2017年高考山东理科数学试题及答案(word版)

数学（理科）

第Ⅰ卷（共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5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）【2017年山东，理1，5分】设函数y4x2的定义域为A，函数yln(1x)的定义域为B，则AB（ ）

（A）1,2 （B）(1,2 （C）2,1 （D）2,1) （2）【2017年山东，理2，5分】已知aR，i是虚数单位，若za3i，zz4，则a（ ） （A）1或1 （B）7或7 （C）3 （D）3 （3）【2017年山东，理3，5分】已知命题p：x0，ln(x1)0；命题q：若ab，则a2b2，下列命题

为真命题的是（ ） xy30（4）【2017年山东，理4，5分】已知x、y满足约束条件3xy50，则zx2y的最大值是（ ）

x30（A）pq （B）pq （C）pq （D）pq

（A）0 （B）2 （C）5 （D）6 （5）【2017年山东，理5，5分】为了研究某班学生的脚长x（单位：厘米）和身高y（单位：厘米）的关系，

从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，设其回归直线方

程为ybxa，已知xi225，yi1600，b4，该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为（ ）

i1i11010 （A）160 （B）163 （C）166 （D）170 （6）【2017年山东，理6，5分】执行两次如图所示的程序框图，若第一次输入的x值为7，第

二次输入的x值为9，则第一次、第二次输出的a值分别为（ ）

（A）0，0 （B）1，1 （C）0，1 （D）1，0 （7）【2017年山东，理7，5分】若ab0，且ab1，则下列不等式成立的是（ ）

1bb1（A）aalog2(ab) （B）alog2(ab)a

b22b1b1b（C）alog2(ab)a （D）log2(ab)aa

b2b2（8）【2017年山东，理8，5分】从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，

则抽到在2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（ ）

5457（A） （B） （C） （D）

18999（9）【2017年山东，理9，5分】在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若ABC为锐角三角形，

且满足sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是（ ）

（A）a2b （B）b2a （C）A2B （D）B2A

1

（10）【2017年山东，理10，5分】已知当x0,1时，函数y(mx1)2的图象与yxm的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是（ ）

（A）0,123, （B）0,13, （C）0,223, （D）0,23,

第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分

（11）【2017年山东，理11，5分】已知(13x)n的展开式中含有x2的系数是54，则n ．

（12）【2017年山东，理12，5分】已知e1、e2是互相垂直的单位向量，若3e1e2与e1e2的夹角为60，则

实数的值是 ．

1（13）【2017年山东，理13，5分】由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如

4图，则该几何体的体积为 ．

x2y2（14）【2017年山东，理14，5分】在平面直角坐标系xOy中，双曲线221（a0，b0）的右支与焦

ab4OF，则该双曲线的渐近线方程 点为F的抛物线x22py（p0）交于A、B两点，若AF＋BF＝为 ．

（15）【2017年山东，理15，5分】若函数exf(x)（e2.71828是自然对数的底数）在f(x)的定义域上单调

递增，则称函数f(x)具有M性质。下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 ． ①f(x)2x ②f(x)3x ③f(x)x3 ④f(x)x22 三、解答题：本大题共6题，共75分．

（16）【2017年山东，理16，12分】设函数f(x)sin(x)sin(x)，其中03，已知f()0．

626（1）求；

（2）将函数f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移

个43单位，得到函数g(x)的图象，求g(x)在4,4上的最小值． 

（17）【2017年山东，理17，12分】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内

部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点． （1）设P是GE上的一点，且APBE，求CBP的大小；

（2）当AB＝3，AD＝2时，求二面角EAGC的大小．

2

（18）【2017年山东，理18，12分】在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，

具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．

（1）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；

（2）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX．

（19）【2017年山东，理19，12分】已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22．

（1）求数列xn的通项公式；

P2x2,2，Pn1xn1,n1得到折线PP（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P…，1x1,1，12Pn1，

求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn．

3

（20）【2017年山东，理20，13分】已知函数f(x)x22cosx，g(x)ex(cosxsinx2x2)，其中e2.71828是自然对数的底数．

（1）求曲线f(x)在点,f处的切线方程；

（2）令h(x)g(x)af(x)（aR），讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

x2y2（21）【2017年山东，理21，14分】在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:221（ab0）

ab2的离心率为，焦距为2．

2（1）求椭圆E的方程；

3（2）如图，动直线l：yk1x交椭圆E于A、B两点，C是椭圆E上的一点，直线

2223，OC的斜率为k2， 且k1k2，M是线段OC延长线上一点，且MC︰AB＝︰4⊙M的半径为MC，OS、OT是⊙M的两条切线，切点分别为S、T，求SOT的最大值，并求取得

