2017年高考真题——理科数学(全国卷Ⅰ)高清扫描版含答案

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题参考答案一、选择题1．A2．B3．B4．C5．D6．C7．B8．D9．D10．A11．D12．A二、填空题13．2314．515．23316．415三、解答题17．解：（1）由题设得21sin23sinaacBA，即1sin23sinacBA.由正弦定理得1sinsinsin23sinACBA.故2sinsin3BC.（2）由题设及（1）得1coscossinsin2BCBC，即1cos()2BC.所以2π3BC，故π3A.由题设得21sin23sinabcAA，即8bc.由余弦定理得229bcbc，即2()39bcbc，得33bc.故ABC△的周长为333.18．解：（1）由已知90BAPCDP，得ABAP，CDPD.由于//ABCD，故ABPD，从而AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.（2）在平面PAD内作PFAD，垂足为F.由（1）可知，AB平面PAD，故ABPF，可得PF平面ABCD.以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，||AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.由（1）及已知可得2(,0,0)2A，2(0,0,)2P，2(,1,0)2B，2(,1,0)2C.所以22(,1,)22PC，(2,0,0)CB，22(,0,)22PA，(0,1,0)AB.设(,,)xyzn是平面PCB的法向量，则0,0,nnPCCB即220,2220.xyzx可取(0,1,2)n.设(,,)xyzm是平面PAB的法向量，则0,0,mmPAAB即220,220.xzy可取(1,0,1)m.则3cos,||||3nmnmnm.所以二面角APBC的余弦值为33.19．解：（1）抽取的一个零件的尺寸在(3,3)之内的概率为0.9974，从而零件的尺寸在(3,3)之外的概率为0.0026，故(16,0.0026)XB.因此16(1)1(0)10.99740.0408PXPX≥.X的数学期望为160.00260.0416EX.（2）（ⅰ）如果生产状态正常，一个零件尺寸在(3,3)之外的概率只有0.0026，一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在(3,3)之外的零件的概率只有0.0408，发生的概率很小.因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查，可见上述监控生产过程的方法是合理的.（ⅱ）由9.97x，0.212s，得的估计值为ˆ9.97，的估计值为ˆ0.212，由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在ˆˆˆˆ(3,3)之外，因此需对当天的生产过程进行检查.剔除ˆˆˆˆ(3,3)之外的数据9.22，剩下数据的平均数为1(169.979.22)10.0215，因此的估计值为10.02.162221160.212169.971591.134iix,剔除ˆˆˆˆ(3,3)之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为221(1591.1349.221510.02)0.00815，因此的估计值为0.0080.09.20．解：（1）由于3P，4P两点关于y轴对称，故由题设知C经过3P，4P两点.又由222211134abab知，C不经过点1P，所以点2P在C上.因此222111314bab，，解得2241.ab，故C的方程为2214xy.（2）设直线2PA与直线2PB的斜率分别为1k，2k.如果l与x轴垂直，设lxt：，由题设知0t，且||2t，可得A，B的坐标分别为24(,)2tt，24(,)2tt.则22124242122ttkktt，得2t，不符合题设.从而可设(1)lykxmm：.将ykxm代入2214xy得222(41)8440kxkmxm.由题设可知2216(41)0km.设11(,)Axy，22(,)Bxy，则122841kmxxk，21224441mxxk.而12121211yykkxx121211kxmkxmxx1212122(1)()kxxmxxxx．由题设知121kk，故1212(21)(1)()0kxxmxx.即222448(21)(1)04141mkmkmkk.解得12mk.当且仅当1m时，0，于是12mlyxm：，即11(2)2myx，所以l过定点(2,1)．21．解：（1）()fx的定义域为(,)，2()2e(2)e1xxfxaa(e1)(2e1)xxa.（ⅰ）若0a≤，则()0fx，所以()fx在(,)单调递减．（ⅱ）若0a，则由()0fx得lnxa.当(,ln)xa时，()0fx；当(ln,)xa时，()0fx．所以()fx在(,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增．（2）（ⅰ）若0a≤,由（1）知，()fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa时，()fx取得最小值，最小值为1(ln)1lnfaaa.①当1a时，由于(ln)0fa，故()fx只有一个零点；②当(1,)a时，由于11ln0aa，即(ln)0fa，故()fx没有零点；③当(0,1)a时，11ln0aa，即(ln)0fa.又422(2)e(2)e22e20faa，故()fx在(,ln)a有一个零点.设正整数0n满足03ln(1)na，则00000000()e(e2)e20nnnnfnaannn.由于3ln(1)lnaa，因此()fx在(ln,)a有一个零点.综上，a的取值范围为(0,1).22．解：（1）曲线C的普通方程为2219xy.当1a时，直线l的普通方程为430xy.由22430,19xyxy解得3,0xy或21,2524.25xy从而C与l的交点坐标为(3,0)，2124(,)2525.（2）直线l的普通方程为440xya，故C上的点(3cos,sin)到l的距离为|3cos4sin4|17ad.当4a≥时，d的最大值为917a.由题设得91717a，所以8a；当4a时，d的最大值为117a.由题设得11717a，所以16a.综上，8a或16a.23．解：（1）当1a时，不等式()()fxgx≥等价于2|1||1|40xxxx≤.①当1x时，①式化为2340xx≤，无解；当11x≤≤时，①式化为220xx≤，从而11x≤≤；当1x时，①式化为240xx≤，从而11712≤x.所以()()fxgx≥的解集为117{|1}2xx≤≤.（2）当[1,1]x时，()2gx.所以()()fxgx≥的解集包含[1,1]，等价于当[1,1]x时()2fx≥.又()fx在[1,1]的最小值必为(1)f与(1)f之一，所以(1)2f≥且(1)2f≥，得11a≤≤.所以a的取值范围为[1,1].