2024年3月21日发(作者：济南初一数学试卷下册)
word格式-可编辑-感谢下载支持
2017年普通高等学校招生全国统一考试(全国I卷)理科数学
一、选择题：(本题共12小题，每小题5分，共60分)
1、已知集合A={x|x<1}，B={x|3
x
<1}，则( )
A．A∩B={x|x<0} B．A∪B=R C．A∪B={x|x>1} D．A∩B=∅
解析：A={x|x<1}，B={x|3
x
<1}={x|x<0}，∴A∩B={x|x<0}，A∪B={x|x<1}，选A．
2、如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分位于
正方形的中心成中心对称，在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
1π1π
A．
4
B．
8
C．
2
D．
4
解析：设正方形边长为2，则圆半径为1，则正方形的面积为2×2=4，圆的面积为π×1
2
=π，图中黑色部
π
2
ππ
分的概率为
2
．则此点取自黑色部分的概率为
4
=
8
．故选B．
3、设有下面四个命题，其中正确的是( )
1
p
1
：若复数z满足
z
∈R，则z∈R；
p
2
：若复数z满足z
2
∈R，则z∈R；
p
3
：若复数z
1
，z
2
满足z
1
z
2
∈R，则z
1
=z
2
；
p
4
：若复数z∈R，则z∈R．
A．p
1
，p
3
B．p
1
，p
4
C．p
2
，p
3
D．p
2
，p
4
11a–bi
解析：p
1
:设z=a+bi，则
z
=
a+bi
=
a
2
+b
2
∈R，得到b=0，所以z∈R．故p
1
正确；
p
2
:若z
2
=–1，满足z
2
∈R，而z=i，不满足z
2
∈R，故p
2
不正确；
p
3
:若z
1
=1，z
2
=2，则z
1
z
2
=2，满足z
1
z
2
=R，而它们实部不相等，不是共轭复数，故p
3
不正确；
p
4
:实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故p
4
正确；故选B．
4、记S
n
为等差数列{a
n
}的前n项和，若a
4
+a
5
=24，S
6
=48，则{a
n
}的公差为( )
A．1 B．2 C．4 D．8
6×5
2a
1
+7d=24①
解析：a
4
+a
5
=a
1
+3d+a
1
+4d=24，S
6
=6a
1
+
2
d=48，联立求得
6a+15d=48②
1
①×3–②得(21–15)d=24，∴6d=24，∴d=4，∴选C．
当然，我们在算的时候引用中间项更快更简单：a
4
+a
5
=24→a
4.5
=12，S
6
=48→a
3.5
=8，∴d=4．
5、函数f(x)在(–∞,+∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)=–1，则满足–1≤f(x–2)≤1的x的取值范围是( )
A．[–2,2] B．[–1,1] C．[0,4] D．[1,3]
解析：因为f(x)为奇函数，所以f(–1)=–f(1)=1，于是–1≤f(x–2)≤1等价于f(1)≤f(x–2)≤f(–1)．
又f(x)在(–∞,+∞)单调递减，∴–1≤x–2≤1，∴1≤x≤3．故选D．
1
6、(1+
x
2
)(1+x)
6
展开式中x
2
的系数为( )
A．15 B．20 C．30 D．35
word格式-可编辑-感谢下载支持
11
2
6×5
解析：(1+
x
2
)(1+x)
6
=1·(1+x)
6
+
x
2
·(1+x)
6
．对(1+x)
6
的x
2
项系数为C
6
=
2
=15，
1
2
对
x
2
·(1+x)
6
的x
2
项系数为C
4
6
=15，∴x的系数为15+15=30．故选C．
7、某多面体的三视图如图，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为
2，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有若干是梯形，这些梯形的面积之和为( )
A．10 B．12 C．14 D．16
解析：由三视图可画出立体图
该立体图平面内只有两个相同的梯形的面，∴S
梯
=(2+4)×2÷2=6，S
全
=6×2=12．故选B．
8、右面程序框图是为了求出满足3
n
–2
n
>1000的最小偶数n，那么在
以分别填入( )
和两个空白框中，可
A．A>1000和n=n+1
B．A>1000和n=n+2 C．A≤1000和n=n+1 D．A≤1000和n=n+2
解析：因为要求A大于1000时输出，且框图中在“否”时输出，∴“”中不能输入A>1000，排除
A、B．
又要求n为偶数，且n初始值为0，“”中n依次加2可保证其为偶，故选D．
2π
9、已知曲线C
1
：y=cosx，C
2
：y=sin(2x+
3
)，则下面结论正确的是( )
π
A．把C
1
上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移
6
个单位长度，
得到曲线C
2
word格式-可编辑-感谢下载支持
π
B．把C
1
上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移
12
个单位长
度，得到曲线C
2
1π
C．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的
2
倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移
6
个单位长度，
得到曲线C
2
π
D．把C
1
上各点的横坐标缩短到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移
12
个单位长
度，得到曲线C
2
2π
解析：C
1
：y=cosx，C
2
：y=sin(2x+
3
)，首先曲线C
1
、C
2
统一为一三角函数名，可将C
1
：y=cosx用诱导公
πππ
式处理．y=cosx=cos(x+
2
–
2
)=sin(x+
2
)．横坐标变换需将ω=1变成ω=2，
π
C
1
上各点横坐标缩短为它原来的一半
ππ2ππ
即y=sin(x+
2
)→y=sin(2x+
2
)=sin2(x+
4
)→y=sin(2x+
3
)=sin2(x+
3
)．
ππ
注意ω的系数，在右平移需将ω=2提到括号外面，这时x+
4
平移至x+
3
，
ππππ
根据“左加右减”原则，“x+
4
”到“x+
3
”需加上
12
，即再向左平移
12
．
10、已知F为抛物线C：y
2
=4x的交点，过F作两条互相垂直l
1
，l
2
，直线l
1
与C交于A、B两点，直线l
2
与C交于D，E两点，|AB|+|DE|的最小值为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
|AF|·cosθ+|GF|=|AK
1
|(几何关系)
|AK
1
|=|AF|
解析：设AB倾斜角为θ．作AK
1
垂直准线，AK
