2017山东高考理科数学试卷含答案.docx

1、20172017 山东理山东理 【试卷点评】【试卷点评】 【命题特点】 2017 年山东高考数学试卷，文理科试卷结构总体保持了传统的命题风格，以能力立意，注重 考查考生的基础知识、基本技能和基本数学素养，符合考试说明的各项要求，贴近中学教学实际， 是一份知识与能力完美融合、传统与创新和谐统一的优秀试卷与 2016 年相比，文理科相同题目 减少为 3 个，注重姊妹题的设计试题的顺序编排，基本遵循由易到难，符合学生由易到难的答题 习惯，理科 20 题两层分类讨论，其难度估计比 21 题要大从命题内容来看，既突出热点内容的年 年考查，又注意了非热点内容的考查，对教学工作有较好的导向性纵观近四年的高考

2、命题，基本 围绕“基础考点”命题同以往相比，今年对直线与圆没有独立的考题，文理均在压轴题的圆锥曲 线问题中有所涉及直线与圆的位置关系， 对基本不等式有独立考查， 与往年突出考查等差数列不同， 今年对此考查有所淡化 2017 年山东数学试卷“以稳为主”、“稳中有新”，试卷结构平稳，无偏怪题，个人感觉难 度控制较为理想，特别是在体现文理差别方面，更为符合中学实际 1体现新课标理念，保持稳定，适度创新试卷紧扣山东高考考试说明 ，重点内容重点考 查，试题注重考查高中数学的基础知识，并以重点知识为主线组织全卷，在知识网络交汇处设计试 题内容，且有适度难度而对新增内容则重点考查基本概念、基础知识，难度不大

3、文科第 10 题 考查函数性质的创新题， 以函数为增函数定义函数的新性质， 选择支以考生熟悉的初等函数为素材， 为考生搭建问题平台， 展示研究函数性质的基本方法； 理科第 14 题与文科第 15 题相同， 将双曲线、 抛物线内容综合考查，理科第 19 题将数列与解析几何相结合，体现创新 2关注通性通法试卷淡化了特殊的技巧，全面考查通性通法，体现了以知识为载体，以方 法为依托，以能力考查为目的的命题要求数学思想方法是数学的灵魂，是对数学知识最高层次的 概括与提炼，也是试卷考查的核心通过命题精心设计，较好地考查了数形结合的思想、函数与方 程的思想、转化与化归的数学思想利用函数导数讨论函数的单调性、

4、极值的过程，将分类与整合 的思想挖掘得淋漓尽致 3体现数学应用，关注社会生活文理科均通过概率统计问题考查考生应用数学的能力，以 学生都熟悉的内容为背景，体现试卷设计问题背景的公平性，对推动数学教学中关注身边的数学起 到良好的导向 【命题趋势】 2018 年起，山东将不再自主命题，综合全国卷特点，结合山东教学实际，预测教学、复习备 考时应注意一下几个方面 1函数与导数知识：以导数知识为背景的函数问题，多于单调性相关；对具体函数的基本性 质(奇偶性、周期性、函数图像、函数与方程)、分段函数及抽象函数考查依然是重点导数的几何 意义，利用导数研究函数的性质，命题变换空间较大，直接应用问题、定值问题、存

5、在性问题、求 参数问题等等，因此，其难度应会保持在中档以上 2三角函数与向量知识：三角函数将从三角函数的图像和性质、三角变换、解三角形等三个 方面进行考查，预计在未来考卷中，三方面内容依然会轮流出现在小题、大题中，大题综合化的趋 势不容忽视向量具有数与形的双重性，并具有较强的工具性，从近几年命题看，高考中向量试题 的命题趋向依然是，考查平面向量的基本概念和运算律；考查平面向量的坐标运算；考查平面向量 与几何、三角、代数等学科的综合性问题，其难度不会增大中/华资*源%库 3不等式知识：突出工具性，淡化独立性，突出解不等式及不等式的应用是不等式命题的重 要趋向之一不等式的性质与指数函数、对数函数、

