2017年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题详解

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科数学本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。

2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

答案写在试卷上无效。

3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求作答的答案无效。

4.填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.参考公式：如果事件A,B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)；如果事件A,B独立，那么P(AB)=P(A)·P(B).第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题,每小题5分,共50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）设函数的定义域为，函数的定义域为,则（A）（1,2）（B）（C）（-2,1）（D）[-2,1)【答案】D【解析】试题分析：由得，由得，故，选D.【考点】1.集合的运算；2.函数的定义域；3.简单不等式的解法【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应把集合先化简再计算，常借助数轴或韦恩图进行求解.（2）已知,i是虚数单位.若，则a=（A）1或-1 （B）（C）-（D）【答案】A【解析】试题分析：由得，所以，故选A.【考点】1.复数的概念；2.复数的运算【名师点睛】复数的共轭复数是，据此结合已知条件，求得的值.（3）已知命题p:；命题q：若a＞b，则，下列命题为真命题的是（A）（B）（C）（D）【答案】B【考点】常用逻辑用语【名师点睛】解答有关逻辑联结词的相关问题，首先要明确各命题的真假，利用或、且、非真值表，进一步作出判断.（4）已知x,y满足约束条件，则z=x+2y的最大值是（A）0 （B）2 （C）5 （D）6【答案】C【解析】试题分析：约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示，目标函数z=x+2y，即，平移直线，可知当直线经过直线与的交点时，取得最大值，为，选C.【考点】简单的线性规划【名师点睛】利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是：(1)在平面直角坐标系内作出可行域；(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形；(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解；(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．（5）为了研究某班学生的脚长（单位：厘米）和身高（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与之间有线性相关关系，设其回归直线方程为．已知，，．该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为（A）（B）（C）（D）【答案】C【解析】试题分析：由已知得则当时，,选C.【考点】线性相关与线性回归方程的求解与应用【名师点睛】判断两个变量是否线性相关及相关程度通常有两种方法：（1）利用散点图直观判断；（2）将相关数据代入相关系数的公式求出，然后根据的大小进行判断．求线性回归方程时，在严格按照公式求解时，一定要注意计算的准确性．（6）执行两次下图所示的程序框图，若第一次输入的的值为，第二次输入的的值为，则第一次、第二次输出的的值分别为（A）0，0 （B）1，1 （C）0，1 （D）1，0【答案】D【考点】程序框图【名师点睛】识别程序框图和完善程序框图是高考的重点和热点．解决这类问题：首先，要明确程序框图中的顺序结构、条件结构和循环结构；第二，要理解程序框图解决的实际问题；第三，按照题目的要求完成解答．对程序框图的考查常与函数和数列等相结合，进一步强化框图问题的实际背景．（7）若，且，则下列不等式成立的是（A）（B）（C）（D）【答案】B【解析】试题分析：因为，且，所以，所以选B.【考点】1.指数函数与对数函数的性质；2.基本不等式【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.本题虽小，但考查的知识点较多，需灵活利用指数函数、对数函数的性质及基本不等式作出判断.（8）从分别标有，，，的张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（A）（B）（C）（D）【答案】C【考点】古典概型【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率考查，属于简单题.（9）在中，角A，B，C的对边分别为，，．若为锐角三角形，且满足，则下列等式成立的是（A）（B）（C）（D）【答案】A【解析】试题分析：由题意知，所以，选A.【考点】1.三角函数的和差角公式；2.正弦定理【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有A，B，C的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.（10）已知当时，函数的图象与的图象有且只有一个交点，则正实数的取值范围是（A）（B）（C）（D）【答案】B【考点】函数的图象、函数与方程及函数性质的综合应用【名师点睛】已知函数有零点求参数的取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．第Ⅱ卷（共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.（11）已知的展开式中含有项的系数是，则.【答案】【解析】试题分析：的展开式的通项公式为，令，得，解得．【考点】二项式定理【名师点睛】根据二项展开式的通项，确定二项式系数或确定二项展开式中的指定项，是二项式定理问题中的基本问题，往往要综合运用二项展开式的系数的性质、二项展开式的通项求解. 本题能较好地考查考生的思维能力、基本计算能力等.（12）已知是互相垂直的单位向量，若与的夹角为，则实数的值是.【答案】【考点】1.平面向量的数量积；2.平面向量的夹角；3.单位向量【名师点睛】1.平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：.2.由向量的数量积的性质有，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题．3.本题主要利用向量的模与向量运算的灵活转换，应用平面向量的夹角公式，建立关于的方程求解.（13）由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【答案】【解析】试题分析：由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以.【考点】1.三视图；2.几何体的体积【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．（14）在平面直角坐标系中，双曲线的右支与焦点为的抛物线交于两点，若，则该双曲线的渐近线方程为.【答案】【考点】1.双曲线的几何性质；2.抛物线的定义及其几何性质【名师点睛】1.在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内容.对渐近线：(1)掌握方程；(2)掌握其倾斜角、斜率的求法；(3)会利用渐近线方程求双曲线方程的待定系数.求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都与椭圆的有关问题相类似.因此，双曲线与椭圆的标准方程可统一为的形式，当，，时为椭圆，当时为双曲线.2.凡涉及抛物线上的点到焦点的距离，一般运用定义转化为到准线的距离处理．（15）若函数（是自然对数的底数）在的定义域上单调递增，则称函数具有M性质.下列函数中所有具有M性质的函数的序号为.①②③④【答案】①④【解析】试题分析：①在R上单调递增，故具有性质；②在R上单调递减，故不具有性质；③，令，则，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，故不具有性质；④，令，则，在R上单调递增，故具有性质．【考点】1.新定义问题；2.利用导数研究函数的单调性【名师点睛】1.本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．2.求可导函数单调区间的一般步骤：(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0的解集．(4)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．3.由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．三、解答题：本大题共6小题,共75分.（16）(本小题满分12分)设函数，其中.已知.（Ⅰ）求；（Ⅱ）将函数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单位，得到函数的图象，求在上的最小值.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）最小值为.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到.由题设知及可得.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，从而.根据得到，进一步求的最小值.（Ⅱ）由（Ⅰ）得.所以.因为，所以，当，即时，取得最小值.【考点】1.两角和与差的三角函数；2.三角函数图象的变换与性质【名师点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽略设定角的范围.难度不大，能较好地考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.（17）（本小题满分12分）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；（Ⅱ）当，时，求二面角的大小.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用，，证得平面，利用平面，得到，结合可得.（Ⅱ）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一：取的中点，连接，，.得四边形为菱形，得到.取中点，连接，，.得到，，从而为所求二面角的平面角.根据相关数据即得所求的角.思路二：以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，平面的一个法向量，计算即得二面角的大小.试题解析：（Ⅰ）因为，，，平面，，所以平面，又平面，所以，又，因此（Ⅱ）解法一：取的中点，连接，，.因为，所以四边形为菱形，所以.取中点，连接，，.则，，所以为所求二面角的平面角.又，所以.在中，由于，由余弦定理得，所以，因此为等边三角形，故所求的角为.解法二：以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得，，，故，，，所以.因此所求的角为.【考点】1.垂直关系；2. 空间角的计算【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、转化与化归思想及基本运算能力等.（18）（本小题满分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.（I）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A1但不包含的概率；（II）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.【答案】（I）(II)X的分布列为X 0 1 2 3 4PX的数学期望是.【解析】试题分析：（I）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的事件为M，计算即得；(II)由题意知X可取的值为：.利用超几何分布的概率计算公式得X的分布列，进一步计算X的数学期望.试题解析：（I）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含但不包含的事件为M，则(II)由题意知X可取的值为：.则因此X的分布列为X 0 1 2 3 4PX的数学期望是=【考点】1.古典概型；2.随机变量的分布列与数学期望；3.超几何分布【名师点睛】本题主要考查古典概型的概率公式和超几何分布概率的计算公式、随机变量的分布列和数学期望.解答本题，首先要准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数.本题属中等难度的题目，计算量不是很大，能很好地考查考生数学的应用意识、基本运算求解能力等.（19）（本小题满分12分）已知{x n}是各项均为正数的等比数列，且x1+x2=3，x3-x2=2.（Ⅰ）求数列{x n}的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1, 1)，P2(x2, 2)，…，P n+1(x n+1, n+1)得到折线P1 P2…P n+1，求由该折线与直线y=0，所围成的区域的面积.【答案】(I)（II）【解析】试题分析：(I)依题意布列关于和公比的方程组求解.（II）利用梯形的面积公式，记梯形的面积为，求得，应用错位相减法计算得到试题解析：(I)设数列的公比为，由已知.由题意得，所以，因为,所以，因此数列的通项公式为①-②得=所以【考点】1.等比数列的通项公式；2.等比数列的求和；3.错位相减法求和【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的错位相减法.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生的计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好地考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等. （20）（本小题满分13分）已知函数，，其中是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）见解析试题解析：（Ⅰ）由题意，又，所以，因此曲线在点处的切线方程为，即.（Ⅱ）由题意得，因为，令，则，所以在上单调递增. 因为所以当时，当时，，(1)当时，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时取到极小值，极小值是；(2)当时，，由得，.①当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当时取得极大值.极大值为，当时取到极小值，极小值是；②当时，，所以当时，，函数在上单调递增，无极值；③当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当时取到极大值，极大值是；当时取到极小值.极小值是.综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，极小值是；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是，极小值是；当时，函数在上单调递增，无极值；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，极大值是，极小值是.【考点】1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、极值；3.分类讨论思想【名师点睛】1.函数f (x)在点x0处的导数f ′(x0)的几何意义是曲线y＝f (x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′(x0)(x−x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P 的切线的不同．2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或复杂式子变形能力差.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等.（21）（本小题满分14分）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率.【答案】（I）.（Ⅱ）的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.试题解析：（I）由题意知，，所以，因此椭圆的方程为.（Ⅱ）设，联立方程得，由题意知，且，所以.由题意可知圆的半径为由题设知，所以，因此直线的方程为.联立方程得，因此.由题意可知，而，令，则，因此，当且仅当，即时等号成立，此时，所以，因此，所以最大值为.综上所述：的最大值为，取得最大值时直线的斜率为.【考点】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和性质【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）的方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程得到的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题及解决问题的能力等.。

