2017年高考真题——全国3卷理科标准答案

1、2017 年普通高等学校招生全国统一考试（全国 III 卷）理科数学1解析 A表示圆 x2 y2 1上所有点的集合， B 表示直线 y x上所有点的集合， 故 AI B 表示两直线与圆的交点，由图可知交点的个数为2，即 AI B 元素的个数为 2.故选 B.2 解析 由题意，z则12 122 .故选C.3解析 由题图可知， 2014年8月到9月的月接待游客量在减少，则 A选项错误 .故选 A.334 解析 由二项式定理可得，原式展开中含x3y3 的项为2 2 3 3 3 2 3 33 3x C522x y y C352x y 40x3 y3 ，则x3 y3的系数为40，故选C.5解析 因为双曲

2、线的一条渐近线方程为 y 5 x ，则 b 5 2 a 222又因为椭圆1 与双曲线有公共焦点，易知 c 3 ，则 a b c 9 12 322 由解得 a 2,b 5 ，则双曲线 C 的方程为 x y 1.故选 B.456解析 函数 f x cos x 的图像可由 y cosx 向左平移 个单位得到，33如图可知， f x 在 2, 上先递减后递增， D选项错误 .故选 D.7 解析 程序运行过程如下表所示：SMt初始状态01001第1次循环结束100102第2次循环结束9013此时 S 90 91首次满足条件，程序需在 t 3 时跳出循环，即 N 2 为满足条件的最小值 故选 D.则圆柱体

3、体积 V23r2h.故选 B.4r1 2 3229 解析 因为 an为等差数列，且a2 , a3 , a6 成等比数列，设公差为d.则 a322a2 a6 ，即 a1 2da1 d a1 5d又因为 a11 ，代入上式可得 d 22d 0又 d 0 ，则 d2，6 5 6 5所以 S6 6a1d 1 6 22224.故选 A.10解析 因为以 A1A2 为直径为圆与直线bx ay 2ab 0 相切，所以圆心到直线距离d等于8 解析 由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径半径，所以 d 2 2 a，又因为 a 0,b 0 ，则上式可化简为 a2 3b2 a2 b2因为 b a c ，可得

4、 a 3 a c ，即 2 ，所以 e c6 .故选 A.a2 3 a 3即 f(1) 12 2 1 a(e1 11 1 1e 11) 0 ，解得 a 2故选 C.11解析由条件，fxx2 2xx 1 x 1 a(e e ) ，得：f(2x)(2x)22(2x)a(e2 x1 (2 x) 1 2 e ) x1x x 14x 4 4 2x a(e e )2x2xa(ex1x e1).所以f2xfx，即x1 为 fx 的对称轴，由题意， f x 有唯一零点，故 f x 的零点只能为 x 1 ，12 解析 由题意，画图设BD与eC切于点 E，联结 CE以 A为原点， AD为x轴正半轴，AB为 y轴正

5、半轴建立直角坐标系，则 C 点坐标为 (2,1) 因为 |CD | 1，|BC | 2所以 BD 12 225因为 BD切eC于点 E所以 CE BD所以 CE是RtBCD中斜边 BD上的高EC2SBCDBD12 12 BC CDBD225 5 5，即 e C的半径为 2 5 5因为P在e C上所以 P点的轨迹方程为 (x 2)2 (y 1)2设 P点坐标 (x0,y0) ，可以设出 P点坐标满足的参数方程如下：uuur而 AP (x0,y0) ， uuur 因为 APuuur uuurAB (0,1) ， AD (2,0) 所以uuurABuuurAD (0,1)(2,0)1x025cos

6、，5y0两式相加得：1 2 5sin5x0(2 , ) ，sin2 5sin55 cos cos52 5cos5，2 5sin52 sin()3， (其中 sincos 2 5 )5当且仅当2 2k ， kZ 时，取得最大值3故选 A.13解析由题意，画出可行域如图：目标函数为z 3x 4y ，则直线 yz 纵截距越大，4z 值越小由图可知：z 在 A 1,1 处取最小值，故 zmin314114 解析 因为 an 为等比数列，设公比为 q a1a2 1a1 a1q1a1a3 3 ，即 1 1 2 a1 a1q3 ，显然q 1 ， a10， 得1q 3 ，即 q2，代入 式可得 a1 1所以

7、a4 a1q3 1 28 x 1,x 01115解析 因为 f x x ， f x f x1，即 f x 12x ,x 0221由图像变换可画出 y f x 2 与 y 1 f x 的图像如下：由图可知，满足 f x12)1f x 的解为16解析 由题意知， a， b，AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图4不妨设图中所示正方体边长为1，故 AC 1， AB2 ，边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，则 A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以 C 为圆心， 1为半 径的圆以 C 为坐标原点，以 CuuDur 为 x 轴正方向， CuuBur 为 y 轴正方向，uuurCA为 z轴正方向建立空

8、间直角坐标系则D(1,0,0) ， A(0,0,1) ，直线 a的方向单位向量 a (0,1,0) ， a 1 B点起始坐标为 (0,1,0) ，直线 b 的方向单位向量 b (1,0,0) ， b 1 设 B 点在运动过程中的坐标 B cos ,sin ,0 ，其中 为 BC与CD 的夹角，0,2)uuuursin ,1) ， AB 2uuur那么 AB 在运动过程中的向量 AB ( cos设 uAuBur 与 a 所成夹角为0,2 ，则 cos故, ，所以正确，错误42设 uAuBur 与 br 所成夹角为0, 2 ，( cos , sin ,1) (0,1,0)a uAuBuursin0