6、三角函数、二次函数等结合起来，考查不等式 的性质、最值、函数的单调性等；证明不等式的试题，多与导数、数列、解析几何等知识为背景， 在知识网络的交汇处命题，综合性往往较强，能力要求较高；解不等式的试题，往往与集合、函数 图像等相结合 4数列知识：等差数列、等比数列的通项公式及求和公式，依然会是考查的重点由于数列 求和问题的求解策略较为模式化，因此，这方面的创新往往会在融入“和”与“通项”的关系方面，让 考生从此探究数列特征，确定应对方法少有可能会象浙江卷，将数列与不等式综合，作为压轴难 题出现 5立体几何知识：近几年的命题说明，通过垂直、平行位置关系的证明题，二面角等角的计 算问题，综合考查考生

7、的逻辑思维能力、推理论证能力以及计算能力，在这方面文科倾向于证明， 理科则倾向于证算并重，理科将更倾向于利用空间向量方法解题 6解析几何知识：预计小题中考查直线与圆、双曲线及抛物线的标准方程和几何性质为主旋律， 解答题考查椭圆及椭圆与直线的位置关系等综合性问题为主， 考查抛物线及抛物线与直线的位置关 系等综合性问题为辅，和导数一样，命题变换空间较大，面积问题、定点问题、定值问题、存在性 问题、求参数问题等等，因此，导数问题或圆锥曲线问题作为压轴题的地位难以变化 7概率与统计知识：概率统计知识较为繁杂，命题的难度伸缩性也较大，其中较多考查基础 知识、基本应用能力的内容应包括：古典概型、几何概型、

8、茎叶图、平均数、中位数、变量的相关 性、频率分布直方图(表)、正态分布、假设性检验、回归分析等，而对随机变量分布列、期望等的 考查，则易于增大难度，在分布列的确定过程中，应用二项分布、超几何分布等 一、选择题一、选择题 1设函数 y 4x2的定义域 A，函数 yln(1x)的定义域为 B，则 AB A(1，2) B(1，2 C(2，1) D2，1) 【解析】由 4x20 得，2x2，由 1x0 得，x1，故 ABx|2x1，故选 D 2已知 aR，i 是虚数单位，若 za 3i，zz 4，则 a( ) A1 或1 B 7或 7 C 3 D 3 【解析】zz 4，|z|24，即|z|2za 3i

9、，|z|a232，a 1故选 A 3已知命题 p：x0，ln(x1)0；命题 q：若 ab，则 aabb，下列命题为真命题的是 Apq Bpq Cpq Dpq 【解析】由 x0 时，x11，ln(x1)有意义，知 p 是真命题，由 21，2212；12，( 1)2(2)2可知 q 是假命题，即 p，q 均是真命题，故选 B 4已知 x，y 满足约束条件 xy30， 3xy50， x30， 则 zx2y 的最大值是( ) A0 B2 C5 D6 解析 (1)由已知得约束条件的可行域如图中阴影部分所示，故目标 函数 zx2y 经过点 C(3，4)时取最大值 zmax3245 5为了研究某班学生的脚

10、长 x(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y bx a 已知 10 i1xi225， 10 i1yi1 600，b 4该班某学生的脚长为 24， 据此估计其身高为( ) A160 B163 C166 D170 【解析】 由已知得 x22 5， y160， 因回归直线方程过样本点中心( x ， y )，且b 4，故 1604 225a，解得a70故回归直线方程为y 4x70，当 x24 时，y 166故选 C 6执行两次右图所示的程序框图，若第一次输入的 x 的值为 7，第

11、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 B1，1 C0，1 D1，0 【解析】第一次 x7，227，b3，327，a1；第二次 x9，229， b3，329，a0，故选 D 7若 ab0，且 ab1，则下列不等式成立的是 ( ) Aa1 b b 2alog2(ab) B b 2alog2(ab)a 1 b Ca1 blog2(ab) b 2a Dlog2(ab)a 1 b b 2a 【解析】因 ab0，且 ab1，故 a1，0b1，故 b 2a1，log2(ab)log22 ab1，2 a1 ba 1 bab，故 a1 blog2(ab)，故选 B