2017年全国高中数学联赛江苏赛区初赛试卷及详解(纯word)1.2017年全国高中数学联赛江苏赛区预赛试卷及详解2.填空题1.已知向量$\overrightarrow{AP}=\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}$，$\overrightarrow{PB}=\begin{pmatrix}-3\\1\end{pmatrix}$，则向量$\overrightarrow{AP}$与$\overrightarrow{AB}$的夹角等于$\frac{\pi}{4}$。

2.已知集合$A=\{x| (ax-1)(a-x)>0\}$，且$a\in A$，$3\notin A$，则实数$a$的取值范围是$1\leq a<2$或$2<a\leq 3$。

3.已知复数$z=\cos(\frac{2\pi}{3})+i\sin(\frac{2\pi}{3})$，则$z^3+z^2=\frac{1}{2}-\frac{3}{2}i$。

4.在平面直角坐标系$xOy$中，设$F_1$，$F_2$分别是双曲线$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的左、右焦点，$P$是双曲线右支上一点，$M$是$PF_2$的中点，且$OM\perp PF_2$，$3PF_1=4PF_2$，则双曲线的离心率为$5$。

5.定义区间$[x_1,x_2]$的长度为$x_2-x_1$。

若函数$y=\log_2x$的定义域为$[a,b]$，值域为$[0,2]$，则区间$[a,b]$的长度的最大值与最小值的差为$3$。

6.若关于$x$的二次方程$mx^2+(2m-1)x-m+2=0(m>0)$的两个互异的根都小于$1$，则实数$m$的取值范围是$\left(\frac{3+\sqrt{7}}{4},+\infty\right)$。

7.若$\tan4x=\frac{3\sin4x\sin2x\sinx}{\cos8x\cos4x\cos4x\cos2x\cos2x\cos x\cos x}$，则$\sin^2x+\sin^24x+\sin^28x=3$。

