2017年山東省春季高考數學試卷(解析版)

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上2017年山東省春季高考數學試卷一、選擇題1已知全集U=1，2，集合M=1，則UM等于（）AB1C2D1，22函數的定義域是（）A2，2B（，22，+）C（2，2）D（，2）（2，+）3下列函數中，在區(qū)間（，0）上為增函數的是（）Ay=xBy=1CDy=|x|4二次函數f（x）的圖象經過兩點（0，3），（2，3）且最大值是5，則該函數的解析式是（）Af（x）=2x28x+11Bf（x）=2x2+8x1Cf（x）=2x24x+3Df（x）=2x2+4x+35等差數列an中，a1=5，a3是4與49的等比中項，且a30，則a5等于（）A18B23C24D326已知A（3，

2、0），B（2，1），則向量的單位向量的坐標是（）A（1，1）B（1，1）CD7“pq為真”是“p為真”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件8函數y=cos2x4cosx+1的最小值是（）A3B2C5D69下列說法正確的是（）A經過三點有且只有一個平面B經過兩條直線有且只有一個平面C經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面垂直D經過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直10過直線x+y+1=0與2xy4=0的交點，且一個方向向量的直線方程是（）A3x+y1=0Bx+3y5=0C3x+y3=0Dx+3y+5=011文藝演出中要求語言類節(jié)目不能相鄰，現有4個歌舞類

3、節(jié)目和2個語言類節(jié)目，若從中任意選出4個排成節(jié)目單，則能排出不同節(jié)目單的數量最多是（）A72B120C144D28812若a，b，c均為實數，且ab0，則下列不等式成立的是（）Aa+cb+cBacbcCa2b2D13函數f（x）=2kx，g（x）=log3x，若f（1）=g（9），則實數k的值是（）A1B2C1D214如果，那么等于（）A18B6C0D1815已知角的終邊落在直線y=3x上，則cos（+2）的值是（）ABCD16二元一次不等式2xy0表示的區(qū)域（陰影部分）是（）ABCD17已知圓C1和C2關于直線y=x對稱，若圓C1的方程是（x+5）2+y2=4，則圓C2的方程是（）A（x+5

4、）2+y2=2Bx2+（y+5）2=4C（x5）2+y2=2Dx2+（y5）2=418若二項式的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是（）A20B20C15D1519從甲、乙、丙、丁四位同學中選拔一位成績較穩(wěn)定的優(yōu)秀選手，參加山東省職業(yè)院校技能大賽，在同樣條件下經過多輪測試，成績分析如表所示，根據表中數據判斷，最佳人選為（）成績分析表 甲乙丙丁平均成績96968585標準差s4242A甲B乙C丙D丁20已知A1，A2為雙曲線（a0，b0）的兩個頂點，以A1A2為直徑的圓與雙曲線的一條漸近線交于M，N兩點，若A1MN的面積為，則該雙曲線的離心率是（）ABCD二、填空題：21若

5、圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐的側面積等于 22在ABC中，a=2，b=3，B=2A，則cosA= 23已知F1，F2是橢圓+=1的兩個焦點，過F1的直線交橢圓于P、Q兩點，則PQF2的周長等于 24某博物館需要志愿者協(xié)助工作，若從6名志愿者中任選3名，則其中甲、乙兩名志愿者恰好同時被選中的概率是 25對于實數m，n，定義一種運算：，已知函數f（x）=a*ax，其中0a1，若f（t1）f（4t），則實數t的取值范圍是 三、解答題：26已知函數f（x）=log2（3+x）log2（3x），（1）求函數f（x）的定義域，并判斷函數f（x）的奇偶性；（2）已知f（sin）=1，求的值27某

6、職業(yè)學校的王亮同學到一家貿易公司實習，恰逢該公司要通過海運出口一批貨物，王亮同學隨公司負責人到保險公司洽談貨物運輸期間的投保事宜，保險公司提供了繳納保險費的兩種方案：一次性繳納50萬元，可享受9折優(yōu)惠；按照航行天數交納：第一天繳納0.5元，從第二天起每天交納的金額都是其前一天的2倍，共需交納20天請通過計算，幫助王亮同學判斷那種方案交納的保費較低28已知直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都相等，D，E分別是AB，A1C1的中點，如圖所示（1）求證：DE平面BCC1B1；（2）求DE與平面ABC所成角的正切值29已知函數（1）求該函數的最小正周期；（2）求該函數的單調遞減區(qū)間；（3）用“五點法