12、 【解】令 a2，b1 2，则 a 1 b4， b 2a 1 8，log2(ab)log2 5 2(1，2)，则 b 2alog2(ab)a 1 b 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 5 18 B4 9 C5 9 D7 9 【解】由题意得，所求概率 p5 4 2 9 8 5 9，故选 C 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(1 2cos C)2sin AcosCcosA sin C，则下列等式成立的是( ) Aa2b Bb2

13、a CA2B DB2A 【解析】 等式右边2sin AcosCcosAsinCsinAcosCsin(AC)sinAcosCsinB 等式左边2sin BcosCsinB，则 2sin BcosCsinBsinAcosCsinB，因角 C 为锐角三角形的内角，故 cos C 不为 0故 2sin BsinA，根据正弦定理，得 a2b 10已知当 x0，1时，函数 y(mx1)2的图像与 y xm 的图像有且只有一个交点，则 正实数 m 的取值范围是 ( ) A(0，12 3，) B(0，13，) Ziyuankucom C(0， 22 3，) D(0， 23，) 【解】y(mx1)2m2(x1

14、 m) 2，相当于 yx2向右平移1 m个单位，再将函数值放大 m 2倍得到的；y xm 相当于 y x向上平移 m 个单位 若 0m1，两函数的图像如图 1 所示，可知两函数在 x0，1上有且只有 1 个交点，符合题 意 若 m1，两函数的大致图像如图 2 所示为使两函数在 x0，1上有且只有 1 个交点，只需(m 1)21m，得 m3 或 m0(舍去) 综上，m(0，13，) 二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分分 11已知(13x)n的展开式中含有 x2项的系数是 54，则 n 【解析】由二项式定理的通项公式 Tr1Crn(3

15、x)rCrn 3r xr，令 r2 得：9 C2n54，解得 n4 12 已知 e1， e2是互相垂直的单位向量， 若 3e1e2与 e1e2的夹角为 60 ， 则实数 的值是 【解析】|e1|e2|1，e1 e20，| 3e1e2|3e212 3e1 e2e222同理|e1e2| 12故 cos 60 （ 3e1e2） （e1e2） | 3e1e2|e1e2| 3 31 12 1 2解之得 3 3 13由一个长方体和两个1 4圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为 【解析】该几何体的体积为 V1 41 2121 1 22 14在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x 2 a2 y

16、2 b2 1(a0，b0)的右支与焦点为 F 的抛物线 x2 2py(p0)交于 A，B 两点，若|AF|BF|4|OF|， 则该双曲线的渐近线方程为_ 【解析】设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程： x 2 a2 y2 b21， x22py， 消去 x 得 a2y22pb2ya2b20，由根与 系数的关系得 y1y22b 2 a2 p， 又|AF|BF|4|OF|， 故 y1p 2y2 p 24 p 2， 即 y1y2p， 故 2b2 a2 pp， 即b 2 a2 1 2 b a 2 2 故双曲线渐近线方程为 y 2 2 x 15若函数 exf(x)(e2718 28是自然对数的

17、底数)在 f(x)的定义域上单调递增，则称函数 f(x) 具有 M 性质下列函数中具有 M 性质的是 f(x)2 x f(x)3 x f(x)x3 f(x)x22 【解析】exf(x)ex2 x(e 2) x在 R 上单调递增，故 f(x)2x具有 M 性质；exf(x)ex3x (1 3e) x在 R 上单调递减，故 f(x)3x不具有 M 性质；exf(x)x3ex，令 g(x)x3ex，则 g(x)x2ex(x 2)，故当 x2 时，g(x)0，当 x2 时，g(x)0，故 exf(x)x3ex在(，2)上单调递减， 在(2，)上单调递增，故 f(x)x3不具有 M 性质；exf(x)e

18、x(x22)，令 g(x)ex(x22)，则 g(x)ex(x1)210，故 exf(x)ex(x22)在 R 上单调递增，故 f(x)x22 具有 M 性质 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 75 分。分。 16设函数 f(x)sin(x 6)sin(x 2)，其中 03，已知 f( 6)0 (1)求 ； (2)将函数 yf(x)的图像上各点的横坐标伸长为原来的 2 倍(纵坐标不变)， 再将得到的图像向左 平移 4个单位，得到函数 yg(x)的图像，求 g(x)在 4， 3 4 上的最小值 解 (1)因为 f(x)sin(x 6)sin(x 2)，故 f(x)