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科数学一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的. （1）设函数y =的定义域A ，函数ln(1)y x =-的定义域为B,则A B =（A ）（1,2） （B ）⎤⎦(1,2 （C ）（-2,1） （D ）[-2,1) （2）已知a R ∈,i是虚数单位，若,4z a z z =⋅=，则a= （A ）1或-1 （B（C ）（D（3）已知命题p:()x x ∀+＞0,ln 1＞0；命题q ：若a ＞b ，则a b 22＞，下列命题为真命题的是（A ）p q ∧ （B ）p q ∧⌝（C ）p q ⌝∧（D ）p q ⌝∧⌝（4）已知,x y 满足3035030x y x y x -+≤⎧⎪++≤⎨⎪+≥⎩，则z =x +2y 的最大值是（A ）0（B ） 2（C ） 5（D ）6（5）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ˆˆˆybx a =+．已知101225ii x==∑，1011600i i y ==∑，ˆ4b=．该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为 （A ）160 （B ）163 （C ）166 （D ）170 （6）执行两次右图所示的程序框图，若第一次输入的x 的值为7，第二次输入的x 的值为9，则第一次、第二次输出的a 的值分别为（A ）0，0 （B ）1，1 （C ）0，1 （D ）1，0（7）若0a b >>，且1ab =，则下列不等式成立的是 （A ）()21log 2a b a a b b +<<+ （B ）()21log 2a b a b a b <+<+ （C ）()21log 2a ba ab b +<+< （D ）()21log 2a b a b a b +<+<（8）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．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（A ）518 （B ）49 （C ）59（D ）79 （9）在C ∆AB 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若C ∆AB 为锐角三角形，且满足sin (12cos )2sin cos cos sin B C A C A C +=+，则下列等式成立的是（A ）2a b = （B ）2b a = （C ）2A =B （D ）2B =A（10）已知当[]0,1x ∈时，函数()21y mx =-的图象与y 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⎡+∞⎣（B ）(][)0,13,+∞（C ）()⎡+∞⎣（D ）([)3,+∞二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分（11）已知()13n x +的展开式中含有2x 项的系数是54，则n = .（12）已知12,e e 12-e 与12λ+e e 的夹角为60 ，则实数λ的值是 .(13)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为 .（14）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右支与焦点为F 的抛物线()220x px p =>交于,A B 两点，若4AF BF OF +=，则该双曲线的渐近线方程为 .（15）若函数()x e f x （ 2.71828e = 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 .①()-x f x =2②()3x f x -=③()3f x x =④()22f x x =+三、解答题：本大题共6小题，共75分。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题37不等式第六缉1．【2017高中数学联赛B 卷（第02试）】设实数a 、b 、c 满足a +b +c =0.令，证明:d =max{|a |,|b |,|c |}.|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾1‒d 2【答案】证明见解析【解析】当d ≥1时，不等式显然成立以下设0≤d <1.不妨设a 、b 不异号，即ab ≥0，那么有.(1+a)(1+b)=1+a +b +ab⩾1+a +b =1‒c⩾1‒d >0因此.|(1+a)(1+b)(1+c)|⩾|(1‒c)(1+c)|=1‒c 2=1‒|c |2⩾1‒d 22．【2017年天津预赛】如果整数,证明:.n ≥2(1+122)(1+132)⋯(1+1n 2)<2【答案】证明见解析【解析】解法一在熟知的不等式中,分别取,就得到原式左端1+x ≤e xx =122,132,⋯,1n 2≤e 12+132+⋯+1n 2.注意到,令从2到求和,即得1k 2<1k 2‒14=1k ‒12‒1k +12k n 122+132+⋯+1n2<(12‒12‒12+12)+(13‒12‒13+12)+⋯+(1n ‒12‒，1n +12)=23‒22n +1<23因此,待证式左端.<e 23注意,就得到.e <2.8<8e 23<2解法二我们对用数学归纳法证明加强的结论:，n ∏nk =2(1+1k 2)<2‒2n +1当时,,结论成立.n =21+122<2‒23假设当时结论成立,则我们有n =m (≥2)∏m +1k =2(1+1k 2)=∏m k =2(1+1k 2)⋅[1+1(m +1)2]<(2‒2m +1)⋅[1+1(m +1)2]=2‒2m +1+2(m +1)2‒2(m +1)3=2‒.2m +2‒2(m +1)3(m +2)<2‒2m +2可见当时结论也成立.n =m +1因此,加强后的不等式对任意成立.n ≥23．【2017年辽宁预赛】已知,问:当实数为何值时取得最大值.x +y =1x 、y (x 3+1)(y 3+1)【答案】.x =1±52,y=1∓52【解析】设u =(x 3+1)(y 3+1)=(xy )3+(x +y )[(x +y )2‒3xy ]+1,由已知可得，x +y =1u =(xy )3‒3xy +2令,则故t =xy t =xy =x (1‒x )=‒x 2+x ≤14,u =t 3‒3t +2,t ≤14.由于,则当时,;当时,.u '=3t 2‒3t <‒1u '>0‒1<t ≤14u '<0因此,在时取得最大值.即.u t =‒1xy =‒1,x +y =1解得.x =1±52,y=1∓524．【2017年山东预赛】实数,且,求的最小值.x ,y ∈(1,+∞)xy ‒2x ‒y +1=032x 2+y 2【答案】15【解析】因为,所以,代入得xy ‒2x ‒y +1=0y =1x ‒1+232x 2+y 2=32x 2+(1x ‒1+2)2,令则f (x )=32x2+(1x ‒1+2)2,f '(x )=3x +2(1x ‒1+2)[‒1(x ‒1)2]=3x ‒4x ‒2(x ‒1)3=3x (x ‒1)3‒(4x ‒2)(x ‒1)3=.3[(x ‒2)+2][(x ‒2)+1]3‒4(x ‒2)‒6(x ‒1)3=(x ‒2)(3x 3‒3x 2+3x ‒1)(x ‒1)3令,则,g(x)=3x 3‒3x 2+3x ‒1g '(x)=9x 2‒6x +3⩾0即在上单调递增,又,所以在上恒成立.y =g(x)(1,+∞)g(1)=6g(x)>0(1,+∞)所以在上单调递减,在上单调递增,y =f(x)(1,2)(2,+∞)所以[f(x)]min =f(2)=15.5．【2017年福建预赛】设是5个正实数(可以相等).证明:一定存在4个互不相同的下标a 1,a 2、a 3、a 4、a 5i ,使得.,j ,k ,l |a i a j‒a ka l|<12【答案】证明见解析【解析】不妨设,考虑以下5个分数:它们都属于区间.a 1≤a 2≤a 3≤a 4≤a 5a 1a 2,a 3a 4,a 1a 5,a 2a 3、a 4a 5.(0,1]把区间分成两个区间：和,由抽屉原理知,区间或中一定有一个区间至少包含(1)中的3(0,1](0,12](12,1](0,12](12,1]个数(记这3个数依次为.a ,b ,c )将①中的5个数依次围成一个圆圈,则(1)中任意三个数中都有两个数是相邻的(与是相邻的a 1a 2a 4a 5).即中至少有两个数是相邻的.a 、b 、c 假设与相邻,则.a b |a ‒b |<12另一方面,由①中5个分数的分子、分母的下标特征知,围成的圆圈中,任意相邻两个分数的分子、分母的4个下标互不相同.于是,对应的分数的分子、分母的4个下标符合要求.因此,结论成立.a ,b 6．【2017年四川预赛】设为实数,若对任意的实数,有恒成α,βx ,y ,z α(xy +yz +zx )≤M ≤β(x 2+y 2+z 2)立,其中M =x 2+xy +y 2⋅y 2+yz +z 2+y 2+yz +z 2⋅z 2+zx +x 2+z 2+zx +x 2⋅x 2+xy +y 2.求的最大值和的最小值.αβ【答案】的最大值是的最小值是3.α3,β【解析】取x=y=z=1，有，则.3α⩽9⩽3βα⩽3,β⩾3(1)解法一先证对任意的实数成立.M ≥3(xy +yz +zx )x 、y 、z 因为x 2+xy +y 2⋅y 2+yz +z 2=[(x +y2)2+34y 2]⋅[(z +y2)2+34y 2]⩾|(x +y 2)(z +y 2)|+34y 2 ⩾(x +y2)(z +y2)+34y 2，=xz +12xy +12yz +y 2所以M⩾∑(xz +12xy +12yz +y 2)=2(xy +yz +zx )+(x 2+y 2+z 2) ≥2(xy +yz +zx )+(xy +yz +zx )=3(xy +yz +zx )解法二注意到,则x 2+xy +y 2≥34(x +y )2M ≥34|x +y |⋅|y +z |+34|y +z |⋅|z +x |+34|z +x |⋅|x +y | ≥34(xy +yz +zx +y 2)+34(yz +zx +xy +z 2)+34(zx +xy +yz +x 2) =34(x 2+y 2+z 2)+94(xy +yz +zx ) ≥34(xy +yz +zx )+94(xy +yz +zx )=3(xy +yz +zx )(2)解法一再证对任意的实数成立.M ≤3(x 2+y 2+z 2)x ,y ,z 因为M ≤(x 2+xy +y 2)2+(y 2+yz +z 2)2+(z 2+zx +x 2)2=2(x 2+y 2+z 2)+(xy +yz +zx ) ≤3(x 2+y 2+z 2)解法二注意到,x 2+xy +y 2⋅y 2+yz +z 2≤(x 2+xy +y 2)+(y 2+yz +z 2)2故M ≤4(x 2+y 2+z 2)+2(xy +yz +zx )2≤4(x 2+y 2+z 2)+2(x 2+y 2+z 2)2.=3(x 2+y 2+z 2)结合(1)、(2)可知,的最大值是的最小值是3.α3,β7．【2017年陕西预赛】设为正实数,且满足求证:a 、b 、c (a +b )(b +c )(c +a )=1.a 21+bc+b 21+ca+c 21+ab≥12.【答案】略【解析】由柯西不等式,得a 21+bc+b 21+ca+c 21+ab≥(a +b +c )23+ab +bc +ca故只需证明： ①(a +b +c )23+ab +bc +ca≥12.先证明:.a +b +c ≥32事实上,由均值不等式及已知,得a +b +c =12[(a +b )+(b +c )+(c +a )]≥12⋅33(a +b )(b +c )(c +a )=32再证明.:ab +bc +ca ≤32事实上,由赫尔德不等式、均值不等式及已知,得(ab +bc +ca )3=(3ab ⋅b ⋅a +3b ⋅bc ⋅c +3a ⋅c ⋅ca )≤(ab +b +a )(b +bc +c )(a +c +ca )≤(a +b 2+a +b)(b +b +c 2+c )(c +a +c +a 2)=278(a +b )(b +c )(c +a )=278,所以.ab +bc +ca ≤32于是,,(a +b +c )23+ab +bc +ca≥(32)23+32=12即①式成立.故原不等式成立.8．【2017年安徽预赛】设,求的取值范围.x ,y ∈[0,1]f (x ,y )=1+xy1+x 2+1‒xy 1+y 2【答案】[1,2]【解析】当时,由于,因此x⩾y 1+xy 1+x 2,1‒xy 1+y 2∈[0,1]2≥f (x ,y )≥1+xy 1+x 2+1‒xy 1+y 2≥1+xy 1+x 2+1‒xy 1+x 2=21+x 2≥1.