1、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yln(1x)的定义域为B，则AB等于()A(1,2) B(1,2 C(2,1) D2,1)2(2017山东理，2)已知aR，i是虚数单位若zai，z4，则a等于()A1或1 B.或C D.3(2017山东理，3)已知命题p：x0，ln(x1)0；命题q：若ab，则a2b2.下列命题为真命题的是()Apq Bp綈qC. 綈pq D. 綈p綈q4(2017山东理，4)已知x，y满足约束条件则zx2y的最大值是()A0 B2 C5 D65(2017山东理，5)为了研究某班学生的脚长x
2、(单位：厘米)和身高y(单位：厘米)的关系，从该班随机抽取10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x.已知xi225，yi1 600，4.该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为()A160 B163 C166 D1706(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() A0,0 B1,1C0,1 D1,07(2017山东理，7)若ab0，且ab1，则下列不等式成立的是()Aalog2(ab) Blog2(ab)aCalog2(ab) Dlog2(ab)a8(2
3、017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()A B C D9(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(12cos C)2sin Acos Ccos A sin C，则下列等式成立的是()Aa2b Bb2a CA2B DB2A10(2017山东理，10)已知当x0,1时，函数y(mx1)2的图象与ym的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是()A(0,12，) B(0,13，)C(0，2，) D(0，3，)二、填空题11(2017山东理，
4、11)已知(13x)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e1，e2是互相垂直的单位向量，若e1e2与e1e2的夹角为60，则实数的值是_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_14(2017山东理，14)在平面直角坐标系xOy中，双曲线1(a0，b0)的右支与焦点为F的抛物线x22py(p0)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)(e2.718 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
5、质，下列函数中所有具有M性质的函数的序号为_f(x)2x；f(x)3x；f(x)x3；f(x)x22.三、解答题16(2017山东理，16)设函数f(x)sinsin，其中03.已知f0.(1)求；(2)将函数yf(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，得到函数yg(x)的图象，求g(x)在上的最小值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(1)设P是上的一点，且APBE，求CBP的大小；(2)当AB3，AD2时，求二面角EAGC的大小18(2017
6、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：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.19(2017山东理，19)已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22
7、.(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)，Pn1(xn1，n1)得到折线P1P2Pn1，求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn.20(2017山东理，20)已知函数f(x)x22cos x，g(x)ex(cos xsin x2x2)，其中e2.718 28是自然对数的底数(1)求曲线yf(x)在点(，f()处的切线方程；(2)令h(x)g(x)af(x)(aR)，讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值21(2017山东理，21)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)的离心率为，焦
8、距为2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：yk1x交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2.M是线段OC延长线上一点，且|MC|AB|23，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的斜率参考答案一、选择题1【答案】D【解析】4x20，2x2，A2,21x0，x1，B(，1)AB2,1)，故选D.2【答案】A【解析】z4，|z|24，即|z|2.zai，|z|2，a1.故选A.3【答案】B【解析】x0，x11，ln(x1)ln 10.命题p为真命题，綈p为假命题ab，取a1，b2，而121，
9、(2)24，此时a2b2，命题q为假命题，綈q为真命题pq为假命题，p綈q为真命题，綈pq为假命题，綈 p綈q为假命题故选B.4【答案】C【解析】如图所示，先画出可行域，作出直线l：x2y0.由解得A(3,4)由图可知，平移直线l至过点A时，z取得最大值，zmax3245.故选C.5【答案】C【解析】xi225，xi22.5.yi1 600，yi160.又 4， 160422.570.回归直线方程为 4x70.将x24代入上式，得 42470166.故选C.6【答案】D【解析】当x7时，b2，b247x.又7不能被2整除，b213.此时b297x，退出循环，a1，输出a1.当x9时，b2，b2
10、49x.又9不能被2整除，b213.此时b29x，又9能被3整除，退出循环，a0.输出a0.故选D.7【答案】B【解析】方法一ab0，ab1，log2(ab)log2(2)1.a12a，令f(a)a12a，又b，ab0，a，解得a1.f(a)a22aa12aln 2a22a(1aln 2)0，f(a)在(1，)上单调递减f(a)f(1)，即.aaa2aablog2(ab)，log2(ab)a.故选B.方法二ab0，ab1，取a2，b，此时a4，log2(ab)log2511.3，log2(ab)a.故选B.8【答案】C【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、P(第一次抽到奇数，第二次抽到偶数)，P(第一次抽到偶数，第二次抽到奇数)，P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同).故选C.方法二依题意，得P(抽到的2张卡片上的数奇偶性不同).故选C.9【答案】A【解析】等式右边sin Acos C(sin Acos Ccos Asin C)sin Acos Csin(AC)sin Acos Csin B，等式左边sin B2sin Bcos C，sin B2sin Bcos Csin Acos Csin B.由cos C0，得sin A2sin B.根据正弦定理，得a2b.故选A.10【答案】B【解析】在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)(mx1)2m2
12、2与g(x)m的大致图象分两种情形：(1)当0m1时，1，如图，当x0,1时，f(x)与g(x)的图象有一个交点，符合题意(2)当m1时，01，如图，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1m(m1)2，解得m3或m0(舍去)综上所述，m(0,13，)故选B.二、填空题11【答案】4【解析】(13x)n的展开式的通项为Tr1C(3x)r.令r2，得T39Cx2.由题意得9C54，解得n4.12【答案】【解析】由题意知|e1|e2|1，e1e20，|e1e2|2.同理|e1e2|.所以cos 60，解得.13【答案】2【解析】该几何体由一个长、宽、高分别为2