19、3 2 sin x1 2cosxcosx 3 2 sinx3 2cosx 3(1 2sin x 3 2 cosx) 3sin(x 3)由题设知，f( 6)0，故 6 3k，kZ，故 6k2， kZ又 03，故 2 (2)由(1)得 f(x) 3sin(2x 3)，故 g(x) 3sin(x 4 3) 3sin(x 12)因 x 4， 3 4 ，故 x 12 3， 2 3 ，当 x 12 3，即 x 4时，g(x)取得最小值 3 2 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 APB

20、E，求CBP 的大小； (2)当 AB3，AD2 时，求二面角 EAGC 的大小 解 (1)因为 APBE，ABBE，AB，AP平面 ABP，ABAPA，故 BE平面 ABP，又 BP平面 ABP，故 BEBP，又EBC120 ，因 此CBP30 (2)法一 如图 1，取的中点 H，连接 EH，GH，CH 图 1 因为EBC120，故四边形 BEHC 为菱形，故 AEGEACGC 3222 13取 AG 中点 M，连接 EM，CM，EC，则 EMAG，CMAG，故，EMC 为所求二面角的平面角又 AM1， 故 EMCM 1312 3在BEC 中，由于EBC120，由余弦定理得 EC222222

21、 22cos 12012，故 EC2 3，因此EMC 为等边三角形，故所求的角为 60 法二 以 B 为坐标原点，分别以 BE，BP，BA 所在的直线为 x，y，z 轴，建立如图 2 所示的空间直 角坐标系 图 2 由题意得，A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1， 3，3)，C(1， 3，0)，故AE (2，0，3)，AG (1， 3，0)，CG (2，0，3)，设 m(x1，y1，z1)是平面 AEG 的一个法向量由 m AE 0， m AG 0， 可得 2x13z10， x1 3y10. 取 z12，可得平面 AEG 的一个法向量 m(3， 3，2)设 n(x2，y2，z2)是平面

22、ACG 的一个法向量 由 n AG 0， n CG 0， 可得 x2 3y20， 2x23z20. 取 z22， 可得平面 ACG 的一个法向量 n (3， 3，2)故 cosm，n m n |m| |n| 1 2因此所求的角为 60 18(本小题满分 12 分)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

23、抽取 5 人接受甲种心理 暗示，另 5 人接受乙种心理暗示 (I)求接受甲种心理暗示的志愿者中包含 A1但不包含 1 B的频率。 (II)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 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) C48 C510 5 18 (2)由题意知 X 可取的值为：0，1，2，3，4，则 P(X0) C56 C510 1 42， P(X1)C 4 6C 1 4 C510 5 21， P(X2)C 3 6C 2 4 C510 10 21， P(X3)C 2 6C 3 4 C510 5 21， P(

24、X4)C 1 6C 4 4 C510 1 42 因此 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 1 42 5 21 10 21 5 21 1 42 X 的数学期望是 E(X)0 1 421 5 212 10 213 5 214 1 422 19(本小题满分 12 分)已知xn是各项均为正数的等比数列，且 x1x23，x3x22 (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 【解】(1)设数列xn的公比为

25、 q，由题意得 x1x1q3， x1q2x1q2.故 3q 2 5q20，由已知 q0，故 q2，x11因此数列xn的通项公 式为 xn2n 1 (2)过 P1，P2，Pn1向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，Qn1由(1)得 xn1xn2n2n 1 2n 1，记梯形 P nPn1Qn1Qn的面积为 bn，由题意 bn（nn1） 2 2n 1(2n1)2n2，故 T n b1b2bn32 1520721(2n1)2n3(2n1) 2n2又 2T n32 0 521722(2n1)2n 2(2n1)2n1得T n32 1(2222n1) (2n1)2n 13 2 2（12n 1） 12 (