2
垂直x轴，易知．
PP
|GP|=
2
–(–
2
)=P
∴|AF|·cosθ+P=|AF|．
PP2P2P
同理|AF|=
1–cosθ
，|BF|=
1+cosθ
，∴|AB|=
1–cos
2
θ
=
sin
2
θ
．
π2P2P
2
又DE与AB垂直，即DE的倾斜角为
2
+θ，|DE|==
2
θ
，而y=4x，即P=2．
πcos
sin
2
(
2
+θ)
11sin
2
θ+cos
2
θ416π
∴x|AB|+|DE|=2P(
sin
2
θ
+
cos
2
θ
)=4
sin
2
θcos
2
θ
=
sin
2
θcos
2
θ
=
sin
2
θ
≥16，当θ=
4
取等号，即|AB|+|DE|最小值为
16，故选A．
11、设x，y，z为正数，且2
x
=3
y
=5
z
，则( )
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
xln33xln55
解析：取对数：xln2=yln3=zln5，
y
=
ln2
>
2
，∴2x>3y．又∵xln2=zln5，则
z
=
ln2
<
2
．∴2x<5z，∴3y<2x<5z，
故选D．
12、几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件，为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了
“解数学题获取软件激活码”的活动，这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，
word格式-可编辑-感谢下载支持
2，4，1，2，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是2
0
，接下来的两项是2
0
，2
1
，在接下来的三项式
2
6
，2
1
，2
2
，依次类推，求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那
么该款软件的激活码是( )
A．440 B．330 C．220 D．110
解析：设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．
n(1+n)
设第n组的项数为n，则n组的项数和为
2
，
n(1+n)1–2
n
n+
由题，N>100，令
2
>100→n≥14且n∈N，即N出现在第13组之后．第n组的和为
1–2
=2–1．
2(1–2
n
)
n组总共的和为
1–2
–n=2
n
–2–n．
n(1+n)
若要使前N项和为2的整数幂，则N–
2
项的和2
k
–1应与–2–n互为相反数，即2
k
–1=2+n(k∈N+，
n≥14)．
29×(1+29)
∴k=log
2
(n+3)．∴n=29，k=5．∴N=+5=440，故选A．
2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
1、已知向量a，b的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则|a+2b|=________．
1
解析：|a+2b|
2
=(a+2b)
2
=|a|
2
+2·|a||2b|·cos60°+(2|b|)
2
=2
2
+2×2×2×
2
+2
2
=4+4+4=12，∴|a+2b|=12=23．
x+2y≤1
2、设x，y满足约束条件
2x+y≥–1
，则z=3x–2y的最小值为_______．
x–y≤0
x+2y≤1
解析：不等式组
2x+y≥–1
表示的平面区域如图．
x–y≤0
y
A
C
B
1
x
x+2y-1=0
2x+y+1=0
3z
由z=3x–2y得y=
2
x–
2
，
3z
求z的最小值，即求直线y=
2
x–
2
的纵截距的最大值
3z
当直线y=
2
x–
2
过图中点A时，纵截距最大
2x+y=–1
由
x+2y=1
解得A点坐标为(–1,1)，此时z=3×(–1)–2×1=–5．
x
2
y
2
3、已知双曲线C：
a
2
–
b
2
=1，(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C
的一条渐近线交于M，N两点，若∠MAN=60°，则C的离心率为_______．
解析：如图，|OA|=a，|AN|=|AM|=b．
33
∵∠MAN=60°，∴|AP|=
2
b，|OP|=|OA|
2
–|PA|
2
=a
2
–
4
b
2
，
word格式-可编辑-感谢下载支持
|AP|
∴tanθ=
|OP|
=
b
，又∵tanθ=
a
，∴
3
a
2
–
4
b
2
3
2
b
b
=
a
，解得a
2
=3b
2
，∴e=
3
a
2
–
4
b
2
3
2
b
b
2
1+
a
2
=
123
1+
3
=
3
．
4、如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D、E、F为元
O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是一BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以
BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变
化时，所得三棱锥体积(单位：cm
3
)的最大值为_______．
3
解析：由题，连接OD，交BC与点G，由题，OD⊥BC，OG=
6
BC，即OG的长度与BC的长度或成正
比．
设OG=x，则BC=23x，DG=5–x．∴三棱锥的高h=DG
2
–OG
2
=25–10x+x
2
–x
2
=25–10x．
11
2
，∴V=S
2
·25–10x=3·25x
4
–10x
3
， 又∵S
△ABC
=23·3x·
=33x
h=3x
△ABC
·
23
5
令f(x)=25x
4
–10x
3
，x∈(0,
2
)，f\'(x)=100x
3
–50x
4
．
令f\'(x)>0，即x
4
–2x
3
<0，x<2．∴f(x)≤f(2)=80，∴V≤3×80=45，
∴
体积最大值为415cm
3
．
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17–21题为必考题，每个试题
考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
a
2
1、△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为
3sinA
．
(1)求sinBsinC；
(2)若6cosBcosC=1，a=3，求△ABC的周长．
解析：本题主要考查三角函数及其变换，正弦定理，余弦定理等基础知识的综合应用.
a
2
1a
2
13
(1)∵△ABC面积S=
3sinA
且S=
2
bcsinA，∴
3sinA
=
2
bcsinA．∴a
2
=
2
bcsinA．
更多推荐
正方形,解析,已知,满足,曲线
发布评论