当时,显然有,且有,x ≤y f (x ,y )≥1+xy 1+x 2≥1x +x ‒1≥y +y ‒1由此，1≤f (x ,y )=1+y ‒xx +x ‒1+1‒x +yy +y ‒1≤1+y ‒xy +y ‒1+1‒y ‒xy +y ‒1≤2上述最后一个不等式利用了结论：当时,0≤t ≤11+t +1‒t ≤2.最后由可知的取值范围是.f (1,1)=1,f (0,0)=2f (x ,y )[1,2]9．【2017年江苏预赛】已知,且求的最小值.x ,y ∈R x 2+y 2=2,|x |≠|y |.1(x +y )2+1(x ‒y )2【答案】1【解析】因为,所以.x 2+y 2=2(x +y )2+(x ‒y )2=4所以=1.1(x +y)2+1(x ‒y)2=14[1(x +y)2+1(x ‒y)2][(x +y)2+(x ‒y)2]⩾14(1+1)2当时，.x =2,y =01(x +y)2+1(x ‒y)2=1所以的最小值为1.1(x +y)2+1(x ‒y)210．【2017年新疆预赛】已知正数满足.求证:对任意正整数,有.x 、y 、z x +y +z =1n x n +y n +z n≥13n ‒1【答案】证明见解析【解析】由维均值不等式,可得n ，x n +13n +⋯+13n ⏟n ‒1≥nnx n ⋅(13n)n ‒1=nx ⋅13n ‒1，y n+13n ⏟+⋯+13n≥n ny n⋅(13n)n ‒1=ny ⋅13n ‒1.z n +13n ⏟+⋯+13n≥n nz n ⋅(13n)n ‒1=nz ⋅13n ‒1三式相加得.x n +y n +z n+3(n ‒1)⋅13n ≥n (x +y +z )⋅13n ‒1=n3n ‒1.x n +y n +z n ≥13n ‒111．【2017年新疆预赛】(1)对于任意的,求证:.a ,b >01a +b ≤14(1a+1b )(2)设,且.求证:.x 1,x 2,x 3>01x1+1x 2+1x 3=1x 1+x 2+x 3x 1x3+x 3x 2+x 1+x 2+x 3x 1x 2+x 3x 1+x 1+x 2+x 3x 2x 1+x 3x 2≤32【答案】证明见解析【解析】(1)由于,根据均值不等式有a ,b >02ab ≤a 2+b 2⇒2≤a 2+b 2ab=ab +ba ⇒4≤ab +ba +2=a +b b+a +b a ⇒.1a +b≤14(1a +1b )(2)将原式变形,并运用(1)可得原式=x 1+x 2+x 3x 3(x 1+x 2)+x 1+x 2+x 3x 1(x 2+x 3)+x 1+x 2+x 3x 2(x 3+x 1)=(1x 3+1x1+x 2)+(1x 1+1x2+x 3)+(1x 2+1x3+x 1)=(1x 1+1x 2+1x 3)+(1x 1+x 2+1x 2+x 3+1x3+x 1)=1+(1x 1+x 2+1x2+x 3+1x3+x 1) ≤1+14(1x 1+1x 2+1x 2+1x 3+1x 3+1x 1).=1+12=3212．【2017年内蒙古预赛】已知：,均为正实数,求证:.a ,b ,c 2bc +ca +ab ≤33(b +c )(c +a )(a +b )【答案】证明见解析【解析】因为均为正实数,所以有，故a ,b ,c a +b ≥2ab ,b +c ≥2bc a +c ≥2ac .(b +c )(c +a )(a +b )≥.8abc 因此，9(b +c )(c +a )(a +b )≥8abc +8(b +c )(c +a )(a +b )所以8(a +b +c )(bc +ca +ab )≤9(b +c )(c +a )(a +b ).又因为,所以(a +b +c )2≥3(bc +ca +ab )64×3(bc +ca +ab )3≤81[(b +c )(c +a )(a +b )]2.故.2bc +ca +ab ≤3⋅3(b +c )(c +a )(a +b )13．【2016年陕西预赛】记“∑”表示轮换对称和.设a 、b 、c 为正实数，且满足abc =1.对任意整数n ≥2，证明： .∑a nb +c≥3n2【答案】见解析【解析】不妨设a ≤b ≤c .则.n b +c ≥n c +b ≥na +b ，anb +c≤bnc +a≤cna +b 由切比雪夫不等式得.∑a =∑(nb +c ·a nb +c)≤13(∑nb +c )(∑anb +c)又由幂平均不等式得.13∑nb +c ≤n13∑(b+c)=n23∑a 故∑a ≤n23∑a(∑a n b +c ) ⇒∑a n b +c≥∑a23∑a=n32(∑a)n ‒1由已知及均值不等式得.∑a ≥33abc =3故.∑a nb +c≥3n214．【2016年山东预赛】证明：.sin 1n +sin 2n >3n sin 1n (n ∈Z +)【答案】见解析【解析】原不等式等价于证明：.2sin 1n +tan 1n >3n (n ∈Z +)定义函数.f (x )=2sin x +tan x ‒3x (0≤x ≤1)只需证明.f (x )>0显然，，且f (0)=0f'(x )=2cos x +1cos 2x‒3.=2cos 3x ‒3cos 2x +1cos 2x定义函数，g (x )=2cos 3x ‒3cos 2x +1.g (0)=0则g'(x )=‒6cos 2x ⋅sin x +6cos x ⋅sin x =6cos x ⋅sin x (1‒cos x )>0.⇒g (x )>0于是，单调递增.f'(x )>0故，即所证不等式成立f (x )>015．【2016年安徽预赛】证明：对任意实数a 、b 、c ，均有a 2+ab +b 2+a 2+ac +c 2 ≥，并求等号成立的充分必要条件.3a 2+(a +b +c )2【答案】见解析【解析】设.α=(a +b 2,32b ),β=(a +c 2,32c )则，|α|+|β|=a 2+ab +b 2+a 2+ac +c 2|α+β|=(2a +b +c2)2+34(b +c )2=4a 2+2a (b +c )+(b +c )2.=3a 2+(a +b +c )2据三角不等式知，①|α|+|β|≥|α+β|即得所要证的不等式.式①等号成立的充分必要条件为平等且方向相同.α与β注意到，α∥β⇔(a +b 2)c =(a +c 2)b .⇔a (b ‒c )=0当时，式①等号成立.a =0⇔bc ≥0当时，式①等号恒成立.b =c 综上，式①等号成立的充分必要条件为.b =c 或a =0且bc ≥016．【2016年新疆预赛】已知,且为常数求的最小值.∑ni =1a i x i =p ,∑ni =1a i =q a i >0(i =1,2,…,n),p 、q ∑n i =1a i x 2i【答案】p 2q【解析】设为待定系数).则x i =λ+y i (λ, ①∑ni =1a i x 2i =∑ni =1a i (λ+y i )2 =λ2q +2λ∑n i =1a i y i +∑ni =1a i y 2i 而，∑n i =1a i x i =∑n i =1a i (λ+y i ) =λq +∑ni =1a i y i =p 于是取,则λ=pq ∑ni =1a i y i =0代入式①得n∑i =1a i x 2i =p 2q +n∑i =1a i y 2i ≥p 2q 当且仅当,即时,上式等号成立y 1=y 2=…=y n =0x 1=x 2=… =x n =λ=pq 故取得最小值.∑ni =1a i x 2i p2q 17．【2016年天津预赛】设,令，证明:对任何正整f (x )=xx +1a 1=12,a 2=34,a n +2=f (a n )+f (a n +1)(n =1,2,...)数n,有.①f(3×2n ‒1)≤a 2n ≤f(3×22n ‒2)【答案】见解析【解析】先用数学归纳法证明:对任何正整数n,有a n <a n +1当时,,命题成立.n =1a 1=12<34=a 2当时,,命题成立.n =2a 2=34<1621=a 3设 (整数k>1)时命题成立.n =1,2,…,k 则时,由归纳假设知，n =k +1a k ‒1<a k ,a k <a k +1由在区间内单调递增得：f (x )=xx +1=1‒1x +1[0,+∞) ,a n =a k +1=f (a k ‒1)+f (a k )<f (a k )+f (a k +1)=a k +2=a n +1即时命题成立.n =k +1由数学归纳法,对任何正整数n,有.a n <a n +1因此,对任何正整数n,有 .a n +2=f (a n )+f (a n +1)>2f (a n )接下来再用数学归纳法证明:对任何正整数n,有.a 2n ≥f (3×2n ‒1)当1时, ,命题成立.n =a 2=34=f (3)=f(3×20)设时命题成立.n =k 则时,注意到,.n =k +12f (f (x ))=2xx +1x x +1+1=2x2x +1=f (2x )18．【2016年山西预赛】已知在正整数n 的各位数字中，共含有个1，个2，⋯，个n ．证明：a 1a 2a n 2a 1×并确定使等号成立的条件．3a 2×⋯×10a 9≤n +1【答案】见解析【解析】对正整数n 的位数使用数学归纳法．当是一位数，即时，所证式显然成立，n 1≤n <10这是因为，此时的十进制表达式中只有一位数字，n n 即，其余，所以，左边==右边．a n =1a j =0(j ≠n )(n +1)1假设当正整数不超过k 位，即时，结论皆成立．n n <10k现考虑位数，即时的情形．n 为k +110k ≤n <10k +1设的首位数字为r ．则.①n n =r 10k +n 1(0≤n 1≤10k‒1)若，则在数的各位数字中，，其余.n 1=0n a r =1a j =0(j ≠r )显然，.(r +1)ar<n +1若，记的各位数字中含有个1，个2，…，个r ，…，个9．1≤n 1≤10k‒1n 1a 1a 2a r a 9则的各位数字中，含有个r 、个j .n a r +1a j (1≤j ≤9,j ≠r )注意到，正整数不超过k 位．n 1由归纳法假设，对有n 1 2a 1×3a 2×⋯×10a 9≤n +1⇒2a 1×3a 2×⋯×(r +1)a r +1×⋯×10a9≤(r +1)(n 1+1)=r (n 1+1)+n 1+1②≤r 10k +n 1+1=n +1.则当位数时，结论也成立．n 为k +1故由数学归纳法，知对一切正整数，结论皆成立．n 欲使等号成立，由证明过程，知要么为一位数；要么在的位数大于或等于2时，由式②，必须n n n 1+1=，此时，由式①得，10k n =r 10k +10k ‒1(1≤r ≤9)即可表示为的形式.n r 99⋯9⏟k 个(k ≥0,1≤r ≤9)上述条件也是充分的，当能够表成以上形式时，有，其余.n a r =1,a 9=k a j =0故2a 1×3a 2×⋯×(r +1)ar ×⋯×10a 9=(r +1)110k =n +1.19．【2016年全国】设实数满足.求a 1,a 2,⋯,a 20169a i >11a 2i +1(i =1,2,⋯,2015)(a 1‒a 22)(a 2‒a 23)⋯的最大值.(a 2015‒a 22016)(a 2016‒a 21)【答案】142016【解析】令.P =∏2016i =1(a i ‒a 2i +1),a 2017=a 1由已知得对，均有i =1,2,⋯,2015.a i ‒a 2i +1>119a 2i +1‒a 2i +1>0若，则.a 2016‒a 21≤0P ≤0以下考虑的情形.a 2016‒a 21>0由均值不等式得P12016≤12016∑2016i =1(a i ‒a 2i +1)=12016(∑2016i =1a i ‒∑2016i =1a 2i +1)=12016(∑2016i =1a i ‒∑2016i =1a 2i)=12016∑2016i =1a i(1‒a i ).≤12016∑2016i =1[a i +(1‒a i)2]2=12016×2016×14=14⇒P ≤142016当时，上述不等式等号成立，且有a 1=a 2=⋯=a 2016=12，此时，.9a i >11a 2i +1(i =1,2,⋯,2015)P =142016综上，所求最大值为.14201620．【2016年吉林预赛】一次竞赛共有n 道判断题，统计八名考生的答题后发现：对于任意两道题，恰有两名考生答“T ，T”；恰有两名考生答“F ，F”；恰有两名考生答“T ，F”；恰有两名考生答“F ，T”.求n 的最大值.【答案】7记“T”为1，“F”为0，从而，得到一个8行n 列的数表.显然，交换同一列的0和1，此表的性质不改变.因此，不妨设数表第一行全为0.设第i 行共有个0（i=1,2，…，8）.a i 则.a 1=n ，∑8i =2a i =4n ‒n =3n 下面考虑同一行中的“00”的对数，则.∑8i =1C 2a i=2C 2n⇒∑8i =2C 2a i=C 2n⇒∑8i =2C 2a i‒∑8i =2a i =n 2‒n 由柯西不等式，∑8i =1a 2i ≥17(∑8i =1a i )2知.17(∑8i =1a i)2‒∑8i =1a 2i ≤n 2‒n⇒17(3n )2‒3n ≤n 2‒n⇒n ≤7表1为n 取最大值的情形.表100000000111100011001100011111010101101101011001101111从而，n 的最大值为7.21．【2016年上海预赛】正实数x 、y 、z 满足，求的最大值。

