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【可编辑】2017年北京市高考理科数学试卷及答案.doc

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可编辑 编辑 2017 北京市 高考 理科 数学试卷 答案
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[键入文档标题]绝密★启封并使用完毕前2017年普通高等学校招生全国统一考试数学(理)(北京卷)本试卷共5页,150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。第一部分(选择题 共40分)一、选择题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项。(1)若集合A={x|–2x1},B={x|x–1或x3},则AB=(A){x|–2x–1} (B){x|–2x3}(C){x|–1x1} (D){x|1x3}(2)若复数(1–i)(a+i)在复平面内对应的点在第二象限,则实数a的取值范围是(A)(–∞,1)(B)(–∞,–1)(C)(1,+∞)(D)(–1,+∞)(3)执行如图所示的程序框图,输出的s值为(A)2(B)(C)(D)(4)若x,y满足 ,则x + 2y的最大值为(A)1 (B)3 (C)5 (D)9(5)已知函数,则(A)是奇函数,且在R上是增函数(B)是偶函数,且在R上是增函数(C)是奇函数,且在R上是减函数(D)是偶函数,且在R上是减函数(6)设m,n为非零向量,则“存在负数,使得”是“”的(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件(7)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为(A)3(B)2(C)2(D)2(8)根据有关资料,围棋状态空间复杂度的上限M约为,而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为.则下列各数中与最接近的是(参考数据:lg3≈0.48)(A)1033 (B)1053(C)1073 (D)1093第二部分(非选择题 共110分)二、填空题共6小题,每小题5分,共30分。(9)若双曲线的离心率为,则实数m=_______________.(10)若等差数列和等比数列满足a1=b1=–1,a4=b4=8,则=__________.(11)在极坐标系中,点A在圆,点P的坐标为(1,0),则|AP|的最小值为 .(12)在平面直角坐标系xOy中,角α与角β均以Ox为始边,它们的终边关于y轴对称。若,= .(13)能够说明“设a,b,c是任意实数.若a>b>c,则a+b>c”是假命题的一组整数a,b,c的值依次为______________________________.(14)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点Bi的横、纵坐标学科&网分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3。①记Q1为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是_________。②记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是_________。三、解答题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程。(15)(本小题13分)在△ABC中, =60°,c= a.(Ⅰ)求sinC的值;(Ⅱ)若a=7,求△ABC的面积.(16)(本小题14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD//平面MAC,PA=PD=,AB=4.(I)求证:M为PB的中点;(II)求二面角B-PD-A的大小;(III)求直线MC与平面BDP所成角的正炫值。(17)(本小题13分)为了研究一种新药的疗效,选100名患者随机分成两组,每组个50名,一组服药,另一组不服药。一段时间后,记录了两组患者的生理指标xy和的学科.网数据,并制成下图,其中“·”表示服药者,“+”表示为服药者.(Ⅰ)从服药的50名患者中随机选出一人,求此人指标y的值小于60的概率;(Ⅱ)从图中A,B,C,D,四人中随机选出两人,记为选出的两人中指标x的值大于1.7的人数,求的分布列和数学期望E();(Ⅲ)试判断这100名患者中服药者指标y数据的方差与未服药者指标y数据的方差的大小.(只需写出结论)(18)(本小题14分)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点(0,)作直线l与抛物线C交于不同的两点M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP、ON交于点A,B,其中O为原点.(Ⅰ)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程;(Ⅱ)求证:A为线段BM的中点.(19)(本小题13分)已知函数f(x)=excosx−x.(Ⅰ)求曲线y= f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(Ⅱ)求函数f(x)在区间[0,]上的最大值和最小值.