7、”作出該函數在長度為一個周期的閉區(qū)間上的簡圖30已知橢圓的右焦點與拋物線y2=4x的焦點F重合，且橢圓的離心率是，如圖所示（1）求橢圓的標準方程；（2）拋物線的準線與橢圓在第二象限相交于點A，過點A作拋物線的切線l，l與橢圓的另一個交點為B，求線段AB的長2017年山東省春季高考數學試卷參考答案與試題解析一、選擇題1已知全集U=1，2，集合M=1，則UM等于（）AB1C2D1，2【考點】1F：補集及其運算【分析】根據補集的定義求出M補集即可【解答】解：全集U=1，2，集合M=1，則UM=2故選：C2函數的定義域是（）A2，2B（，22，+）C（2，2）D（，2）（2，+）【考點】33：函數的定

8、義域及其求法【分析】根據函數y的解析式，列出不等式求出x的取值范圍即可【解答】解：函數，|x|20，即|x|2，解得x2或x2，函數y的定義域是（，2）（2，+）故選：D3下列函數中，在區(qū)間（，0）上為增函數的是（）Ay=xBy=1CDy=|x|【考點】3E：函數單調性的判斷與證明【分析】根據基本初等函數的單調性，判斷選項中的函數是否滿足條件即可【解答】解：對于A，函數y=x，在區(qū)間（，0）上是增函數，滿足題意；對于B，函數y=1，在區(qū)間（，0）上不是單調函數，不滿足題意；對于C，函數y=，在區(qū)間（，0）上是減函數，不滿足題意；對于C，函數y=|x|，在區(qū)間（，0）上是減函數，不滿足題意故選：

9、A4二次函數f（x）的圖象經過兩點（0，3），（2，3）且最大值是5，則該函數的解析式是（）Af（x）=2x28x+11Bf（x）=2x2+8x1Cf（x）=2x24x+3Df（x）=2x2+4x+3【考點】3W：二次函數的性質【分析】由題意可得對稱軸x=1，最大值是5，故可設f（x）=a（x1）2+5，代入其中一個點的坐標即可求出a的值，問題得以解決【解答】解：二次函數f（x）的圖象經過兩點（0，3），（2，3），則對稱軸x=1，最大值是5，可設f（x）=a（x1）2+5，于是3=a+5，解得a=2，故f（x）=2（x1）2+5=2x2+4x+3，故選：D5等差數列an中，a1=5，a3是4

10、與49的等比中項，且a30，則a5等于（）A18B23C24D32【考點】8F：等差數列的性質；84：等差數列的通項公式【分析】根據題意，由等比數列的性質可得（a3）2=449，結合解a30可得a3的值，進而由等差數列的性質a5=2a3a1，計算即可得答案【解答】解：根據題意，a3是4與49的等比中項，則（a3）2=449，解可得a3=14，又由a30，則a3=14，又由a1=5，則a5=2a3a1=23，故選：B6已知A（3，0），B（2，1），則向量的單位向量的坐標是（）A（1，1）B（1，1）CD【考點】95：單位向量【分析】先求出=（1，1），由此能求出向量的單位向量的坐標【解答】解：

11、A（3，0），B（2，1），=（1，1），|=，向量的單位向量的坐標為（，），即（，）故選：C7“pq為真”是“p為真”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【考點】2L：必要條件、充分條件與充要條件的判斷【分析】由真值表可知：“pq為真命題”則p或q為真命題，故由充要條件定義知pq為真”是“p為真”必要不充分條件【解答】解：“pq為真命題”則p或q為真命題，所以“pq為真”推不出“p為真”，但“p為真”一定能推出“pq為真”，故“pq為真”是“p為真”的必要不充分條件，故選：B8函數y=cos2x4cosx+1的最小值是（）A3B2C5D6【考點】HW：三角函

12、數的最值【分析】利用查余弦函數的值域，二次函數的性質，求得y的最小值【解答】解：函數y=cos2x4cosx+1=（cox2）23，且cosx1，1，故當cosx=1時，函數y取得最小值為2，故選：B9下列說法正確的是（）A經過三點有且只有一個平面B經過兩條直線有且只有一個平面C經過平面外一點有且只有一個平面與已知平面垂直D經過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直【考點】LJ：平面的基本性質及推論【分析】在A中，經過共線的三點有無數個平面；在B中，兩條異面直線不能確定一個平面；在C中，經過平面外一點無數個平面與已知平面垂直；在D中，由線面垂直的性質得經過平面外一點有且只有一條直線與已知平面