最大值时直线l的斜率．

4

2017年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）

数学（理科）

第Ⅰ卷（共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5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）【2017年山东，理1，5分】设函数y4x2的定义域为A，函数yln(1x)的定义域为B，则AB（ ）

（A）1,2 （B）(1,2 （C）2,1 （D）2,1) 【答案】D 【解析】由4x20得2x2，由1x0得x1，A故选D． B={x|2x2}{x|x1}{x|2x1}，

（2）【2017年山东，理2，5分】已知aR，i是虚数单位，若za3i，zz4，则a（ ） （A）1或1 （B）7或7 （C）3 （D）3 【答案】A

【解析】由za3i,zz4得a234，所以a1，故选A．

（3）【2017年山东，理3，5分】已知命题p：x0，ln(x1)0；命题q：若ab，则a2b2，下列命题

为真命题的是（ ） （A）pq （B）pq （C）pq （D）pq 【答案】B 【解析】由x0时x11,ln(x1)有意义，知p是真命题，由21,2212;12,(1)2(2)2可知q是假命题，

即p，q均是真命题，故选B．

xy30（4）【2017年山东，理4，5分】已知x、y满足约束条件3xy50，则zx2y的最大值是（ ）

x30 （A）0 （B）2 （C）5 （D）6 【答案】C

xy30【解析】由3x+y50画出可行域及直线x2y0如图所示，平移x2y0发现，

x30当其经过直线3xy50与x3的交点(3,4)时，zx2y最大为

z3245，故选C．

（5）【2017年山东，理5，5分】为了研究某班学生的脚长x（单位：厘米）和身高y（单位：

厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系，

设其回归直线方程为ybxa，已知xi225，yi1600，b4，该班某学生的脚

i1i11010长为24，据此估计其身高为（ ） （A）160 （B）163 （C）166 （D）170 【答案】C

【解析】x22.5,y160,a160422.570,y42470166，故选C． （6）【2017年山东，理6，5分】执行两次如图所示的程序框图，若第一次输入的x值为7，第

二次输入的x值为9，则第一次、第二次输出的a值分别为（ ）

（A）0，0 （B）1，1 （C）0，1 （D）1，0 【答案】D

【解析】第一次x7,227,b3,327,a1；第二次x9,229,b3,329,a0，故选D．

5

（7）【2017年山东，理7，5分】若ab0，且ab1，则下列不等式成立的是（ ）

1b1b1bb1（A）（B）alog2(ab)a（C）log2(ab)aa alog2(ab)a（D）aalog2(ab)b2b2b22b【答案】B

1a11bb【解析】a1,0b1,a1,log2(ab)log22ab1,2aabalog2(ab)，故选B．

bb2（8）【2017年山东，理8，5分】从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，

则抽到在2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（ ）

5457（A） （B） （C） （D）

18999【答案】C

122C5C45【解析】，故选C．

989（9）【2017年山东，理9，5分】在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若ABC为锐角三角形，

且满足sinB(12cosC)2sinAcosCcosAsinC，则下列等式成立的是（ ） （A）a2b （B）b2a （C）A2B （D）B2A 【答案】A

【解析】sin(AC)2sinBcosC2sinAcosCcosAsinC所以2sinBcosCsinAcosC2sinBsinA2ba，

故选A． （10）【2017年山东，理10，5分】已知当x0,1时，函数y(mx1)2的图象与yxm的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是（ ）

（A）0,123, （B）0,13, （C）0,223, （D）0,23,

【答案】B

1【解析】当0m1时，1，y(mx1)2单调递减，且y(mx1)2[(m1)2,1]，yxm单调递增，且

m11yxm[m,1m]，此时有且仅有一个交点；当m1时，01，y(mx1)2在[,1] 上单调

mm2递增，所以要有且仅有一个交点，需(m1)1mm3，故选B．

第II卷（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分 （11）【2017年山东，理11，5分】已知(13x)n的展开式中含有x2的系数是54，则n ． 【答案】4

