2017全国卷1理科数学试题详细解析

12017年普通高等学校招生全国统一考试（全国I卷）理科数学解析人李跃华注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合131xAxxBx，，则（）A．0ABxxB．ABRC．1ABxxD．AB【答案】A【解析】1Axx，310xBxxx∴0ABxx，1ABxx，选A2.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（）A．14B．π8C．12D．π4【答案】B【解析】设正方形边长为2，则圆半径为1则正方形的面积为224，圆的面积为2π1π，图中黑色部分的概率为π2则此点取自黑色部分的概率为ππ248故选B23.设有下面四个命题（）1p：若复数z满足1zR，则zR；2p：若复数z满足2zR，则zR；3p：若复数12zz，满足12zzR，则12zz；4p：若复数zR，则zR．A．13pp，B．14pp，C．23pp，D．24pp，【答案】B【解析】1:p设zabi，则2211abizabiabR，得到0b，所以zR.故1P正确；2:p若z21，满足2zR，而zi，不满足2zR，故2p不正确；3:p若1z1，2z2，则12zz2，满足12zzR，而它们实部不相等，不是共轭复数，故3p不正确；4:p实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故4p正确；4.记nS为等差数列na的前n项和，若4562448aaS，，则na的公差为（）A．1B．2C．4D．8【答案】C【解析】45113424aaadad61656482Sad联立求得11272461548adad①②3①②得211524d624d4d∴选C5.函数fx在，单调递减，且为奇函数．若11f，则满足121fx≤≤的x的取值范围是（）A．22，B．11，C．04，D．13，【答案】D【解析】因为fx为奇函数，所以111ff，于是121fx≤≤等价于121ffxf≤≤|又fx在，单调递减121x≤≤3x1≤≤故选D36.62111xx展开式中2x的系数为A．15B．20C．30D．35【答案】C.【解析】66622111+1111xxxxx对61x的2x项系数为2665C152对6211xx的2x项系数为46C=15，∴2x的系数为151530故选C7.某多面体的三视图如图所示，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．10B．12C．14D．16【答案】B【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24226S梯6212S全梯故选B8.右面程序框图是为了求出满足321000nn的最小偶数n，那么在和两个空白框中，可以分别填入4A．1000A和1nnB．1000A和2nnC．1000A≤和1nnD．1000A≤和2nn【答案】D【答案】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A1000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D9.已知曲线1:cosCyx，22π:sin23Cyx，则下面结论正确的是（）A．把1C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π6个单位长度，得到曲线2CB．把1C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π12个单位长度，得到曲线2CC．把1C上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线2CD．把1C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π12个单位长度，得到曲线2C【答案】D【解析】1:cosCyx，22π:sin23Cyx首先曲线1C、2C统一为一三角函数名，可将1:cosCyx用诱导公式处理．πππcoscossin222yxxx．横坐标变换需将1变成2，5即112πππsinsin2sin2224C上各坐短它原yxyxx点横标缩来2ππsin2sin233yxx．注意的系数，在右平移需将2提到括号外面，这时π4x平移至π3x，根据“左加右减”原则，“π4x”到“π3x”需加上π12，即再向左平移π12．10.已知F为抛物线C：24yx的交点，过F作两条互相垂直1l，2l，直线1l与C交于A、B两点，直线2l与C交于D，E两点，ABDE的最小值为（）A．16B．14C．12D．10【答案】A【解析】设AB倾斜角为．作1AK垂直准线，2AK垂直x轴易知11cos22AFGFAKAKAFPPGPP（几何关系）（抛物线特性）cosAFPAF∴同理1cosPAF，1cosPBF∴22221cossinPPAB又DE与AB垂直，即DE的倾斜角为π22222πcossin2PPDE而24yx，即2P．∴22112sincosABDEP2222sincos4sincos224sincos241sin2421616sin2≥，当π4取等号即ABDE最小值为16，故选A611.设x，y，z为正数，且235xyz，则（）A．235xyzB．523zxyC．352yzxD．325yxz【答案】D【答案】取对数：ln2ln3ln5xy.ln33ln22xy∴23xyln2ln5xz则ln55ln22xz∴25xz∴325yxz，故选D12.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1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，在接下来的三项式62，12，22，依次类推，求满足如下条件的最小整数N：100N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．440B．330C．220D．110【答案】A【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．设第n组的项数为n，则n组的项数和为12nn由题，100N，令11002nn→14n≥且*nN，即N出现在第13组之后第n组的和为122112nnn组总共的和为2122212nnnn若要使前N项和为2的整数幂，则12nnN项的和21k应与2n互为相反数即*21214knknN，≥2log3kn→295nk，则2912954402N故选A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量a，b的夹角为60，2a，1b，则2ab________．7【答案】23【解析】22222(2)22cos602ababaabb22122222244412∴21223ab14.设x，y满足约束条件21210xyxyxy，则32zxy的最小值为_______．【答案】5不等式组21210xyxyxy表示的平面区域如图所示yx2x+y+1=0x+2y-1=01CBA由32zxy得322zyx，求z的最小值，即求直线322zyx的纵截距的最大值当直线322zyx过图中点A时，纵截距最大由2121xyxy解得A点坐标为(1,1)，此时3(1)215z15.已知双曲线2222:xyCab，（0a，0b）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60MAN，则C的离心率为_______．【答案】233【解析】如图，8OAa，ANAMb∵60MAN，∴32APb，222234OPOAPAab∴2232tan34bAPOPab又∵tanba，∴223234bbaab，解得223ab∴221231133bea16.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：3cm）的最大值为_______．【答案】415【解析】由题，连接OD，交BC与点G，由题，ODBC36OGBC，即OG的长度与BC的长度或成正比设OGx，则23BCx，5DGx三棱锥的高22225102510hDGOGxxxx21233332ABCSxx△则21325103ABCVShxx△45=32510xx9令452510fxxx，5(0,)2x，3410050fxxx令0fx，即4320xx，2x则280fxf≤则38045V≤∴体积最大值为3415cm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。17.ABC△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ABC△的面积为23sinaA．（1）求sinsinBC；（2）若6coscos1BC，3a，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.（1）∵ABC△面积23sinaSA.且1sin2SbcA∴21sin3sin2abcAA∴223sin2abcA∵由正弦定理得223sinsinsinsin2ABCA，由sin0A得2sinsin3BC.（2）由（1）得2sinsin3BC，1coscos6BC∵πABC∴1coscosπcossinsinCcoscos2ABCBCBBC又∵0πA，∴60A，3sin2A，1cos2A由余弦定理得2229abcbc①由正弦定理得sinsinabBA，sinsinacCA10∴22sinsin8sinabcBCA②由①②得33bc∴333abc，即ABC△周长为33318.（12分）如图，在四棱锥PABCD中，ABCD∥中，且90