(20)(本小题13分)设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1–a1n,b2–a2n,…,bn–ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.(Ⅰ)若an=n,bn=2n–1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;(Ⅱ)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.2017年北京高考数学(理科)参考答案与解析1.A【解析】集合与集合的公共部分为,故选A.2.B【解析】,对应的点在第二象限,解得:故选B.3.C【解析】当时,成立,进入循环,此时,;当时,成立,继续循环,此时,;当时,成立,继续循环,此时,;当时,不成立,循环结束,输出.故选C.4.D【解析】设,则,由下图可行域分析可知,在处取得最大值,代入可得,故选D.5.A【解析】奇偶性:的定义域是,关于原点对称,由可得为奇函数.单调性:函数是上的增函数,函数是上的减函数,根据单调性的运算,增函数减去减函数所得新函数是增函数,即是上的增函数.综上选A6.A【解析】由于,是非零向量,“存在负数,使得.”根据向量共线基本定理可知与共线,由于,所以与方向相反,从而有,所以是充分条件。反之,若,与方向相反或夹角为钝角时,与可能不共线,所以不是必要条件。综上所述,可知”是“”的充分不必要条件,所以选A.7.B【解析】如下图所示,在四棱锥中,最长的棱为,所以,故选B.8.D【解析】由于,所以,故选D.9.【解析】∵双曲线的离心率为∴∴∵,,∴10.【解析】∵是等差数列,,,∴公差∴∵为等比数列,,∴公比∴故11.1【解析】把圆改写为直角坐标方程,化简为,它是以为圆心,1为半径的圆。画出图形,连结圆心与点,交圆于点,此时取最小值,点坐标为,.12.【解析】∵因为角和角的终边关于轴对称∴,∴13.,,【解析】由题意知,,均小于,所以找到任意一组负整数,满足题意即可.14.① ② 【解析】①设线段的中点为,则,其中.因此只需比较,,三个点纵坐标的大小即可.②由题意,,,故只需比较三条直线,,的斜率即可.15.【解析】(1)由正弦定理得:(2)为锐角由得:又16.【解析】(1)取、交点为,连结.∵面面面面∴在中,为中点∴为中点(2)方法一:取中点为,中点为,连结,∵,∴又面面面面∴面以为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标可知,,,易知面的法向量为且,设面的法向量为可知∴由图可知二面角的平面角为锐角∴二面角大小为方法二:过点作,交于点,连结∵平面,∴,∴平面,∴,∴即为二面角的平面角,可求得∴(3)方法一:点,∴由(2)题面的一个法向量设与平面所成角为∴方法二:记,取中点,连结,,取中点,连,易证点是中点,∴∵平面平面,,∴平面∴平面连结,,∴∵,,,由余弦定理知∴,∴设点到平面的距离为,又,求得记直线与平面所成角为∴17.【解析】(1)50名服药者中指标的值小于60的人有15人,故随机抽取1人,此人指标 的值小于60的概率为(2)的可能取值为:0,1,2,,012(3)从图中服药者和未服药者指标数据的离散程度观察可知,服药者的方差大。18.【解析】(1)由抛物线过点,代入原方程得,所以,原方程为.由此得抛物线焦点为,准线方程为.(2)法一:∵轴设,根据题意显然有若要证为中点只需证即可,左右同除有即只需证明成立其中当直线斜率不存在或斜率为零时,显然与抛物线只有一个交点不满足题意,所以直线斜率存在且不为零.设直线联立有,考虑,由题可知有两交点,所以判别式大于零,所以.由韦达定理可知:……①,……②将①②代入上式,有即,所以恒成立∴为中点,得证.法二:当直线斜率不存在或斜率为零时,显然与抛物线只有一个交点不满足题意,所以直线斜率存在且不为零.设为点,过的直线方程为,设,显然,均不为零.联立方程得,考虑,由题可知有两交点,所以判别式大于零,所以.由韦达定理可知:……①,……②由题可得横坐标相等且同为,且,在直线上,又在直线:上,所以,若要证明为中点,只需证,即证,即证,将代入上式,即证,即,将①②代入得,化简有恒成立,所以恒成立,所以为中点.19.【解析】(1)∵∴∴∴在处的切线方程为,即.(2)令∵时,∴在上单调递减∴时,,即∴在上单调递减∴时,有最大值;时,有最小值.20.【解析】(1)易知,,且,,.∴,,.下面我们证明,对且,都有.当且时,∵且,∴.因此,对且,,则.又∵,故对均成立,从而为等差数列.(2)设数列与的公差分别为,,下面我们考虑的取值.对,,…,,考虑其中任意项(且),下面我们分,,三种情况进行讨论.(1)若,则①若,则则对于给定的正整数而言,此时,故为等差数列.②若,则则对于给定的正整数而言,.此时,故为等差数列.此时取,则是等差数列,命题成立.(2)若,则此时为一个关于的一次项系数为负数的一次函数.故必存在,使得当时,则当时,(,).因此,当时,.此时,故从第项开始为等差数列,命题成立.(3)若,则此时为一个关于的一次项系数为正数的一次函数.故必存在,使得当时,则当时,(,)因此,当时,.此时令,,下面证明对任意正数,存在正整数,使得当时,.①若,则取(表示不大于的最大整数)当时,,此时命题成立.②若,则取当时,.此时命题也成立.因此,对任意正数,存在正整数,使得当时,.综合以上三种情况,命题得证.
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