2017年高考真題數(shù)學(山東卷)

2017年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（山東卷）文科數(shù)學一、選擇題1．(2017·山東文，1)設集合M＝{x||x－1|<1}，N＝{x|x<2}，則M∩N等于()A．(－1,1)B．(－1,2)C．(0,2)D．(1,2)2．(2017·山東文，2)已知i是虛數(shù)單位，若復數(shù)z滿足zi＝1＋i，則z2等于()A．－2iB．2iC．－2D．23．(2017·山東文，3)已知x，y滿足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋5≤0，,x＋3≥0，,y≤2，))則z＝x＋2y的最大值是()A．－3B．－1C．1D．34．(2017·山東文，4)已知cosx＝eq\f(3,4)，則cos2x等于()A．－eq\f(1,4)B．eq\f(1,4)C．－eq\f(1,8)D．eq\f(1,8)5．(2017·山東文，5)已知命題p：?x∈R，x2－x＋1≥0；命題q：若a2<b2，則a<b.下列命題為真命題的是()A．p∧q B．p∧綈qC．綈p∧q D．綈p∧綈q6．(2017·山東文，6)執(zhí)行下側的程序框圖，當輸入的x值為4時，輸出的y的值為2，則空白判斷框中的條件可能為()A．x>3B．x>4C．x≤4D．x≤57．(2017·山東文，7)函數(shù)y＝eq\r(3)sin2x＋cos2x的最小正周期為()A．eq\f(π,2)B．eq\f(2π,3)C．πD．2π8．(2017·山東文，8)如圖所示的莖葉圖記錄了甲、乙兩組各5名工人某日的產(chǎn)量數(shù)據(jù)(單位：件)．若這兩組數(shù)據(jù)的中位數(shù)相等，且平均值也相等，則x和y的值分別為()A．3,5B．5,5C．3,7D．5,79．(2017·山東文，9)設f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2x－1，x≥1，))若f(a)＝f(a＋1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))等于()A．2B．4C．6D．810．(2017·山東文，10)若函數(shù)exf(x)(e＝2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增，則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì)，下列函數(shù)中具有M性質(zhì)的是()A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cosx二、填空題11．(2017·山東文，11)已知向量a＝(2,6)，b＝(－1，λ)，若a∥b，則λ＝________.12．(2017·山東文，12)若直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a>0，b>0)過點(1,2)，則2a＋b的最小值為________．13．(2017·山東文，13)由一個長方體和兩個eq\f(1,4)圓柱構成的幾何體的三視圖如圖，則該幾何體的體積為________．14．(2017·山東文，14)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(x＋4)＝f(x－2)．若當x∈[－3,0]時，f(x)＝6－x，則f(919)＝________.15．(2017·山東文，15)在平面直角坐標系xOy中，雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2＝2py(p>0)交于A，B兩點，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為________．三、解答題16．(2017·山東文，16)某旅游愛好者計劃從3個亞洲國家A1，A2，A3和3個歐洲國家B1，B2，B3中選擇2個國家去旅游．(1)若從這6個國家中任選2個，求這2個國家都是亞洲國家的概率；(2)若從亞洲國家和歐洲國家中各任選1個，求這2個國家包括A1但不包括B1的概率．17．(2017·山東文，17)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知b＝3，·＝－6，S△ABC＝3，求A和a.18．(2017·山東文，18)由四棱柱ABCD－A1B1C1D1截去三棱錐C1－B1CD1后得到的幾何體如圖所示．四邊形ABCD為正方形，O為AC與BD的交點，E為AD的中點，A1E⊥平面ABCD.(1)證明：A1O∥平面B1CD1；(2)設M是OD的中點，證明：平面A1EM⊥平面B1CD1.19．(2017·山東文，19)已知{an}是各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，且a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2){bn}為各項非零的等差數(shù)列，其前n項和為Sn，已知S2n＋1＝bnbn＋1，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n項和Tn.20．(2017·山東文，20)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2，a∈R.(1)當a＝2時，求曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程；(2)設函數(shù)g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，討論g(x)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時求出極值．21．(2017·山東文，21)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，橢圓C截直線y＝1所得線段的長度為2eq\r(2).(1)求橢圓C的方程；(2)動直線l：y＝kx＋m(m≠0)交橢圓C于A，B兩點，交y軸于點M.點N是M關于O的對稱點，⊙N的半徑為|NO|.設D為AB的中點，DE，DF與⊙N分別相切于點E，F(xiàn)，求∠EDF的最小值．參考答案一、選擇題1．【答案】C【解析】∵M＝{x|0<x<2}，N＝{x|x<2}，∴M∩N＝{x|0＜x＜2}∩{x|x＜2}＝{x|0＜x＜2}．故選C.2．【答案】A【解析】方法一z＝eq\f(1＋i,i)＝eq\f((1＋i)(－i),i(－i))＝1－i，z2＝(1－i)2＝－2i.