rr23rxr，令r2得：C2【解析】r1Cn3xCnn354，解得n4．

r（12）【2017年山东，理12，5分】已知e1、e2是互相垂直的单位向量，若3e1e2与e1e2的夹角为60，则

实数的值是 ．

3【答案】

3【解析】

3e1e2e1e23e13e1e2e1e2e23，22223e1e223e1e22 3e123e1e2e22，e1e2ee122e12e1e22e212，

23212cos6012，解得：3．

3（13）【2017年山东，理13，5分】由一个长方体和两个

图，则该几何体的体积为 ． 【答案】2

1圆柱体构成的几何体的三视图如 42

6

1【解析】该几何体的体积为V12122112．

42x2y2（14）【2017年山东，理14，5分】在平面直角坐标系xOy中，双曲线221（a0，b0）的右支与焦

ab点为F的抛物线x22py（p0）交于A、B两点，若AF＋BF＝4OF，则该双曲线的渐近线方程

为 ．

2【答案】yx

2x2y21ppp【解析】|AF||BF|=yAyB4yAyBp，因为a2b2a2y22pb2ya2b20，

222x22py2pb22所以yAyB2pa2b渐近线方程为yx．

2a（15）【2017年山东，理15，5分】若函数exf(x)（e2.71828是自然对数的底数）在f(x)的定义域上单调

递增，则称函数f(x)具有M性质。下列函数中所有具有M性质的函数的序号为 ．

①f(x)2x ②f(x)3x ③f(x)x3 ④f(x)x22 【答案】①④

【解析】①efxe2xxxxxex在R上单调递增，故fx2具有性质； 2xxe②efxe3在R上单调递减，故fx3x不具有性质；

3当x2时，gx0，③exfxexx3，令gxexx3，则gxexx3ex3x2x2exx2，

x当x2时，gx0，exfxexx3在,2上单调递减，在2,上单调递增，故

fxx3不具有性质；

2x2xx④exfxexx22，令gxexx22，则gxex2e2xex110，

exfxexx22在R上单调递增，故fxx22具有性质．

三、解答题：本大题共6题，共75分．

（16）【2017年山东，理16，12分】设函数f(x)sin(x)sin(x)，其中03，已知f()0．

626（1）求；

（2）将函数f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移

个43单位，得到函数g(x)的图象，求g(x)在4,4上的最小值． 3133解：（1）因为f(x)sin(x)sin(x)，所以f(x)sinxcosxcosxsinxcosx

222262133(sinxcosx)3(sinx)，由题设知f()0，所以k，kZ．

223636故6k2，kZ，又03，所以2．

（2）由（1）得f(x)3sin(2x)，所以g(x)3sin(x)3sin(x)．

34312323因为x[,]，所以x[,]，当x，即x时，g(x)取得最小值．

44123312324（17）【2017年山东，理17，12分】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内

部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的，G是DF的中点． （1）设P是GE上的一点，且APBE，求CBP的大小；

7

（2）当AB＝3，AD＝2时，求二面角EAGC的大小． 解：（1）因为APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP，

又BP平面ABP，所以BEBP，又EBC120，因此CBP30．

（2）解法一：取EC的中点H，连接EH，GH，CH．因为EBC120，所以四边形BEHC为

菱形，所以AEGEACGC322213．取AG中点M，连接EM，CM，EC．

EMCM13123． EMAG，CMAG， EMC为所求二面角的平面角．AM1，

在BEC中，EBC120，由余弦定理EC22222222cos12012， 所以EC23，因此EMC为等边三角形，故所求的角为60．

解法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如 图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0,0,3)E(2,0,0)，G(1,3,3)，C(1,3,0)， 故AE(2,0,3)，AG(1,3,0)，CG(2,0,3)，设m(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法

2x13z10,mAE0向量．由可得取z12，得平面AEG的一个法向量m(3,3,2)．

x3y0,11mAG0x3y20,nAG0设n(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量．由可得2取z22，

2x3z0,22nCG0mn1．因此所求的角为60． 可得平面ACG的一个法向量n(3,3,2)．所以cosm,n|m||n|2（18）【2017年山东，理18，12分】在心理学研究中，常采用对比试验的方法评价不同心理暗示对人的影响，

具体方法如下：将参加试验的志愿者随机分成两组，一组接受甲种心理暗示，另一组接受乙种心理暗示，通过对比这两组志愿者接受心理暗示后的结果来评价两种心理暗示的作用，现有6名男志愿者A1，A2，A3，A4，A5，A6和4名女志愿者B1，B2，B3，B4，从中随机抽取5人接受甲种心理暗示，另5人接受乙种心理暗示．

（1）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B1的概率；

（2）用X表示接受乙种心理暗示的女志愿者人数，求X的分布列与数学期望EX．

C845解：（1）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含B3的事件为M，则P(M)5．

C101851C6C64C415（2）由题意知X可取的值为：0，1，2，3，4．则P(X0)5,P(X1)5,

C1042C102133214C6C410C62C4C6C51P(X2)5,P(X3)5,P(X4)54,因此X的分布列为

C1021C1021C10420 1 2 3 4 151051 P 2121214242X的数学期望是EX0P(X0)1P(X1)2P(X2)3P(X3)4P(X4)

151051=012342．

4221212142（19）【2017年山东，理19，12分】已知xn是各项均为正数的等比数列，且x1x23，x3x22．

（1）求数列xn的通项公式；

P2x2,2，Pn1xn1,n1得到折线PP（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P…，1x1,1，12X Pn1，

