2017年北京高考试题(理数_word解析版)

1、 2017 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数学（理科） 本试卷共 5 页. 150 分.考试时长 120 分钟.考试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，选出符合胜目要求的一项. 1已知集合 A=xR|3x+20 B=xR|（x+1）(x-3)0 则 AB= A （-，-1）B （-1，- 2 3 ） C （- 2 3 ,3）D (3,+) 【解析】和往年一样，依然的集合(交集)运算，本次考查的是一次和二次不等式的解法。因为 3 2 023|xxRxA，利用二次不等式可得1|xxB或3x画出数轴易得： 3|xxBA故选 D 【答案】D 2设不等式组 20 , 20 y x ，表示平面区域为 D，在区域 D 内随机取一个点，则此点到坐标原点的距 离大于 2 的概率是 （A） 4 （B） 2 2 （C） 6 （D） 4 4 【解析】题 目中 20 20 y x 表示的区域如图正方形所示，而动点 D 可以存在的 位置为正方

2、 形面积减去四分之一圆的面积部分，因此 4 4 22 2 4 1 22 2 P ，故选 D。 【答案】D 3设 a，bR。“a=0”是“复数 a+bi 是纯虚数”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 【解析】当0a时，如果0b同时等于零，此时0bia是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件； 而如果bia 已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到0a，因此想必要条件，故选 B。 【答案】B 4执行如图所示的程序框图，输出的 S 值为（ ） A. 2 B .4 C.8 D. 16 【解析】0k，11ks，21ks，22ks，8s，循环结束，输出的 s 为 8， 故选 C。 【答案】 5.如图. ACB=90，CDAB 于点 D，以 BD 为直径的圆与 BC 交于点 E.则( ) A. CECB=ADDB B. CECB=ADAB C. ADAB=CD D.CEEB=CD 【解析】在ACB中，ACB=90，CDAB 于点 D，所以DBADCD 2 ,由切割线定理的 CBCECD 2 ,所以 CECB=ADDB。 【答案】A 6

3、.从 0，2 中选一个数字.从 1.3.5 中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为( ) A. 24 B. 18 C. 12 D. 6 【解析】由于题目要求的是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第 一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析(3 种选择)，之后十位(2 种选择)，最后百位(2 种选择)，共 12 种；如果是第二种情况偶奇奇，分析同理：个位(3 种情况)，十位(2 种情况)，百位(不能是 0，一种情 况)，共 6 种，因此总共 12+6=18 种情况。 【答案】B 7.某三棱锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是（ ） A. 28+65 B. 30+65 C. 56+ 125 D. 60+125 【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥，如图所示，图中蓝色数字所表示的为直接从题 目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三 棱锥四个面的面积之和，利用垂直关系和三角形面积公式，可得：10 底 S，10 后 S，10 右 S， 56 左 S，因此该几何体表面积5630 左右后底 SSSSS

4、，故选 B。 【答案】B 8.某棵果树前 n 前的总产量 S 与 n 之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前 m 年的年平均产量最 高。m 值为（ ） A.5 B.7 C.9 D.11 【解析】由图可知 6,7,8,9 这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入，因此选 C。 【答案】C 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直线t ty tx ( 1 2 为参数)与曲线 ( sin3 cos3 y x 为参数)的交点个数为_。 【解析】直线的普通方程01 yx，圆的普通方程为9 22 yx，可以直线圆相交，故有 2 个交 点。 【答案】2 10已知 n a等差数列 n S为其前 n 项和。若 2 1 1 a， 32 aS ，则 2 a=_。 【解析】因为 2 1 2 111132132 addadaaaaaaS， 所以1 12 daa，nndnnnaSn 4 1 4 1 ) 1( 2 1 。 【答案】1 2 a，nnSn 4 1 4 1 2 11在ABC 中，若a=2，b+c=7，cosB= 4 1 ，则 b=_。 【解析】在