26、2n1)2n 1故 T n（2n1）2 n1 2 20(本小题满分 13 分)已知函数 f(x)x22cos x，g(x)ex(2x2cos xsin x)，其中 e 271828是自然对数的底数 求曲线 yf(x)在点(，f()处的切线方程； 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 【解析】由题意得，f()22，又 f(x)2x2sin x，故 f ()2，故曲线 yf(x)在点(，f() 处的切线方程为 y(22)2(x)，即 y2x22 由题意得，h(x)ex(2x2cos xsin x)a(x22cos x)，因 h(x)2(ex

27、a)(xsin x)，令 m(x) xsin x，则 m(x)1cos x0，故 m(x)在 R 上单调递增因 m(0)0，故当 x0 时，m(x)0， 当 x0 时，m(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，故当 x0 时，h(x)取得极小值，极小值是 h(0)2a1； 当 a0 时，h(x)2(exelna)(xsin x)，令 h(x)0 得，x1ln a，x20， i当 0a1 时，ln a0，当 x(，ln a)时，exelna0，h(x)0，h(x)单调递增；当 x (ln a，0)时，exeln

28、a0，h(x)0，h(x)单调递减；x(0，)时，exelna0，h(x)0，h(x) 单调递增故当 xln a 时，h(x)取得极大值，极大值为 h(ln a)a2sin(ln a)cos(ln a)ln2a 2ln a，当 x0 时 h(x)取到极小值，极小值是 h(0)2a1； ii当 a1 时，ln a0，故当 x(，)时，h(x)0，函数 h(x)在(，)上单调递 增，无极值； III当 a1 时，ln a0，故当 x(，0)时，exelna0，h(x)0，h(x)单调递增；当 x(0， ln a)时，exelna0，h(x)0，h(x)单调递减；当 x(ln a，)时，exelna

29、0，h(x)0，h(x)单 调递增； 故当 x0 时 h(x)取得极大值， 极大值是 h(0)2a1； 当 xln a 时， h(x)取得极小值 极 小值是 h(ln a)a2sin(ln a)cos(ln a)ln2a2ln a 综上所述：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，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)a2sin(ln a) cos(ln a)ln2a2ln a，

30、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)a2sin(ln a)cos(ln a)ln2a2ln a 21 (本小题满分 14 分)在平面直角坐标系 xOy 中， 椭圆 E： x2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ， 焦距为 2 (1)求椭圆 E 的方程 ()如图，该直线 l：yk1x 3 2 交椭圆 E 于 A，B 两点，C 是椭圆上的一点，直线 OC

31、的斜 率为 k1，且看 k1k2 2 4 ，M 是线段 OC 延长线上的一点，且|MC|：|AB|2：3，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 【解析】由题意知 ec a 2 2 ，2c2，故 a 2，b1，因此椭圆 E 的方程为x 2 2y 21 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程 x2 2y 21， yk1x 3 2 ， 得(4k212)x24 3k1x10，由题意知 0，且 x1x22 3k1 2k211，x1x2 1 2（2k211），故 AB 1k 2 1|x1x2| 2 1k

32、2118k21 12k21 由题意 可知圆 M 的半径 r 为 r2 3AB 2 2 3 1k2118k21 2k211 ，由题设知 k1k2 2 4 ，故 k2 2 4k1，故直线 OC 的方程为 y 2 4k1x，联立方程 x2 2y 21， y 2 4k1x， 得，x2 8k21 14k21，y 2 1 14k21，故 OC x2y2 18k21 14k21由题意知，sin SOT 2 r rOC 1 1OC r 而OC r 3 2 4 12k21 14k211k21，令 t12k 2 1，则 t1，1 t(0，1)，因此 OC r 3 2 t 2t2t1 3 2 1 21 t 1 t2 3 2 1 1 t 1 2 2 9 4 1，当且仅当1 t 1 2， 即 t2 时等号成立，此时 k1 2 2 ，故 sin SOT 2 1 2，因此 SOT 2 6，故SOT 最大值为 3 综上所述，SOT 的最大值为 3，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1 2 2