方法二(zi)2＝(1＋i)2，－z2＝2i，z2＝－2i.故選A.3．【答案】D【解析】畫出可行域(如圖陰影部分所示)．畫直線l0：x＋2y＝0，平移直線l0到直線l的位置，直線l過點M.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋5＝0，,y＝2))得點M(－1,2)，∴當x＝－1，y＝2時，z取得最大值，且zmax＝－1＋2×2＝3.故選D.4．【答案】D【解析】cos2x＝2cos2x－1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))2－1＝eq\f(1,8).故選D.5．【答案】B【解析】∵一元二次方程x2－x＋1＝0的判別式Δ＝(－1)2－4×1×1＜0，∴x2－x＋1＞0恒成立，∴p為真命題，綈p為假命題．∵當a＝－1，b＝－2時，(－1)2＜(－2)2，但－1＞－2，∴q為假命題，綈q為真命題．根據(jù)真值表可知p∧綈q為真命題，p∧q，綈p∧q，綈p∧綈q為假命題．故選B.6．【答案】B【解析】輸入x＝4，若滿足條件，則y＝4＋2＝6，不符合題意；若不滿足條件，則y＝log24＝2，符合題意，結合選項可知應填x＞4.故選B.7．【答案】C【解析】y＝eq\r(3)sin2x＋cos2x＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,6)))，T＝eq\f(2π,2)＝π.故選C.8．【答案】A【解析】甲組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為65，由甲、乙兩組數(shù)據(jù)的中位數(shù)相等得y＝5.又甲、乙兩組數(shù)據(jù)的平均值相等，∴eq\f(1,5)×(56＋65＋62＋74＋70＋x)＝eq\f(1,5)×(59＋61＋67＋65＋78)，∴x＝3.故選A.9．【答案】C【解析】若0＜a＜1，由f(a)＝f(a＋1)，得eq\r(a)＝2(a＋1－1)，∴a＝eq\f(1,4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.若a≥1，由f(a)＝f(a＋1)，得2(a－1)＝2(a＋1－1)，無解．綜上，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6.故選C.10．【答案】A【解析】若f(x)具有性質(zhì)M，則[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]＞0在f(x)的定義域上恒成立，即f(x)＋f′(x)＞0在f(x)的定義域上恒成立．對于選項A，f(x)＋f′(x)＝2－x－2－xln2＝2－x(1－ln2)＞0，符合題意．經(jīng)驗證，選項B，C，D均不符合題意．故選A.二、填空題11．【答案】－3【解析】∵a∥b，∴2λ－6×(－1)＝0，解得λ＝－3.12．【答案】8【解析】∵直線eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1(a＞0，b＞0)過點(1,2)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(2,b)＝1，∴2a＋b＝(2a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(2,b)))＝4＋eq\f(4a,b)＋eq\f(b,a)≥4＋2eq\r(\f(4a,b)·\f(b,a))＝8，當且僅當eq\f(b,a)＝eq\f(4a,b)，即a＝2，b＝4時，等號成立．故2a＋b的最小值為8.13．【答案】2＋eq\f(π,2)【解析】該幾何體由一個長、寬、高分別為2,1,1的長方體和兩個半徑為1，高為1的eq\f(1,4)圓柱體構成，∴V＝2×1×1＋2×eq\f(1,4)×π×12×1＝2＋eq\f(π,2).14．【答案】6【解析】∵f(x＋4)＝f(x－2)，∴f((x＋2)＋4)＝f((x＋2)－2)，即f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)是周期為6的周期函數(shù)，∴f(919)＝f(153×6＋1)＝f(1)．又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，∴f(1)＝f(－1)＝6，即f(919)＝6.15．【答案】y＝±eq\f(\r(2),2)x【解析】設A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,x2＝2py，))得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，∴y1＋y2＝eq\f(2pb2,a2).又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|，∴y1＋eq\f(p,2)＋y2＋eq\f(p,2)＝4×eq\f(p,2)，∴y1＋y2＝p，∴eq\f(2pb2,a2)＝p，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(b,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x.三、解答題16．解(1)由題意知，從6個國家中任選兩個國家，其一切可能的結果組成的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，A3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}，共15個．所選兩個國家都是亞洲國家的事件所包含的基本事件有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3個，則所求事件的概率為P＝eq\f(3,15)＝eq\f(1,5).(2)從亞洲國家和歐洲國家中各任選一個，其一切可能的結果組成的基本事件有：{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{A3，B1}，{A3，B2}，{A3，B3}，共9個．包括A1但不包括B1的事件所包含的基本事件有：{A1，B2}，{A1，B3}，共2個，則所求事件的概率為P＝eq\f(2,9).17．解因為·＝－6，所以bccosA＝－6.又S△ABC＝3，所以bcsinA＝6.因此tanA＝－1.又0<A<π，所以A＝eq\f(3π,4).又b＝3，所以c＝2eq\r(2).