13、垂直【解答】在A中，經過不共線的三點且只有一個平面，經過共線的三點有無數個平面，故A錯誤；在B中，兩條相交線能確定一個平面，兩條平行線能確定一個平面，兩條異面直線不能確定一個平面，故B錯誤；在C中，經過平面外一點無數個平面與已知平面垂直，故C錯誤；在D中，由線面垂直的性質得經過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直，故D正確故選：D10過直線x+y+1=0與2xy4=0的交點，且一個方向向量的直線方程是（）A3x+y1=0Bx+3y5=0C3x+y3=0Dx+3y+5=0【考點】IB：直線的點斜式方程【分析】求出交點坐標，代入點斜式方程整理即可【解答】解：由，解得：，由方向向量得：直線的斜率

14、k=3，故直線方程是：y+2=3（x1），整理得：3x+y1=0，故選：A11文藝演出中要求語言類節(jié)目不能相鄰，現有4個歌舞類節(jié)目和2個語言類節(jié)目，若從中任意選出4個排成節(jié)目單，則能排出不同節(jié)目單的數量最多是（）A72B120C144D288【考點】D8：排列、組合的實際應用【分析】根據題意，分3種情況討論：、取出的4個節(jié)目都是歌舞類節(jié)目，、取出的4個節(jié)目有3個歌舞類節(jié)目，1個語言類節(jié)目，、取出的4個節(jié)目有2個歌舞類節(jié)目，2個語言類節(jié)目，分別求出每種情況下可以排出節(jié)目單的數目，由分類計數原理計算可得答案【解答】解：根據題意，分3種情況討論：、取出的4個節(jié)目都是歌舞類節(jié)目，有1種取法，將4個節(jié)目

15、全排列，有A44=24種可能，即可以排出24個不同節(jié)目單，、取出的4個節(jié)目有3個歌舞類節(jié)目，1個語言類節(jié)目，有C21C43=8種取法，將4個節(jié)目全排列，有A44=24種可能，則以排出824=192個不同節(jié)目單，、取出的4個節(jié)目有2個歌舞類節(jié)目，2個語言類節(jié)目，有C22C42=6種取法，將2個歌舞類節(jié)目全排列，有A22=2種情況，排好后有3個空位，在3個空位中任選2個，安排2個語言類節(jié)目，有A32=6種情況，此時有626=72種可能，就可以排出72個不同節(jié)目單，則一共可以排出24+192+72=288個不同節(jié)目單，故選：D12若a，b，c均為實數，且ab0，則下列不等式成立的是（）Aa+cb+c

16、BacbcCa2b2D【考點】R3：不等式的基本性質【分析】A，由ab0，可得a+cb+c；B，c的符號不定，則ac，bc大小關系不定；C，由ab0，可得a2b2；D，由ab0，可得ab；【解答】解：對于A，由ab0，可得a+cb+c，故正確；對于B，c的符號不定，則ac，bc大小關系不定，故錯；對于C，由ab0，可得a2b2，故錯；對于D，由ab0，可得ab，故錯；故選：A13函數f（x）=2kx，g（x）=log3x，若f（1）=g（9），則實數k的值是（）A1B2C1D2【考點】4H：對數的運算性質【分析】由g（9）=log39=2=f（1）=2k，解得即可【解答】解：g（9）=log3

17、9=2=f（1）=2k，解得k=1，故選：C14如果，那么等于（）A18B6C0D18【考點】9R：平面向量數量積的運算【分析】由已知求出及與的夾角，代入數量積公式得答案【解答】解：，且=則=36（1）=18故選：A15已知角的終邊落在直線y=3x上，則cos（+2）的值是（）ABCD【考點】GO：運用誘導公式化簡求值；G9：任意角的三角函數的定義【分析】由直線方程，設出直線上點的坐標，可求cos，利用誘導公式，二倍角的余弦函數公式可求cos（+2）的值【解答】解：若角的終邊落在直線y=3x上，（1）當角的終邊在第二象限時，不妨取x=1，則y=3，r=，所以cos=，可得cos（+2）=cos

