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  • 2021-05-14 发布

北京市高考理科数学试卷及答案

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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A ‎6.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 ‎,,‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎(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.‎