由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccosA，得a2＝9＋8－2×3×2eq\r(2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)))＝29，所以a＝eq\r(29).18．證明(1)取B1D1的中點O1，連接CO1，A1O1，由于ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，因此四邊形A1OCO1為平行四邊形，所以A1O∥O1C.又O1C?平面B1CD1，A1O?平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1.(2)因為AC⊥BD，E，M分別為AD和OD的中點，所以EM⊥BD.又A1E⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以A1E⊥BD.因為B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1.又A1E，EM?平面A1EM，A1E∩EM＝E，所以B1D1⊥平面A1EM.又B1D1?平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1.19．解(1)設{an}的公比為q，由題意知a1(1＋q)＝6，aeq\o\al(2,1)q＝a1q2，又an>0，由以上兩式聯(lián)立方程組解得a1＝2，q＝2，所以an＝2n.(2)由題意知S2n＋1＝eq\f((2n＋1)(b1＋b2n＋1),2)＝(2n＋1)bn＋1，又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.令cn＝eq\f(bn,an)，則cn＝eq\f(2n＋1,2n)，因此Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝eq\f(3,2)＋eq\f(5,22)＋eq\f(7,23)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)＋eq\f(2n＋1,2n)，又eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,22)＋eq\f(5,23)＋eq\f(7,24)＋…＋eq\f(2n－1,2n)＋eq\f(2n＋1,2n＋1)，兩式相減得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))－eq\f(2n＋1,2n＋1)，所以Tn＝5－eq\f(2n＋5,2n).20．解(1)由題意f′(x)＝x2－ax，所以當a＝2時，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲線y＝f(x)在點(3，f(3))處的切線方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0.(2)因為g(x)＝f(x)＋(x－a)cosx－sinx，所以g′(x)＝f′(x)＋cosx－(x－a)sinx－cosx＝x(x－a)－(x－a)sinx＝(x－a)(x－sinx)．令h(x)＝x－sinx，則h′(x)＝1－cosx≥0，所以h(x)在R上單調(diào)遞增．因為h(0)＝0，所以當x>0時，h(x)>0；當x<0時，h(x)<0.①當a<0時，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，當x∈(－∞，a)時，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(a,0)時，x－a>0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(0，＋∞)時，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以當x＝a時，g(x)取到極大值，極大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina；當x＝0時，g(x)取到極小值，極小值是g(0)＝－a.②當a＝0時，g′(x)＝x(x－sinx)，當x∈(－∞，＋∞)時，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增；所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)無極大值也無極小值．③當a>0時，g′(x)＝(x－a)(x－sinx)，當x∈(－∞，0)時，x－a<0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x∈(0，a)時，x－a<0，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x∈(a，＋∞)時，x－a>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增．所以當x＝0時，g(x)取到極大值，極大值是g(0)＝－a；當x＝a時，g(x)取到極小值，極小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.綜上所述：當a<0時，函數(shù)g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(a,0)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina，極小值是g(0)＝－a；當a＝0時，函數(shù)g(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增，無極值；當a>0時，函數(shù)g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上單調(diào)遞增，在(0，a)上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g(0)＝－a，極小值是g(a)＝－eq\f(1,6)a3－sina.21．解(1)由橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，得a2＝2(a2－b2)，又當y＝1時，x2＝a2－eq\f(a2,b2)，得a2－eq\f(a2,b2)＝2，所以a2＝4，b2＝2.因此橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0.由Δ>0，得m2<4k2＋2，(