13、,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，V21121212.14【答案】yx【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得a2y22pb2ya2b20，y1y2.又|AF|BF|4|OF|，y1y24，即y1y2p，p，即，双曲线的渐近线方程为yx.15【答案】【解析】设g(x)exf(x)对于，g(x)ex2x(xR)，g(x)ex2xex2xln 2(1ln 2)ex2x0，函数g(x)在R上单调递增，故中f(x)具有M性质；对于，g(x)ex3x(xR)，g(x)ex3xex3xln 3(1ln 3)ex3x0，函数g(x)在R上单调递减，故中f(x)不具有M
14、性质；对于，g(x)exx3(xR)，g(x)exx3ex3x2(x3)exx2，当x3时，g(x)0，g(x)单调递减，故中f(x)不具有M性质；对于，g(x)ex(x22)(xR)，g(x)ex(x22)ex2x(x22x2)ex(x1)21ex0，函数g(x)在R上单调递增，故中f(x)具有M性质综上，具有M性质的函数的序号为.三、解答题16解(1)因为f(x)sinsin，所以f(x)sin xcos xcos xsin xcos xsin.由题设知f0，所以k，kZ，故6k2，kZ.又03，所以2.(2)由(1)得f(x)sin，所以g(x)sinsin.因为x，所以x，当x，即x时
15、，g(x)取得最小值.17解(1)因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，所以CBP30.(2)方法一取的中点H，连接EH，GH，CH.因为EBC120，所以四边形BEHC为菱形，所以AEGEACGC.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EMAG，CMAG，所以EMC为所求二面角的平面角又AM1，所以EMCM2.在BEC中，由于EBC120，由余弦定理得EC22222222cos 12012，所以EC2，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60.方法二在平面EBC内，作EBBP交于点P.以B为坐标原点，分
16、别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3)，C(1，0)，故(2,0，3)，(1，0)，(2,0,3)，设m(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量由可得取z12，可得平面AEG的一个法向量m(3，2)设n(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量由可得取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3，2)所以cosm，n.因此所求的角为60.18解(1)记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的事件为M，则P(M).(2)由题意知X可取的值为0,1,2,3,4，则P(X0)，P(X1)，P(X2)
17、，P(X3)，P(X4).因此X的分布列为X01234P所以X的数学期望EX0P(X0)1P(X1)2P(X2)3P(X3)4P(X4)012342.19解(1)设数列xn的公比为q.由题意得所以3q25q20，由已知得q0，所以q2，x11.因此数列xn的通项公式为xn2n1.(2)过P1，P2，Pn1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，Qn1.由(1)得xn1xn2n2n12n1，记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn，由题意得bn2n1(2n1)2n2，所以Tnb1b2bn321520721(2n1)2n3(2n1)2n2.又2Tn320521722(2n1)2n2(2n1)2n1，得T
18、n321(2222n1)(2n1)2n1(2n1)2n1.所以Tn.20解(1)由题意知f()22.又f(x)2x2sin x，所以f()2.所以曲线yf(x)在点(，f()处的切线方程为y(22)2(x)即y2x22.(2)由题意得h(x)ex(cos xsin x2x2)a(x22cos x)，因为h(x)ex(cos xsin x2x2)ex(sin xcos x2)a(2x2sin x)2ex(xsin x)2a(xsin x)2(exa)(xsin x)令m(x)xsin x，则m(x)1cos x0，所以m(x)在R上单调递增因为m(0)0，所以当x0时，m(x)0；当x0时，m(
19、x)0.当a0时，exa0，当x0时，h(x)0，h(x)单调递减；当x0时，h(x)0，h(x)单调递增，所以当x0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)2a1.当a0时，h(x)2(exeln a)(xsin x)，由h(x)0，得x1ln a，x20.(i)当0a1时，ln a0，当x(，ln a)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递增；当x(ln a,0)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递减；当x(0，)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递增所以当xln a时，h(x)取到极大值，极大值为h(ln a)a(ln a)22ln asin(ln a)
20、cos(ln a)2当x0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)2a1；(ii)当a1时，ln a0，所以当x(，)时，h(x)0，函数h(x)在(，)上单调递增，无极值；(iii)当a1时，ln a0，所以当x(，0)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递增；当x(0，ln a)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递减；当x(ln a，)时，exeln a0，h(x)0，h(x)单调递增所以当x0时，h(x)取到极大值，极大值是h(0)2a1；当xln a时，h(x)取到极小值，极小值是h(ln a)a(ln a)22ln asin(ln a)cos(ln a)2综上所
21、述，当a0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)2a1；当0a1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，也有极小值，极大值是h(ln a)a(ln a)22ln asin(ln a)cos(ln a)2，极小值是h(0)2a1；当a1时，函数h(x)在(，)上单调递增，无极值；当a1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)2a1，极小值是h(ln a)a(ln a)22ln asin(ln a)cos(ln a)221解(1)由题意知e，2c2，所以c1，所以a，b1，所以椭圆E的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程得(4k2)x24k1x10.由题意知0，且x1x2，x1x2，所以|AB|x1x2| .由题意可知，圆M的半径r为r|AB|，由题设知k1k2，所以k2，因此直线OC的方程为yx.联立方程得x2，y2，因此|OC|.由题意可知，sin.而，令t12k，则t1，(0,1)，因此1，当且仅当，即t2时等号成立，此时k1，所以sin ，因此，所以SOT的最大值为.综上所述，SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1.