18、2=12cos2=；（2）當角的終邊在第四象限時，不妨取x=1，則y=3，r=，所以sin=，cos=，可得cos（+2）=cos2=12cos2=，故選：B16二元一次不等式2xy0表示的區(qū)域（陰影部分）是（）ABCD【考點】7B：二元一次不等式（組）與平面區(qū)域【分析】利用二元一次不等式（組）與平面區(qū)域的關系，通過特殊點判斷即可【解答】解：因為（1，0）點滿足2xy0，所以二元一次不等式2xy0表示的區(qū)域（陰影部分）是：C故選：C17已知圓C1和C2關于直線y=x對稱，若圓C1的方程是（x+5）2+y2=4，則圓C2的方程是（）A（x+5）2+y2=2Bx2+（y+5）2=4C（x5）2+y

19、2=2Dx2+（y5）2=4【考點】J1：圓的標準方程【分析】由已知圓的方程求出圓心坐標和半徑，求出圓C1的圓心關于y=x的對稱點，再由圓的標準方程得答案【解答】解：由圓C1的方程是（x+5）2+y2=4，得圓心坐標為（5，0），半徑為2，設點（5，0）關于y=x的對稱點為（x0，y0），則，解得圓C2的圓心坐標為（0，5），則圓C2的方程是x2+（y5）2=4故選：D18若二項式的展開式中，只有第4項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是（）A20B20C15D15【考點】DB：二項式系數的性質【分析】先求出n的值，可得二項式展開式的通項公式，再令x的冪指數等于0，求得r的值，即可求得展開式

20、中的常數項的值【解答】解：二項式的展開式中只有第4項的二項式系數最大，n=6，則展開式中的通項公式為 Tr+1=C6r（1）rx令63r=0，求得r=2，故展開式中的常數項為 C62（1）2=15，故選：C19從甲、乙、丙、丁四位同學中選拔一位成績較穩(wěn)定的優(yōu)秀選手，參加山東省職業(yè)院校技能大賽，在同樣條件下經過多輪測試，成績分析如表所示，根據表中數據判斷，最佳人選為（）成績分析表 甲乙丙丁平均成績96968585標準差s4242A甲B乙C丙D丁【考點】BC：極差、方差與標準差【分析】根據平均成績高且標準差小，兩項指標選擇即可【解答】解：根據表中數據知，平均成績較高的是甲和乙，標準差較小的是乙和丙

21、，由此知乙同學成績較高，且發(fā)揮穩(wěn)定，應選乙參加故選：B20已知A1，A2為雙曲線（a0，b0）的兩個頂點，以A1A2為直徑的圓與雙曲線的一條漸近線交于M，N兩點，若A1MN的面積為，則該雙曲線的離心率是（）ABCD【考點】KC：雙曲線的簡單性質【分析】由題意求得雙曲線的漸近線方程，利用點到直線的距離公式求得A1（a，0）到直線漸近線的距離d，根據三角形的面積公式，即可求得A1MN的面積，即可求得a和b的關系，利用雙曲線的離心率公式，即可求得雙曲線的離心率【解答】解：由雙曲線的漸近線方程y=x，設以A1A2為直徑的圓與雙曲線的漸近線y=x交于M，N兩點，則A1（a，0）到直線y=x的距離d=，A

22、1MN的面積S=2a=，整理得：b=c，則a2=b2c2=c2，即a=c，雙曲線的離心率e=，故選B二、填空題：21若圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐的側面積等于3【考點】L5：旋轉體（圓柱、圓錐、圓臺）【分析】圓錐側面展開圖是一個扇形，半徑為l，弧長為2，則圓錐側面積S=rl，由此能求出結果【解答】解：圓錐側面展開圖是一個扇形，半徑為l，弧長為2r圓錐側面積：S=rl=13=3故答案為：322在ABC中，a=2，b=3，B=2A，則cosA=【考點】HR：余弦定理【分析】由二倍角的正弦函數公式，正弦定理即可計算得解【解答】解：B=2A，sinB=2sinAcosA，又a=2，b=3，

