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1、理科数学 2017 年高三 2017 年全国丙卷理科数学理科数学考试时间： _分钟题型单选题填空题简答题总分得分单选题 （本大题共12 小题，每小题 _分，共 _分。）1已知集合A=， B=，则AB 中元素的个数为()A. 3B. 2C. 1D. 02设复数z 满足 (1+i) z=2i ，则 z=()A.B.C.D. 23某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014 年 1 月至2016 年 12 月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图根据该折线图，下列结论错误的是()A. 月接待游客量逐月增加B. 年接待游客量逐年增加C. 各年的月接待游客量高
2、峰期大致在7,8 月D. 各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对于7 月至 12 月，波动性更小，变化比较平稳4的展开式中的系数为 ()A.B.C. 40D. 805已知双曲线 ：(a0,b 0) 的一条渐近线方程为, 且与椭圆C有公共焦点，则C的方程为 ()A.B.C.D.6设函数，则下列结论错误的是()A. 的一个周期为B.的图像关于直线对称C.的一个零点为D. 在( , ) 单调递减7执行下面的程序框图，为使输出S的值小于 91，则输入的正整数N的最小值为()A. 5B. 4C. 3D. 28已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A.B
3、.C.D.9等差数列的首项为1，公差不为0若 a2 ， a3 ，a6 成等比数列，则前 6 项的和为()A.B.C. 3D. 810已知椭圆 C：的左、右顶点分别为A1， A2，且以线段 A1A2 为直径的圆与直线相切，则 C的离心率为 ()A.B.C.D.11已知函数有唯一零点，则a=()A.B.C.D. 112在矩形中，=1，=2，动点P在以点C为圆心且与相切的圆上 . 若ABCDABADBD，则的最大值为 ()A. 3B. 2C.D. 2填空题 （本大题共4 小题，每小题 _分，共 _分。）13若，满足约束条件，则的最小值为 _.14设等比数列满足 a1 +a2 = 1,a1 a3 =
4、3，则 a4 = _.15设函数，则满足的 x 的取值范围是_.16 ，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，aABCACab 都垂直，斜边AB以直线 AC为旋转轴旋转，有下列结论：当直线与a成 60°角时，AB与b成 30°角；AB当直线 AB与 a 成 60°角时， AB与 b 成 60°角；直线 AB与 a 所成角的最小值为45°；直线 AB与 a 所成角的最大值为60°.其中正确的是 _. （填写所有正确结论的编号）简答题（综合题）（本大题共7 小题，每小题 _分，共 _分。）17（ 12 分）的内角
5、 A， B， C的对边分别为a， b， c. 已知， a=2, b=2.（ 1）求 c；（ 2）设 D为 BC边上一点，且 AD AC,求 ABD的面积 .18（ 12 分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4 元，售价每瓶6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2 元的价格当天全部处理完. 根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关. 如果最高气温不低于25，需求量为500 瓶；如果最高气温位于区间 20 ， 25），需求量为300 瓶；如果最高气温低于20，需求量为200 瓶为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
6、以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.（ 1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的分布列；（ 2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y（单位：元） . 当六月份这种酸奶一天的进货量 n（单位：瓶）为多少时， Y的数学期望达到最大值？19（ 12 分）如图，四面体ABCD中， ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABD=CBD， AB=BD（ 1）证明：平面 ACD平面 ABC；（ 2）过 AC的平面交 BD于点 E，若平面 AEC把四面体 ABCD分成体积相等的两部分，求二面角 D AE C的余弦值 .20（ 12 分）已知抛物线C： y2=2x，过点（ 2,0 ）
7、的直线 l 交 C于 A, B 两点，圆 M是以线段 AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆 M上；（2）设圆过点，求直线l与圆的方程 .MM21（ 12 分）已知函数.（1）若，求 a 的值；（2）设 m为整数，且对于任意正整数n，求 m的最小值 .22选考题：共 10 分。请考生在第 22、 23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 选修 44：坐标系与参数方程 （ 10 分）在直角坐标系xOy 中，直线 l 1 的参数方程为（t 为参数），直线l 2 的参数方程为. 设 l 1 与 l 2 的交点为P，当 k 变化时， P 的轨迹为曲线C.（ 1）写出 C的普通方程；