全国高中数学联赛省级预赛模拟试题第Ⅰ卷（选择题 共60分）参考公式1．三角函数的积化和差公式sinα•cosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],cosα•sinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],cosα•cosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinα•sinβ=[cos(α+β)-cos(α-β)].2．球的体积公式V球=πR3（R为球的半径）。

一、选择题（每小题5分，共60分）1．设在xOy平面上，0<y≤x2,0≤x≤1所围成图形的面积为。

则集合M={(x,y)|x≤|y|}, N={(x,y)|x≥y2|的交集M∩N所表示的图形面积为A． B． C．1 D．2．在四面体ABCD中，设AB=1，CD=，直线AB与直线CD的距离为2，夹角为。

则四面体ABCD的体积等于A． B． C． D．3．有10个不同的球，其中，2个红球、5个黄球、3个白球。

若取到一个红球得5分，取到一个白球得2分，取到一个黄球得1分，那么，从中取出5个球，使得总分大于10分且小于15分的取法种数为A．90 B．100 C．110 D．1204．在ΔABC中，若(sinA+sinB)(cosA+cosB)=2sinC，则A．ΔABC是等腰三角形，但不一定是直角三角形B．ΔABC是直角三角形，但不一定是等腰三角形C．ΔABC既不是等腰三角形，也不是直角三角形D．ΔABC既是等腰三角形，也是直角三角形5．已知f(x)=3x2-x+4, f(g(x))=3x4+18x3+50x2+69x+48.那么，整系数多项式函数g(x)的各项系数和为A．8 B．9 C．10 D．116．设0<x<1, a,b为正常数。

则的最小值是A．4ab B．(a+b)2 C．(a-b)2 D．2(a2+b2)7．设a,b>0，且a2008+b2008=a2006+b2006。

则a2+b2的最大值是A．1 B．2 C．2006 D．20088．如图1所示，设P为ΔABC所在平面内一点，并且AP=AB+AC。

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（山东卷）理科数学本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,共4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写在答题卡和试卷规定的位置上。

