代入试一试。（正式解答可求导，选择题你怎么做？）若()2xfx，则()2()2xxxxeefxe，在R上单调增，故选A．第II卷（共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分．（11）【2017年山东，文11，5分】已知向量2,6a，1,b，若//ab，则．【答案】3【解析】2631，故为3．（12）【2017年山东，文12，5分】若直线100xyabab，过点1,2，则2ab的最小值为．【答案】8【解析】点1,2代入直线方程：121ab∴12442(2)()4428abababababbaba，最小值为8．（13）【2017年山东，文13，5分】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为．【答案】22【解析】2112(11)4222V．（14）【2017年山东，文14，5分】已知fx是定义在R上的偶函数，且42fxfx．若当[3,0]x时，()6xfx，则919f．【答案】6【解析】由42fxfx知周期为6，∴(919)(1)(1)6fff．3（15）【2017年山东，文15，5分】在平面直角坐标系xOy中，双曲线222210,0xyabab的右支与焦点为F的抛物线22(0)xpyp＞交于AB、两点，若4AFBFOF，则该双曲线的渐近线方程为．【答案】22yx【解析】∵,,222ABpppOFAFyBFy，由4AFBFOF，可得：2AByypp∴AByyp，联立：2222221xpyxyab，消去x得：2222220aybpyab，由韦达定理：222ABbpyya，∴222222bppaba，∴渐近线方程为：22byxxa．三、解答题：本大题共6题，共75分．（16）【2017年山东，文16，12分】某旅游爱好者计划从3个亚洲国家123AAA、、和3个欧洲国家123BBB、、中选择2个国家去旅游．（1）若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；（2）若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括1A但不包括1B的概率．解：（1）从这6个国家中任选2个，所有可能事件为：12,AA，13,AA，11,AB，12,AB，13,AB；23,AA，21,AB，22,AB，23,AB；31,AB，32,AB，33,AB；12,BB，13,BB；23,BB；共15种都是亚洲国家的可能事件为：12,AA，13,AA，23,AA，共3种，∴P（都是亚洲国家）31155．（2）从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，所有可能事件为：11,AB，12,AB，13,AB；21,AB，22,AB，23,AB；31,AB，32,AB，33,AB；共9种．包括1A但不包括1B的可能事件为：12,AB，13,AB，共2种，∴P（包括1A但不包括1B）29．（17）【2017年山东，文17，12分】在ABC中，角ABC、、的对边分别为abc、、。已知3b，6ABAC，3ABCS，求A和a．解：6ABAC，3ABCS，∴cos61sin32bcAbcA，化简：tan1A，解得：34A，∴62bc，由3b，得：22c∴2222cos981229abcbcA∴29a．（18）【2017年山东，文18，12分】由四棱柱1111ABCDABCD截去三棱锥111—CBCD后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，1AE平面ABCD．（1）证明：1//AO平面11BCD；（2）设M是OD的中点，证明：平面1AEM平面11BCD．解：（1）设11BD中点为F，连接1AF，∵1111ABCDABCD为四棱柱，∴1//AFOC，且1AFOC，∴四边形1AFCO为平行四边形∴1//AOFC，又1AO平面11BCD，且FC平面11BCD，∴1//AO平面11BCD．（2）四边形ABCD为正方形，∴ BDAC，∵E为AD的中点，M是OD的中点，∴//EMAC，∴BDEM∵1AE平面ABCD，BDABCD∴1AEBD，∵1AE平面1AEM，EM平面1AEM，且1AEEME，∴BD平面1AEM，又11//BDBD，∴11BD平面1AEM，∵11BD平面11BCD，∴平面11BCD平面1AEM，即：平面1AEM平面11BCD．（19）【2017年山东，文19，12分】已知na是各项均为正数的等比数列，且126aa，123aaa．（1）求数列na通项公式；4（2）nb为各项非零的等差数列，其前n项和为nS。已知211nnnSbb，求数列nnba的前n项和nT．解：（1）设na公比为q，由题意0,0naq，由126aa，123aaa，1121116aaqaaqaq，122aq，∴2nna．（2）设nb首项为1b，公差为d，∴21111(21)2(21)(21)()(21)2nnnnSnbdnbndnb，又211nnnSbb，∴21nbn，∴212nnnbna，∴123357212222nnnT①∴012-13572122222nnnT②②-①得：1211111211212532()32(1)52222222nnnnnnnnnT．（20）【2017年山东，文20，13分】已知函数3211(),R32fxxaxa．（1）当a=2时，求曲线yfx()在点3,3f处的切线方程；（2）设函数cossingxfxxaxx()()，讨论gx()的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解：（1）当2a时，321()3fxxx，∴2'()2fxxx，∴(3)0f，'(3)3kf，∴切线方程为：033yx，即39yx．（2）3211()()cossin32gxxaxxaxx，∴2'()()sin()(sin)gxxaxxaxxaxx，∵sin0(0)sin0(0)sin0(0)xxxxxxxxx，令'()0gx，得：xa或0x．①当0a时，'()0gx恒成立，()gx单调增，无极值．②当0a时在a，上，'()0,()gxgx单调增；在,0a上，'()0,()gxgx单调减；在0,,上，'()0,()gxgx单调增，∴xa为极大点，()gx有极大值：3max1()()sin6gxgaaa，0x为极小点，()gx有极小值：min()(0)gxga．③当0a时，在,0上，'()0,()gxgx单调增；在0,a上，'()0,()gxgx单调减；在,a上，'()0,()gxgx单调增∴ 0x为极大点，()gx有极大值：max()(0)gxga，xa为极小点，()gx有极小值：3min1()()sin6gxgaaa．综上所述，当0a时，'()0gx恒成立，()gx单调增，无极值；当0a时，在a，和0,,上，()gx单调增；在,0a上，()gx单调减；3max1()()sin6gxgaaa；min()(0)gxga，当0a时，在,0和,a上，()gx单调增；在0,a上，()gx单调减；max()(0)gxga；3min1()()sin6gxgaaa