8、（ 2）以坐标原点为极点， x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设，M为 l 3 与 C的交点，求M的极径 .23选考题：共 10 分。请考生在第 22、 23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 选修 45：不等式选讲 （ 10 分）已知函数 f （ x） =x+1 x 2 .（1）求不等式f （ x） 1 的解集；（2）若不等式的解集非空，求m的取值范围 .答案单选题1.B2.C3.A4.C5.B6.D7.D8.B9.A10.A11.C12. A填空题13.14.15.16. .简答题17.(1)(2)18.(1)分布列略； (2) n=300时， Y 的数学期望达到最大值，最
9、大值为520 元.19.(1)证明略； (2).20.(1) 证明略； (2) 见解析21.(1) a=1；(2) 322.（1）；（ 2）23.（1）；（ 2）解析单选题1.由题意可得：圆与直线相交于两点，则中有2个元素.故选 B. 2.由题意可得，由复数求模的法则可得，则. 故选C.3.由折线图，每年7 月到 8 月折线图呈下降趋势，月接待游客量减少，选项A 说法错误 . 故选A.4.由展开式的通项公式可得：当时，展开式的系数为，当时，展开式的系数为，则的系数为80 40 40，故选 C.5.双曲线 C：(a 0,b 0) 的渐近线方程为，椭圆中：，椭圆，双曲线的焦点为，据此可得双曲线中的
10、方程组：，解得：，则双曲线的方程为.6.当时，函数在该区间内不单调. 故选 D.7.阅读程序框图，程序运行如下：首先初始化数值：，然后进入循环体：此时应满足，执行循环语句：；此时应满足，执行循环语句：；此时满足，可以跳出循环，则输入的正整数N的最小值为2.故选 D.8.绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选 B.9.设等差数列的公差为，且，又，所以，故选 A.10.以线段为直径的圆是，直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，整理为，即，即，故选 A.11.函数的零点满足，设，则，当时，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，当时，函
11、数取得最小值，设，当时，函数取得最小值，若，函数与函数没有交点，当，时，此时函数与函数有一个交点，即，解得，故选 C.12.如图，建立平面直角坐标系.设,易得圆的半径，即圆 C的方程是，若满足，则，所以，设，即，点在圆上，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以的最大值是3，即的最大值是3，故选 A.填空题13.作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示.目标函数即，易知直线在轴上的截距最大时，目标函数取得最小值，数形结合可得目标函数在点处取得最小值，为.14.由题意可得：，解得：，则15.由题意：，函数在区间三段区间内均单调递增，且，可知 x 的取值范围是：.16.由题意， AB是以 AC为轴
12、， BC为底面半径的圆锥的母线，由，即 AC垂直底面，在底面内可以过点B，作，交底面圆C 于 D，如图，连结DE，则，所以，连接 AD，等腰 ABD中，当直线 AB与 a 成 60o时， ABD60o，故，又在 Rt BDE中， BE 2，过点 B 作 BF/DE ，交圆 C于点 F，连接 AF，由圆的对称性可知BF DE，所以 ABF为等边三角形，ABF 60o，即正确，错误，由最小角定理可知正确，很明显，可以满足平面ABC直线 a，直线 AB与 a 成的最大角为90o，错误简答题17.（1）由已知得，所以.在 ABC中，由余弦定理得，即.解得：( 舍去)，.（2）有题设可得故 ABD面积与
13、 ACD面积的比值为又 ABC的面积为18.（1）由题意知，所有可能取值为200,300,500 ，由表格数据知，.因此的分布列为（2）由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑.当时，若最高气温不低于25，则；若最高气温位于区间，则；若最高气温低于20，则；因此.当时，若最高气温不低于20，则；若最高气温低于20，则；因此.所以 n=300 时， Y 的数学期望达到最大值，最大值为520 元.19.（1）由题设可得，从而.又是直角三角形，所以.取 AC的中点 O，连接 DO, BO, 则 DO AC, DO=AO.又由于是正三角形，故.所以为二面角的平面角 .在中
14、，.又，所以，故.所以平面 ACD平面 ABC.（2）由题设及（1）知，两两垂直，以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系. 则.由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而 E 到平面 ABC的距离为 D到平面的距离的，即E为的中点，得.ABCDB故.设是平面 DAE的法向量，则即可取.设是平面 AEC的法向量，则同理可取.则.所以二面角D- AE- C的余弦值为.20.（1）设由可得又=4因此 OA的斜率与 OB的斜率之积为所以 OA OB，故坐标原点 O在圆 M上 .（2）由（ 1）可得.故圆心的坐标为，圆的半径.由于圆过点，因此，故，即，由
15、（ 1）可得.所以，解得或.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.21.（1）的定义域为.若，因为，所以不满足题意；若，由知，当时，；当时，所以在单调递减，在单调递增，故x=a 是在的唯一最小值点.由于，所以当且仅当a=1 时，. 故 a=1.（2）由（ 1）知当时，.令得.从而.故.而，所以的最小值为.22.（1）消去参数得的普通方程；消去参数得l2的普通方程m.设, 由题设得，消去 k 得.所以 C的普通方程为.（2） C的极坐标方程为.联立得.故，从而.代入得，所以交点M的极径为.23.（ 1）当当时，时，由无解；得，解得当时，由解得.所以的解集为.（2）由得，而且当时，.故 m的取值范围为