2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

答案写在试卷上无效。

3.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求作答的答案无效。

4.填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.参考公式：如果事件A ,B 互斥，那么P (A+B )=P (A )+P (B )；如果事件A ,B 独立，那么P (AB )=P (A )·P (B ).第Ⅰ卷（共50分）一、选择题：本大题共10小题,每小题5分,共50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）设函数y =A ，函数ln(1)y 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】试题分析：由240x -≥得22x -≤≤，由10x ->得1x <，故{|22}{|1}{|21}A B x x x x x x =-≤≤<=-≤<，选D.【考点】 1.集合的运算；2.函数的定义域；3.简单不等式的解法【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应把集合先化简再计算，常借助数轴或韦恩图进行求解.（2）已知a ∈R ,i 是虚数单位.若4z a z z =⋅=，则a =（A ）1或-1 （B（C ）（D【答案】A【解析】试题分析：由4z a z z =⋅=得234a +=，所以1a =±，故选A. 【考点】1.复数的概念；2.复数的运算【名师点睛】复数i(,)a b a b +∈R 的共轭复数是i(,)a b a b -∈R ，据此结合已知条件，求得a 的值. （3）已知命题p:()x x ∀+＞0,ln 1＞0；命题q ：若a ＞b ，则a b 22＞，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【考点】常用逻辑用语【名师点睛】解答有关逻辑联结词的相关问题，首先要明确各命题的真假，利用或、且、非真值表，进一步作出判断.（4）已知x,y 满足约束条件3035030x y x y x -+≤⎧⎪++≤⎨⎪+≥⎩，则z=x+2y 的最大值是（A ）0 （B ）2 （C ）5 （D ）6 【答案】C【解析】试题分析：约束条件3035030x y x y x -+≤⎧⎪++≤⎨⎪+≥⎩表示的可行域如图中阴影部分所示，目标函数z=x+2y ，即122z y x =-+，平移直线122z y x =-+，可知当直线122zy x =-+经过直线350x y ++=与3x =-的交点(3,4)-时，2z x y =+取得最大值，为max 3245z =-+⨯=，选C.【考点】简单的线性规划【名师点睛】利用线性规划求最值，一般用图解法求解，其步骤是： (1)在平面直角坐标系内作出可行域；(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形；(3)确定最优解：在可行域内平行移动目标函数变形后的直线，从而确定最优解； (4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．（5）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ˆˆˆy bx a =+．已知101225ii x==∑，1011600i i y ==∑，ˆ4b=．该班某学生的脚长为24，据此估计其身高为 （A ）160 （B ）163 （C ）166 （D ）170 【答案】C【解析】试题分析：由已知得22.5,160,x y ==则160422.570,a =-⨯=当24x =时，ˆ42470y=⨯+166=,选C. 【考点】线性相关与线性回归方程的求解与应用【名师点睛】判断两个变量是否线性相关及相关程度通常有两种方法：（1）利用散点图直观判断；（2）将相关数据代入相关系数r 的公式求出r ，然后根据r 的大小进行判断．求线性回归方程时，在严格按照公式求解时，一定要注意计算的准确性．（6）执行两次下图所示的程序框图，若第一次输入的x 的值为7，第二次输入的x 的值为9，则第一次、第二次输出的a 的值分别为（A ）0，0 （B ）1，1 （C ）0，1 （D ）1，0 【答案】D【考点】程序框图【名师点睛】识别程序框图和完善程序框图是高考的重点和热点．解决这类问题：首先，要明确程序框图中的顺序结构、条件结构和循环结构；第二，要理解程序框图解决的实际问题；第三，按照题目的要求完成解答．对程序框图的考查常与函数和数列等相结合，进一步强化框图问题的实际背景． （7）若0a b >>，且1ab =，则下列不等式成立的是（A ）()21log 2a b a a b b +<<+ （B ）()21log 2a b a b a b<+<+（C ）()21log 2a ba ab b +<+< （D ）()21log 2a b a b a b +<+<【答案】B【解析】试题分析：因为0a b >>，且1ab =，所以221,01,1,log ()log 1,2aba b a b ><<∴<+>= 12112log ()a ba ab a a b b b+>+>+⇒+>+，所以选B. 【考点】1.指数函数与对数函数的性质；2.基本不等式【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.本题虽小，但考查的知识点较多，需灵活利用指数函数、对数函数的性质及基本不等式作出判断.（8）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．学/科网则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是 （A ）518 （B ）49 （C ）59（D ）79 【答案】C【考点】古典概型【名师点睛】概率问题的考查，侧重于对古典概型和对立事件的概率考查，属于简单题. （9）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sin (12cos )2sin cos cos sin B C A C A C +=+，则下列等式成立的是（A ）2a b = （B ）2b a = （C ）2A B = （D ）2B A = 【答案】A【解析】试题分析：由题意知sin()2sin cos 2sin cos cos sin A C B C A C A C ++=+， 所以2sin cos sin cos 2sin sin 2B C A C B A b a =⇒=⇒=，选A. 【考点】1.三角函数的和差角公式；2.正弦定理【名师点睛】本题较为容易，关键是要利用两角和与差的三角函数公式进行恒等变形. 首先用两角和的正弦公式转化为含有A ，B ，C 的式子，再用正弦定理将角转化为边，得到2a b =.解答三角形中的问题时，三角形内角和定理是经常用到的一个隐含条件，不容忽视.（10）已知当[]0,1x ∈时，函数()21y mx =-的图象与y m 的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是 （A ）(])0,123,⎡+∞⎣（B ）(][)0,13,+∞（C ）()23,⎡+∞⎣（D ）([)3,+∞【答案】B【考点】函数的图象、函数与方程及函数性质的综合应用【名师点睛】已知函数有零点求参数的取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围； (2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．第Ⅱ卷（共100分）二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分.（11）已知()13nx +的展开式中含有2x 项的系数是54，则n = .【答案】4【解析】试题分析：()13nx +的展开式的通项公式为1C (3)C 3r r r r rr n n T x x +==⋅，令2r =，得22C 354n ⋅=，解得4n =． 【考点】二项式定理【名师点睛】根据二项展开式的通项，确定二项式系数或确定二项展开式中的指定项，是二项式定理问题中的基本问题，往往要综合运用二项展开式的系数的性质、二项展开式的通项求解. 本题能较好地考查考生的思维能力、基本计算能力等.（12）已知12,e e 12-e 与12λ+e e 的夹角为60︒，则实数λ的值是 .【考点】1.平面向量的数量积；2.平面向量的夹角；3.单位向量 【名师点睛】1.平面向量a 与b 的数量积为||||cos θ⋅=a b a b ，其中θ是a 与b 的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：0180θ︒≤≤︒.2.由向量的数量积的性质有||=a cos ||||θ⋅=a ba b ，0⋅=⇔⊥a b a b ，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题．3.本题主要利用向量的模与向量运算的灵活转换，应用平面向量的夹角公式，建立关于λ的方程求解. （13）由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 .【答案】π22+【解析】试题分析：由三视图可知,长方体的长、宽、高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.【考点】1.三视图；2.几何体的体积【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． 2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．（14）在平面直角坐标系xOy 中，双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右支与焦点为F 的抛物线()220x px p =>交于,A B 两点，若4AF BF OF +=，则该双曲线的渐近线方程为 .【答案】y x =【考点】1.双曲线的几何性质；2.抛物线的定义及其几何性质【名师点睛】1.在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内容.对渐近线：(1)掌握方程；(2)掌握其倾斜角、斜率的求法；(3)会利用渐近线方程求双曲线方程的待定系数. 求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都与椭圆的有关问题相类似.因此，双曲线与椭圆的标准方程可统一为122=+By Ax 的形式，当0>A ，0>B ，B A ≠时为椭圆，当0<AB 时为双曲线.2.凡涉及抛物线上的点到焦点的距离，一般运用定义转化为到准线的距离处理． （15）若函数e ()xf 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 .①()2x f x -= ②()3x f x -=③()3f x x = ④()22f x x =+【答案】①④【解析】试题分析：①e e ()e 2()2x x x x f x -=⋅=在R 上单调递增，故()2xf x -=具有M 性质；②e e ()e 3()3x x x x f x -=⋅=在R 上单调递减，故()3xf x -=不具有M 性质；③3e ()e xxf x x =⋅，令3()e xg x x =⋅，则322()e 3e e (3)xxxg x x x x x '=⋅+⋅=+，∴当3x >-时，()0g x '>，当3x <-时，()0g x '<，∴3e ()e x x f x x =⋅在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增，故()3f x x =不具有M 性质；④2e ()e (2)x x f x x =+，令2()e (2)x g x x =+，则22()e (2)2e e [(1)1]0x x x g x x x x '=++=++>，∴2e ()e (2)x x f x x =+在R 上单调递增，故2()2f x x =+具有M 性质．【考点】1.新定义问题；2.利用导数研究函数的单调性 【名师点睛】1.本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向．它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．2.求可导函数单调区间的一般步骤： (1)确定函数f (x )的定义域(定义域优先)； (2)求导函数f ′(x )；(3)在函数f (x )的定义域内求不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0的解集．(4)由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)的解集确定函数f (x )的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．3.由函数f (x )在(a ，b )上的单调性，求参数范围的问题，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．三、解答题：本大题共6小题,共75分.（16）(本小题满分12分)设函数ππ()sin()sin()62f x x x ωω=-+-，其中03ω<<.已知π()06f =. （Ⅰ）求ω；（Ⅱ）将函数()y 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π4个单位，得到函数()y g x =的图象，求()g x 在π3π[,]44-上的最小值. 【答案】（Ⅰ）2ω=.（Ⅱ）最小值为32-.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到()y f x =π)3x ω=-. 由题设知()06f π=及03ω<<可得ω.（Ⅱ）由（Ⅰ）得())3f x x π=-，从而()))4312g x x x πππ=+-=-.根据3[,]44x ππ∈-得到2[,]1233x πππ-∈-，进一步求()g x 的最小值.（Ⅱ）由（Ⅰ）得())3f x x π=-.所以()))4312g x x x πππ=+-=-. 因为3[,]44x ππ∈-， 所以2[,]1233x πππ-∈-，当123x ππ-=-，即4x π=-时，()g x 取得最小值32-. 【考点】1.两角和与差的三角函数；2.三角函数图象的变换与性质【名师点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽略设定角的范围.难度不大，能较好地考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等. （17）（本小题满分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.（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =时，求二面角E AG C --的大小.【答案】（Ⅰ）30CBP ∠=︒.