9、, 2sin2cos2cos 2 12322因为2 cos sin2 1 ，所以 cos2 所以 cos21cos222因为0, 2所以= 3，此时uAuBur 与 b 夹角为 60所以正确，错误故填17解析 （ 1）由 sinA3cosA0得 2sin A 30 ，即 A 3k k Z ， .cosuuuurAB buuuur b AB( cos ,sin ,1) (1,0,0) 2 cos 2uuuur b ABuuur 当 AB与a 夹角为60 时，即 3又 A 0,，所以2，得 A 23由余弦定理a2 b2c2 2bc cosA.又因为 a2 7,b2,cosA 12 代入并整理得25

10、.故 c4.2）因为AC 2,BC 2 7, AB4，由余弦定理222 abc cosC2ab277因为 ACAD，即 ACD 为直角三角形，则ACCD cosC ，得 CD7 .由勾股定理ADCD2AC223.又 A 3 ，则DAB26，SABD 21 ADAB sin63.18解析 （1）易知需求量x 可取200,300,500P X 20030 3PX500257430 3则分布列为：X200300500P122555n 200时：Y6n2 16 1 ；5；4 2n ，此时 Ymax 400300 36 2 ； P X30 3 52）当200时取到 .当 200n 300 时：2n120

11、0 2 n 2005800 2n6n 800 ，5，此时 Ymax520 ，当 n300时取到 .当 300 n 500 时，12Y 200 2 n 200 2 300 2 n 30055此时 Y 520.当 n 500时，易知 Y一定小于的情况 . 综上所述：当 n 300时， Y取到最大值为 520. 19解析取 AC 中点为 O，联结 BO， DO ；2 n 2 3200 2n55因为 ABC 为等边三角形，所以 BO AC ，所以 AB BC .AB BCBD BD，ABD CBD .所以 AD CD ，即 ACD 为等腰直角三角形，ABD DBCADC 为直角又 O为底边 AC中点，

12、所以 DO AC .令 AB a，则 AB AC BC BD a，易得： OD 2a， OB 3a2 2 2所以 OD 2 OB2 BD 2 ，由勾股定理的逆定理可得DOB 2，即 OD OB .y44OD ACOD OBAC I OB O ，所以 OD 平面 ABC .AC 平面 ABCOB 平面 ABC又因为 OD 平面 ADC ，由面面垂直的判定定理可得平面 ADC 平面 ABC .由题意可知 VD ACE VB ACE ，即 B， D到平面 ACE的距离相等，即 E为 BD中点.以 O 为原点， uOuAur 为 x 轴正方向， OuuBur 为 y 轴正方向， OuuDur 为 z

13、轴正方向，设 AC a ，建立空间直角坐标系，则O 0,0,0 ， A a,0,02D 0,0, a2 ，B 0, 3 a,020,3aa,uuura 3 a uuura a uuur a易得： AE2, 4 a,4 ， AD2,0,2 ，OA 2,0,0设平面 AED的法向量为 n1，平面 AEC的法向量为 n2 ，uuuruuurAE n10AEn20则 uuur，解得 n13,1, 3 ， uuur，解得 n2 0,1, 3n1 n2n1 n2AD n10OAn20 若二面角 D AE C 为 ，易知 为锐角，则 cos20解析 (1)显然，当直线斜率为 0时，直线与抛物线交于一点，不符

14、合题意设ly2 2x2:xmy 2， A(x1,y1)，B(x2,y2) ，联立得y2my 4 0 ，x my24m216恒大于 0， y1y2 2m ，y1y24uuruur2OAOBx1x2 y1 y2 (my12)(my22)(m 1)y1 y22m(y1y2) 424(m2 1) 2m(2m) 4 0 ， 所以 OA OB ，即 O 在圆 M 上uuur uur(2)若圆 M 过点 P，则 AP BP 0 ，(x14)(x2 4) (y1 2)(y2 2) 0， (my12)(my22) (y1 2)(y2 2) 0，2(m 1)y1y2 (2m 2)(y11当 m 时， l :2x

15、yy1y21，y0x0222则圆91M:xy42当m1时，l:xy21， x0y2 ) 8 0 ，化简得 2m2 m4 0圆心为 Q(x0,y0) ，19y0 2 ，半径 r |OQ|2 0 428516 .0圆心为 Q(x0,y0) ，11 0 解得 m 2 或 1.2(y 1)210 .21解析(1) f(x) x 1 alnx， x0 ，则 f (x) 1 ax a ，且 f (1) 0 ，xx当 a, 0 时， f x 0 ， f x 在 0 ，上单调递增，所以0 x 1 时， f x 0 ，不满足y0y1 y22y0 2 3，半径 r OQ32 12，则圆 M :(x 3)2题意；当

16、 a 0 时，当 0 x a 时， f (x) 0 ，则 f(x) 在 (0,a) 上单调递减；当 x a时， f (x) 0，则 f(x)在(a, ) 上单调递增 若 a 1， f (x)在(a,1)上单调递增所以当 x ( a,1)时 f (x) f(1) 0矛盾；f(1) 0 矛盾； 若 a 1， f(x) 在 (1,a) 上单调递减所以当 x (1,a) 时 f (x)若 a 1，f(x) 在 (0,1) 上单调递减，在 (1,)上单调递增所以f ( x)f (1) 0满足题意 .综上所述 a12)1)知当 x1,时，1 lnx0，令x12n 得， ln 112n12n，从而ln 1ln122ln12n1122 2212n12n 1 ，故112212n而1122123，所以所以 m的最小值为3322.2.2cossin ，解得5 ，即 M 的极半径是 5 22解析将参数方程转化为一般方程l1: y k x 212: y k1 x 2 消 k 可得：222 2x2y24，即 P的轨迹方程为x2y24 ， y 0 ；将参数方程转化为一般方程 l3: x y 2 0x y 2 0 联立曲线 C和 l3 2 2 ，解得x2 y2 43,x, 123解析 (1)x x 1 x 2 可等