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1、比知识你海纳百川，比能力你无人能及，比心理你处变不惊，比信心你自信满满，比体力你精力充沛，综上所述，高考这场比赛你想不赢都难，祝高考好运，考试顺利。 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 1A 2B 3B 4 C 5 D 6 C 7B 8D 9D 10 A 11D 12A 二、填空题 132 314515 2 3 3 164 15 三、解答题 17解： （1）由题设得 2 1 sin 23sin a acB A ，即 1 sin 23sin a cB A . 由正弦定理得 1sin sinsin 23sin A CB A . 故 2 sinsi
2、n 3 BC. （2）由题设及（ 1）得 1 coscossinsin 2 BCBC，即 1 cos() 2 BC. 所以 2 3 BC ，故 3 A . 由题设得 2 1 sin 23sin a bcA A ，即8bc. 由余弦定理得 22 9bcbc，即 2 ()39bcbc，得33bc. 故ABC的周长为333. 18解： （1）由已知90BAPCDP，得ABAP，CDPD. 由于/AB CD，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A BP F， 可得PF平面ABCD
3、. 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 F xyz . 由（ 1）及已知可得 2 (,0,0) 2 A， 2 (0,0,) 2 P， 2 (,1,0) 2 B， 2 (,1,0) 2 C. 所以 22 (,1,) 22 PC，(2,0,0)CB， 22 (,0,) 22 PA，(0,1,0)AB. 设( , )x y zn是平面PCB的法向量，则 0, 0, n n PC CB 即 22 0, 22 20. xyz x 可取(0,1,2)n. 设( , )x y zm是平面PAB的法向量，则 0, 0, m m PA AB 即 2
4、2 0, 22 0. xz y 可取(1,0,1)m. 则 3 cos, |3 n m n m nm . 所以二面角APBC的余弦值为 3 3 . 19解： （1）抽取的一个零件的尺寸在(3 ,3 )之内的概率为0.997 4，从而零 件的尺寸在(3 ,3 )之外的概率为0.002 6，故(16, 0.002 6)XB. 因此 16 (1)1(0)1 0.997 40.0408P XP X. X的数学期望为160.002 60.0416EX. （2）（）如果生产状态正常，一个零件尺寸在(3 ,3 )之外的概率 只有0.002 6，一天内抽取的 16 个零件中，出现尺寸在(3 ,3 )之外的零件
5、 的概率只有0.040 8，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 . （） 由9.97x，0.212s， 得的估计值为?9.97， 的估计值为?0.212， 由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在 ? ?(3 ,3 )之外，因此需对当天的生 产过程进行检查 . 剔除 ? ?(3 ,3 )之外的数据9.22，剩下数据的平均数为 1 (169.979.22)10.02 15 ， 因此的估计值为10.02. 16 222 1 160.212169.971591.134
6、i i x, 剔除 ? ?(3 ,3 )之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为 221 (1591.1349.2215 10.02 )0.008 15 ， 因此的估计值为0.0080.09. 20解： （1）由于 3 P， 4 P两点关于y轴对称，故由题设知C 经过 3 P， 4 P两点. 又由 2222 1113 4abab 知，C 不经过点 1 P，所以点 2 P在 C 上. 因此 2 22 1 1 13 1 4 b ab ， ， 解得 2 2 4 1. a b ， 故C的方程为 2 2 1 4 x y. （2）设直线 2 P A与直线 2 P B的斜率分别为 1 k， 2 k. 如果l
7、与 x 轴垂直，设lxt：，由题设知0t，且| | 2t，可得A，B的坐标 分别为 2 4 ( ,) 2 t t， 2 4 ( ,) 2 t t. 则 22 12 4242 1 22 tt kk tt ，得2t，不符合题设 . 从而可设(1)lykxm m：. 将ykxm代入 2 2 1 4 x y得 222 (41)8440kxkmxm. 由题设可知 22 16(41)0km. 设 11 (,)A xy， 22 (,)B xy，则 12 2 8 41 km xx k ， 2 12 2 44 41 m x x k . 而 12 12 12 11yy kk xx 12 12 11kxmkxm x
8、x 1212 12 2(1)()kx xmxx x x 由题设知 12 1kk，故 1212 (21)(1)()0kx xmxx. 即 2 22 448 (21)(1)0 4141 mkm km kk . 解得 1 2 m k. 当且仅当1m时，0，于是 1 2 m lyxm：，即 1 1(2) 2 m yx， 所以 l 过定点(2,1) 21解： （1）( )f x的定义域为(,)， 2 ( )2 e(2)e1 xx fxaa( e1)(2e1) xx a. （）若0a，则( )0fx，所以( )f x在(,)单调递减 （）若0a，则由( )0fx得lnxa. 当(,ln)xa时，( )0f
9、x；当(ln,)xa时，( )0fx所以( )f x在 (,ln)a单调递减，在(ln,)a单调递增 （2）（）若0a, 由（1）知，( )f x至多有一个零点 . （）若0a，由（ 1）知，当lnxa时，( )fx取得最小值，最小值为 1 (ln)1lnfaa a . 当1a时，由于(ln)0fa，故( )f x只有一个零点； 当(1,)a时，由于 1 1ln0a a ，即(ln )0fa，故( )fx没有零点； 当(0,1)a时， 1 1ln0a a ，即(ln)0fa. 又 422 ( 2)e(2)e22e20faa，故( )f x在(,ln)a有一个零点 . 设正整数 0 n满足 0
10、3 ln(1)n a ， 则 0000 0000 ( ) e(e2 )e20 nnnn fnaannn. 由于 3 ln(1)ln a a ，因此( )f x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 2 2 1 9 x y. 当1a时，直线l的普通方程为430xy. 由 2 2 430, 1 9 xy x y 解得 3, 0 x y 或 21, 25 24. 25 x y 从而C与l的交点坐标为(3,0)， 21 24 (,) 25 25 . （2）直线l的普通方程为440xya，故C上的点(3cos, sin)到l的距离 为 |3co
11、s4sin4| 17 a d. 当4a时，d的最大值为 9 17 a . 由题设得 9 17 17 a ，所以8a； 当4a时，d的最大值为 1 17 a . 由题设得 1 17 17 a ，所以16a. 综上，8a或16a. 23解： （1）当1a时，不等式( )( )f xg x等价于 2 |1|1|40xxxx. 当1x时，式化为 2 340xx，无解； 当11x时，式化为 2 20xx，从而11x； 当1x时，式化为 2 40xx，从而 117 1 2 x. 所以( )( )f xg x的解集为 117 | 1 2 xx. （2）当1,1x时，( )2g x. 所以( )( )f xg x的解集包含 1,1，等价于当 1,1x时( )2f x . 又( )f x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.