5、ABC 中，利用余弦定理 c bcbc ac bca B 4 )(4 4 1 2 cos 222 c bc 4 )(74 ，化简得：0478 bc，与题目条件7cb联立，可解得 . 2 , 4 , 3 a b c 【答案】4 12在直角坐标系 xOy 中，直线 l 过抛物线=4x 的焦点 F.且与该撇物线相交于 A、B 两点.其中点 A 在 x 轴上方。若直线 l 的倾斜角为 60.则OAF 的面积为 【解析】由xy4 2 可求得焦点坐标 F(1,0)，因为倾斜角为60，所以直线的斜率为360tank， 利用点斜式，直线方程为33 xy，将直线和曲线联立 ) 3 32 , 3 1 ( )32 , 3( 4 33 2 B A xy xy ，因此 3321 2 1 2 1 AOAF yOFS 【答案】3 13已知正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 是 AB 边上的动点，则CBDE的值为_， DCDE的最大值为_。 【解析】根据平面向量的数量积公式DADECBDEcos|DADE ，由图可知， |cos|DADE，因此1| 2 DACBDE， cos|DCDEDCDEcos|DE，而co

6、s|DE 就是向量DE在DC边上的射影，要想让DCDE最大，即让 射影最 大，此时 E 点与 B 点重合，射影为DC，所以长度为 1 【答案】1，1 14.已知)3)(2()(mxmxmxf，22)( x xg，若同时满足条件： Rx，0)(xf或0)(xg； )4,(x, )(xf0)(xg。 则 m 的取值范围是_。 【解析】根据022)( x xg，可解得1x。由于题目中第一个条件的限制Rx，0)(xf或 0)(xg成立的限制，导致)(x在1x时必须是0)(xf的。当0m时，0)(xf不能做到 )(xf在1x时0)(xf，所以舍掉。因此，)(xf作为二次函数开口只能向下，故0m，且此时两 个根为mx2 1 ，3 2 mx。为保证此条件成立，需要 4 2 1 13 12 2 1 m m mx mx ，和大前提 0m取交集结果为04m；又由于条件 2：要求)4,(x，)()(xgxf0 的限制，可分析 得出在)4,(x时，)(xf恒负，因此就需要在这个范围内)(xg有得正数的可能，即4应该比 21,x x两根中小的那个大，当)0 , 1(m时，43 m，解得，交集为空，舍。当1m时，

7、两 个根同为42，舍。当) 1, 4(m时，42m，解得2m，综上所述)2, 4(m 【答案】)2, 4(m 三、解答题公 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 （本小题共 13 分） 已知函数 x xxx xf sin 2sin)cos(sin )( 。 （1）求)(xf的定义域及最小正周期； （2）求)(xf的单调递增区间。 解（1）：sin0()xxkkZ得：函数( )f x的定义域为,x xkkZ (sincos )sin2 ( )(sincos ) 2cos sin xxx f xxxx x sin2(1 cos2 )2sin(2) 1 4 xxx 得：)(xf的最小正周期为 2 2 T ； （2）函数sinyx的单调递增区间为2,2() 22 kkkZ 则 3 222 24288 kxkkxk 得：)(xf的单调递增区间为 3 ,),(,() 88 kkkkkZ 16 （本小题共 14 分） 如图 1，在 RtABC 中，C=90，BC=3，AC=6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE=2，将ADE 沿 DE 折起到A1

8、DE 的位置，使 A1CCD,如图 2. (I)求证：A1C平面 BCDE； (II)若 M 是 A1D 的中点，求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小； (III)线段 BC 上是否存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直？说明理由 解： （1）CDDE， 1 AEDE DE 平面 1 ACD， 又 1 AC 平面 1 ACD， 1 AC DE 又 1 ACCD， 1 AC 平面BCDE。 （2）如图建系Cxyz，则200D ， 002 3A，030B，220E ， 1 032 3AB ，, 1 210AE ， 设平面 1 ABE法向量为nxyz ， 则 1 1 0 0 AB n AE n 32 30 20 yz xy 3 2 2 zy y x 123n ， 又 103M ， 103CM ， 1342 cos 2| |143132 2 2 CM n CMn ， CM与平面 1 ABE所成角的大小45。 （3）设线段BC上存在点P，设P点坐标为00a，则03a， 则 1 02 3APa ，20DPa ， 设平面 1 ADP法向量为 1111 nxyz ， ， 则 11 11 2 30 20 ayz xay 11 11 3 6 1 2 zay xay

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