（Ⅱ）60︒.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用AP BE ⊥，AB BE ⊥，证得BE ⊥平面ABP ， 利用BP ⊂平面ABP ，得到BE BP ⊥，结合120EBC ∠=︒可得CBP ∠. （Ⅱ）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一： 取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 得四边形BEHC 为菱形，得到AE GE AC GC ====取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC . 得到EM AG ⊥，CM AG ⊥， 从而EMC ∠为所求二面角的平面角. 根据相关数据即得所求的角. 思路二：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.写出相关点的坐标，求平面AEG 的一个法向量111(,,)m x y z =，平面ACG 的一个法向量222(,,)n x y z =，计算1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅即得二面角E AG C --的大小.试题解析：（Ⅰ）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120EBC ∠=︒， 因此30CBP ∠=︒ （Ⅱ）解法一：取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 因为120EBC ∠=︒， 所以四边形BEHC 为菱形，所以AE GE AC GC ====取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC . 则EM AG ⊥，CM AG ⊥， 所以EMC ∠为所求二面角的平面角.又1AM =，所以EM CM ==在BEC △中，由于120EBC ∠=︒，由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=，所以EC =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(0,0,3)A (2,0,0)E ，(1G ，(1C -，故(2,0,3)AE =-，(1AG =，(2,0,3)CG =，所以1cos ,||||2m n m n m n ⋅<>==⋅.因此所求的角为60︒.【考点】1.垂直关系；2. 空间角的计算【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、转化与化归思想及基本运算能力等. （18）（本小题满分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A 1，A 2，A 3，A 4，A 5，A 6和4名女志愿者B 1，B 2，B 3，B 4，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. （I ）求接受甲种心理暗示的志愿者中包含A 1但不包含1B 的概率；（II ）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 . 【答案】（I ）5.(II)X 的分布列为 X 的数学期望是2EX =.【解析】试题分析：（I ）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含1A 但不包含1B 的事件为M ，计算即得()P M ；(II)由题意知X 可取的值为：0,1,2,3,4.利用超几何分布的概率计算公式得X 的分布列，进一步计算X 的数学期望.试题解析：（I ）记接受甲种心理暗示的志愿者中包含1A 但不包含1B 的事件为M ，则485105().18C P M C ==(II)由题意知X 可取的值为：0,1,2,3,4.则565101(0),42C P X C ===41645105(1),21C C P X C ===326451010(2),21C C P X C ===23645105(3),21C C P X C ===14645101(4),42C C P X C ===因此X 的分布列为X 的数学期望是0(0)1(1)2(2)3(3)4(4)EX P X P X P X P X P X =⨯=+⨯=+⨯=+⨯=+⨯= =151******** 2.4221212142⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= 【考点】1.古典概型；2.随机变量的分布列与数学期望；3.超几何分布【名师点睛】本题主要考查古典概型的概率公式和超几何分布概率的计算公式、随机变量的分布列和数学期望.解答本题，首先要准确确定所研究对象的基本事件空间、基本事件个数.本题属中等难度的题目，计算量不是很大，能很好地考查考生数学的应用意识、基本运算求解能力等. （19）（本小题满分12分）已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2. （Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n+1(x n+1, n +1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积n T .【答案】(I)12.n n x -=（II ）(21)21.2n n n T -⨯+=【解析】试题分析：(I)依题意布列关于1x 和公比q 的方程组求解. （II ）利用梯形的面积公式，记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b ，求得12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯， 应用错位相减法计算得到(21)21.2n n n T -⨯+=试题解析：(I)设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=， 因为0q >,所以12,1q x ==， 因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=①-②得121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=【考点】1.等比数列的通项公式；2.等比数列的求和；3.错位相减法求和【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的错位相减法.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生的计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好地考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.（20）（本小题满分13分）已知函数()22cos f x x x =+，()e (cos sin 22)x g x x x x =-+-，其中e 2.71828=是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线()y f x =在点()()π,πf 处的切线方程；（Ⅱ）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.【答案】（Ⅰ）222y x ππ=--.（Ⅱ）见解析试题解析：（Ⅰ）由题意()22f ππ=-，又()22sin f x x x '=-，所以()2f ππ'=，因此 曲线()y f x =在点()(),f ππ处的切线方程为()()222y x πππ--=-，即222y x ππ=--.（Ⅱ）由题意得2()(cos sin 22)(2cos )x h x e x x x a x x =-+--+，因为()()()()cos sin 22sin cos 222sin x x h x e x x x e x x a x x '=-+-+--+--()()2sin 2sin x e x x a x x =---()()2sin x e a x x =--，令()sin m x x x =-，则()1cos 0m x x '=-≥，所以()m x 在R 上单调递增.因为(0)0,m =所以 当0x >时，()0,m x >当0x <时，()0m x <，(1)当0a ≤时，x e a -0>，当0x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，当0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以 当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--；(2)当0a >时，()()()ln 2sin x ah x e e x x '=--，由 ()0h x '=得 1ln x a =，2=0x .①当01a <<时，ln 0a <，当(),ln x a ∈-∞时，()ln 0,0x a e e h x '-<>，()h x 单调递增；当()ln ,0x a ∈时，()ln 0,0x a e e h x '-><，()h x 单调递减；当()0,x ∈+∞时，()ln 0,0x a e e h x '->>，()h x 单调递增.所以 当ln x a =时()h x 取得极大值.极大值为()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，当0x =时()h x 取到极小值，极小值是 ()021h a =--；②当1a =时，ln 0a =，所以 当(),x ∈-∞+∞时，()0h x '≥，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；③当1a >时，ln 0a >，所以 当(),0x ∈-∞时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '>单调递增；当()0,ln x a ∈时，ln 0x a e e -<，()()0,h x h x '<单调递减；当()ln ,x a ∈+∞时，ln 0x a e e ->，()()0,h x h x '>单调递增.所以 当0x =时()h x 取到极大值，极大值是()021h a =--；当ln x a =时()h x 取到极小值.极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.综上所述：当0a ≤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()021h a =--；当01a <<时，函数()h x 在(),ln a -∞和()0,+∞上单调递增，在()ln ,0a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦，极小值是()021h a =--；当1a =时，函数()h x 在(),-∞+∞上单调递增，无极值；当1a >时，函数()h x 在(),0-∞和()ln ,a +∞上单调递增，在()0,ln a 上单调递减，函数()h x 有极大值，也有极小值，极大值是()021h a =--，极小值是()()()2ln ln 2ln sin ln cos ln 2h a a a a a a ⎡⎤=--+++⎣⎦.【考点】1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、极值；3.分类讨论思想【名师点睛】1.函数f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y −y 0＝f ′(x 0)(x −x 0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P 处的切线与过点P 的切线的不同．2. 本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或复杂式子变形能力差.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等. （21）（本小题满分14分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：22221x y a b+=()0a b >>，焦距为2.（Ⅰ）求椭圆E 的方程；（Ⅱ）如图，动直线l ：1y k x =交椭圆E 于,A B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为2k ，且12k k =M 是线段OC 延长线上一点，且:2:3MC AB =，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.【答案】（I ）2212x y +=.（Ⅱ）SOT ∠的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为1k =试题解析：（I ）由题意知 c e a ==，22c =，所以 1a b ==，因此 椭圆E 的方程为2212x y +=. （Ⅱ）设()()1122,,,A x y B x y ，联立方程2211,2x y y k x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩得()22114210k x x +--=，由题意知0∆>，且()12122111221x x x x k +=-+， 所以121AB x =-.由题意可知圆M 的半径r为1r =由题设知12k k =所以21k =， 因此直线OC的方程为1y =.联立方程2211,2,x y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ 得2221221181,1414k x y k k ==++， 因此OC ==由题意可知 1sin 21SOT r OC r OC r∠==++，而1OCr == 令2112t k =+， 则()11,0,1t t>∈， 因此1OCr ===≥，学科网 当且仅当112t =，即2t =时等号成立，此时1k =， 所以 1sin 22SOT ∠≤， 因此26SOT π∠≤， 所以 SOT ∠最大值为π3. 综上所述：SOT ∠的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为1k =. 【考点】1.椭圆的标准方程及其几何性质；2.直线与圆锥曲线的位置关系；3. 二次函数的图象和性质【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用,,,a b c e 的关系，确定椭圆（圆锥曲线）的方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程得到的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题及解决问题的能力等.。