求由该折线与直线y0，xx1，xxn1所围成的区域的面积Tn．

xxq3解：（1）设数列{xn}的公比为q，由已知q0．由题意得121，所以

xqxq2113q25q20，

因为q0，所以q2,x11，因此数列{xn}的通项公式为xn2n1.

x轴作垂线，垂足分别为Q1,Q2,Q3,……Qn1， （2）过P1,P2,P3,……Pn1向

8

由（1）得xn1xn2n2n12n1.记梯形PnPn1Qn1Qn的面积为bn．

(nn1)n1由题意bn2(2n1)2n2，

2所以Tnb1b2b3……+bn321520721……+(2n1)2n3(2n1)2n2① 又2Tn320521722……+(2n1)2n2(2n1)2n1② ①-②得

32(12n1)(2n1)2n1n1． Tn32(22......2)(2n1)2=(2n1)2，Tn2122（20）【2017年山东，理20，13分】已知函数f(x)x22cosx，g(x)ex(cosxsinx2x2)，其中e2.71828是自然对数的底数．

（1）求曲线f(x)在点,f处的切线方程；

12n1n1（2）令h(x)g(x)af(x)（aR），讨论h(x)的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．

解：（1）由题意f22，又fx2x2sinx，所以f2，因此曲线yfx在点,f处的切

线方程为y222x，即y2x22． （2）由题意得hxe2cosxsinx2x2ax22cosx，

因为hxexcosxsinx2x2exsinxcosx2a2x2sinx2exxsinx2axsinx

2exaxsinx，令mxxsinx，则mx1cosx0，所以mx在R上单调递增．

所以当x0时，mx单调递减，当x0时，mx0

x1) 当a0时，ea0，当x0时，hx0，hx单调递减，当x0时，hx0，hx单调

递增，所以当x0时hx取得极小值，极小值是 h02a1； 2) 当a0时，hx2exelnaxsinx，由hx0，得x1lna，x2=0，

①当0a1时，lna0，当x,lna时，exelna0,hx0，hx单调递增； 当xlna,0时，exelna0,hx0，hx单调递减；

xlna当x0,时，ee0,hx0，hx单调递增．所以当xlna时hx取得极大值．

2极大值为hlnaalna2lnasinlnacoslna2，

当x0时hx取到极小值，极小值是 h02a1；

②当a1时，lna0，当x,时，hx0，函数hx在,上单调递增，无极值； ③当a1时，lna0所以当x,0时，exelna0，hx0,hx单调递增；

当x0,lna时，exelna0，hx0,hx单调递减；当xlna,时，exelna0，、hx0,hx单调递增；所以当x0时hx取得极大值，极大值是h02a1；

2当xlna时hx取得极小值．极小值是hlnaalna2lnasinlnacoslna2．

综上所述：当a0时，hx在,0上单调递减，在0,上单调递增，函数hx有极小值， 极小值是h02a1；当0a1时，函数hx在,lna和0,lna和0,上单调递增， 在

lna,0上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，极大值是

2极小值是h02a1；当a1时，函数hxhlnaalna2lnasinlnacoslna2，

在,上单调递增，无极值；当a1时，函数hx在,0和lna,上单调递增， 在0,lna上单调递减，函数hx有极大值，也有极小值，极大值是h02a1；

2极小值是hlnaalna2lnasinlnacoslna2．

x2y2（21）【2017年山东，理21，14分】在平面直角坐标系xOy中，椭圆E:221（ab0）

ab9

2，焦距为2． 2（1）求椭圆E的方程；

3（2）如图，动直线l：yk1x交椭圆E于A、B两点，C是椭圆E上的一点，直线OC的斜率为k2，

22且k1k2，M是线段OC延长线上一点，且MC︰AB＝︰23，⊙M的半径为MC，OS、OT是⊙M

4的两条切线，切点分别为S、T，求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．

x2c2解：（1）由题意知 e，2c2，所以 a2,b1，因此椭圆E的方程为y21．

a22x2y21,2（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程得4k122x243k1x10，由题意知0，

ykx3,12的离心率为1k1218k1223k112且x1x22，所以 AB1k1x1x22． ,x1x2222k12k1122k111x22y1,2222由题意知k1k2，所以k2，由此直线OC的方程为y x．联立方程4k14k142yx,4k118k128k121222得x，因此 OCxy． ,y14k1214k1214k122SOTr由题意可知 sin2rOCOC12k12321，而， 2222OCr414k11k1221k118k11r32k12118k1214k12OC3t31311令t12k12，则t1,0,1，因此 1，

2r22t2t12t11211922ttt24211SOT1SOT当且仅当，即t2时等号成立，此时k1，所以 sin，因此，

2t22226所以SOT最大值为．

32综上所述：SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1．

2310