23、由正弦定理可得：，sinA0，cosA=故答案為：23已知F1，F2是橢圓+=1的兩個焦點，過F1的直線交橢圓于P、Q兩點，則PQF2的周長等于24【考點】K4：橢圓的簡單性質【分析】利用橢圓的定義|PF1|+|PF2|=2a=12，|QF1|+|QF2|=2a=12即可求得PQF2的周長【解答】解：橢圓+=1的焦點在y軸上，則a=6，b=4，設PQF2的周長為l，則l=|PF2|+|QF2|+|PQ|，=（|PF1|+|PF2|）+（|QF1|+|QF2|）=2a+2a，=4a=24PQF2的周長24，故答案為：2424某博物館需要志愿者協(xié)助工作，若從6名志愿者中任選3名，則其中甲、乙兩名志

24、愿者恰好同時被選中的概率是【考點】CB：古典概型及其概率計算公式【分析】先求出基本事件總數n=，其中甲、乙兩名志愿者恰好同時被選中包含的基本事件個數：m=4，由此能求出甲、乙兩名志愿者恰好同時被選中的概率【解答】解：某博物館需要志愿者協(xié)助工作，從6名志愿者中任選3名，基本事件總數n=，其中甲、乙兩名志愿者恰好同時被選中包含的基本事件個數：m=4，其中甲、乙兩名志愿者恰好同時被選中的概率是：p=故答案為：25對于實數m，n，定義一種運算：，已知函數f（x）=a*ax，其中0a1，若f（t1）f（4t），則實數t的取值范圍是（，2【考點】5B：分段函數的應用【分析】求出f（x）的解析式，得出f（x

25、）的單調性，根據單調性得出t1和4t的大小關系，從而可得t的范圍【解答】解：0a1，當x1時，axa，當x1時，aax，f（x）=f（x）在（，1上單調遞減，在（1，+）上為常數函數，f（t1）f（4t），t14t1或t114t，解得t或故答案為：（，2三、解答題：26已知函數f（x）=log2（3+x）log2（3x），（1）求函數f（x）的定義域，并判斷函數f（x）的奇偶性；（2）已知f（sin）=1，求的值【考點】4N：對數函數的圖象與性質【分析】（1）要使函數f（x）=log2（3+x）log2（3x）有意義，則3x3即可，由f（x）=log2（3x）log2（3+x）=f（x），可判

26、斷函數f（x）為奇函數（2）令f（x）=1，即，解得x=1即sin=1，可求得【解答】解：（1）要使函數f（x）=log2（3+x）log2（3x）有意義，則3x3，函數f（x）的定義域為（3，3）；f（x）=log2（3x）log2（3+x）=f（x），函數f（x）為奇函數（2）令f（x）=1，即，解得x=1sin=1，=2k，（kZ）27某職業(yè)學校的王亮同學到一家貿易公司實習，恰逢該公司要通過海運出口一批貨物，王亮同學隨公司負責人到保險公司洽談貨物運輸期間的投保事宜，保險公司提供了繳納保險費的兩種方案：一次性繳納50萬元，可享受9折優(yōu)惠；按照航行天數交納：第一天繳納0.5元，從第二天起每天

27、交納的金額都是其前一天的2倍，共需交納20天請通過計算，幫助王亮同學判斷那種方案交納的保費較低【考點】5D：函數模型的選擇與應用【分析】分別計算兩種方案的繳納額，即可得出結論【解答】解：若按方案繳費，需繳費500.9=45萬元；若按方案繳費，則每天的繳費額組成等比數列，其中a1=，q=2，n=20，共需繳費S20=219=52.4萬元，方案繳納的保費較低28已知直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都相等，D，E分別是AB，A1C1的中點，如圖所示（1）求證：DE平面BCC1B1；（2）求DE與平面ABC所成角的正切值【考點】MI：直線與平面所成的角；LS：直線與平面平行的判定【分析】（1）取AC的中點F，連結EF，DF，則EFCC1，DFBC，故平面DEF平面BCC1B1，于是DE平面BCC1B1（2）在RtDEF中求出tanEDF【解答】（1）證明：取AC的中點F，連結EF，DF，D，E，F分別是AB，A1C1，AC的中點，EFCC1，DFBC，又DFEF=F，ACCC1=C，平面DEF平面BCC1B1，又DE平面DEF，DE平面BCC1B1（2）解：EFCC1，CC1平面BCC1B1EF平面BCC1B1，EDF是DE與平面ABC所成的角，設三棱柱的棱長為1，則DF=，EF=1，tanEDF=29已知函