可编辑修改精选全文完整版2017年全国高中数学联赛A 卷一试一、填空题1.设)(x f 是定义在R 上的函数.对任意实数x 有1)4()3(-=-⋅+x f x f .又当70<≤x 时.)9(log )(2x x f -=.则)100(-f 的值为__________.2.若实数y x ,满足1cos 22=+y x .则y x cos -的取值范围是__________.3.在平面直角坐标系xOy 中.椭圆C 的方程为1109:22=+y x .F 为C 的上焦点.A 为C 的右顶点.P 是C 上位于第一象限内的动点.则四边形OAPF 的面积的最大值为__________.4.若一个三位数中任意两个相邻数码的差不超过1.则称其为“平稳数”.平稳数的个数是 。

5.正三棱锥P-ABC 中.AB=1.AP=2.过AB 的平面α将其体积平分.则棱PC 与平面α所成角的余弦值为________.6.在平面直角坐标系xOy 中.点集}{1,0,1,),(-==y x y x K .在K 中随机取出三个点.则这三点中存在两点之间距离为5的概率为__________.7.在ABC ∆中.M 是边BC 的中点.N 是线段BM 的中点.若3π=∠A .ABC ∆的面积为3.则AN AM ⋅的最小值为__________.8.设两个严格递增的正整数数列{}{}n n b a ,满足：20171010<=b a .对任意正整数n .有n n n a a a +=++12.n n b b 21=+.则11b a +的所有可能值为__________.二、解答题9.设m k ,为实数.不等式12≤--m kx x 对所有[]b a x ,∈成立.证明：22≤-a b .10.设321,,x x x 是非负实数.满足1321=++x x x .求)53)(53(321321x x x x x x ++++的最小值和最大值.11.设复数21,z z 满足0)Re(1>z .0)Re(2>z .且2)Re()Re(2221==z z （其中)Re(z 表示复数z 的实部）. （1）求)Re(21z z 的最小值； （2）求212122z z z z --+++的最小值.2017年全国高中数学联赛A 卷二试一.如图.在ABC ∆中.AC AB =.I 为ABC ∆的内心.以A 为圆心.AB 为半径作圆1Γ.以I 为圆心.IB 为半径作圆2Γ.过点I B ,的圆3Γ与1Γ,2Γ分别交于点Q P ,（不同于点B ）.设IP 与BQ 交于点R .证明：CR BR ⊥二.设数列{}n a 定义为11=a . ,2,1,,,,1=⎩⎨⎧>-≤+=+n n a n a n a n a a n n n n n .求满足20173≤<r a r 的正整数r 的个数.三.将3333⨯方格纸中每个小方格染三种颜色之一.使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻连个小方格的颜色不同.则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.四.设n m ,均是大于1的整数.n m ≥.n a a a ,,,21 是n 个不超过m 的互不相同的正整数.且n a a a ,,,21 互素.证明：对任意实数x .均存在一个)1(n i i ≤≤.使得x m m x a i )1(2+≥.这里y 表示实数y 到与它最近的整数的距离.2017年全国高中数学联赛A卷一试答案1.2.3.4.5.7.8.9.10.11.2017年全国高中数学联赛A卷二试答案一.二.三.四.2017年全国高中数学联合竞赛一试（B 卷）一、填空题：本大题共8个小题,每小题8分,共64分.1.在等比数列{}n a 中.2a =.3a =则1201172017a a a a ++的值为 .2.设复数z 满足91022z z i +=+.则||z 的值为 .3.设()f x 是定义在R 上的函数.若2()f x x +是奇函数.()2xf x +是偶函数.则(1)f 的值为 . 4.在ABC ∆中.若sin 2sin A C =.且三条边,,a b c 成等比数列.则cos A 的值为 .5.在正四面体ABCD 中.,E F 分别在棱,AB AC 上.满足3BE =.4EF =.且EF 与平面BCD 平行.则DEF ∆的面积为 .6.在平面直角坐标系xOy 中.点集{(,)|,1,0,1}K x y x y ==-.在K 中随机取出三个点.则这三个点两两之间距离均不超过2的概率为 .7.设a 为非零实数.在平面直角坐标系xOy 中.二次曲线2220x ay a ++=的焦距为4.则a 的值为 .8.若正整数,,a b c 满足2017101001000a b c ≥≥≥.则数组(,,)a b c 的个数为 .二、解答题 （本大题共3小题.共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）9.设不等式|2||52|x xa -<-对所有[1,2]x ∈成立.求实数a 的取值范围.10.设数列{}n a 是等差数列.数列{}n b 满足212n n n n b a a a ++=-.1,2,n =.（1）证明：数列{}n b 也是等差数列；（2）设数列{}n a 、{}n b 的公差均是0d ≠.并且存在正整数,s t .使得s t a b +是整数.求1||a 的最小值.11.在平面直角坐标系xOy 中.曲线21:4C y x =.曲线222:(4)8C x y -+=.经过1C 上一点P 作一条倾斜角为45的直线l .与2C 交于两个不同的点,Q R .求||||PQ PR ⋅的取值范围.2017年全国高中数学联合竞赛加试（B 卷）一、（本题满分40分）设实数,,a b c 满足0a b c ++=.令max{,,}d a b c =.证明：2(1)(1)(1)1a b c d +++≥-二、（本题满分40分）给定正整数m .证明：存在正整数k .使得可将正整数集N +分拆为k 个互不相交的子集12,,,k A A A .每个子集i A 中均不存在4个数,,,a b c d （可以相同）.满足ab cd m -=.三、（本题满分50分）如图.点D 是锐角ABC ∆的外接圆ω上弧BC 的中点.直线DA 与圆ω过点,B C 的切线分别相交于点,P Q .BQ 与AC 的交点为X .CP 与AB 的交点为Y .BQ 与CP 的交点为T .求证：AT 平分线段XY .四、（本题满分50分）设1220,,,{1,2,,5}a a a ∈.1220,,,{1,2,,10}b b b ∈.集合{(,)120,()()0}i j i j X i j i j a a b b =≤<≤--<.求X 的元素个数的最大值.一试试卷答案1.答案：89 解：数列{}n a 的公比为33232a q a ==.故120111201166720171201118()9a a a a a a q a a q ++===++. 2.答案：5。