2017年普通高等学校招生全国统一考试数学卷(江西.文)含答案 精品

文科数学

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页，共150分．

第I卷

考生注意：

1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．

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．第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试题卷上作答，答案无效．

3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回． 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 球的表面积公式

P(AB)P(A)P(B)

S4πR2

如果事件A，B相互独立，那么 其中R表示球的半径

P(AB)P(A)P(B)

球的体积公式 如果事件A在一次试验中发的概率是P，那么

V43πR3

n次独立重复试验中恰好发生k次的概率

PkkP)nkn(k)CnP(1

其中R表示球的半径

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．若集合M01，，I01，，2，3，4，5，则ðIM为（ ） Ａ．01，

Ｂ．2，3，4，5

Ｃ．0，2，3，4，5

Ｄ．1，2，3，4，5

2．函数y5tan(2x1)的最小正周期为（ ）

Ａ．

π4 Ｂ．

π2

Ｃ．π

Ｄ．2π

3．函数f(x)lg1xx4的定义域为（ ） Ａ．(1，4)

Ｂ．[1，4)

Ｃ．(，1)(4，)

Ｄ．(，1](4，)

4．若tan3，tan43，则tan()等于（ ） Ａ．3

Ｂ．1

Ｃ．3

Ｄ．

133 5．设(x21)(2x1)9a20a1(x2)a2(x2)a11(x2)11， 则a0a1a2a11的值为（ ）

Ａ．2 Ｂ．1 Ｃ．1 Ｄ．2

6．一袋中装有大小相同，编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的八个球，从中有放回．．．地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于．．．15的概率为（ ） Ａ．

132

Ｂ．

164 Ｃ．

332 Ｄ．

364 7．连接抛物线x24y的焦点F与点M(1，0)所得的线段与抛物线交于点A，设点O为坐标原点，则三角形OAM的面积为（ ） Ａ．12

Ｂ．

322

Ｃ．12

Ｄ．

322 8．若0xπ2，则下列命题正确的是（ ） Ａ．sinx223πx Ｂ．sinxπx Ｃ．sinxπx

Ｄ．sinx3πx 9．四面体ABCD的外接球球心在CD上，且CD2，AD3，在外接球面上两点A，B间的球面距离是（ ） Ａ．

π2π5π6 Ｂ．

π3 Ｃ．

3 Ｄ．

6 10．设p:f(x)x32x2mx1在(，)内单调递增，q:m≥43，则p是q的（ ） Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件

Ｃ．充分必要条件 Ｄ．既不充分也不必要条件

11．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示，盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余酒的高度从左到右依次为h1，h2，h3，h4，则它们的大小关系正确的是（ ）

Ａ．h2h1h4 Ｂ．h1h2h3 Ｃ．h3h2h4

Ｄ．h2h4h1

12．设椭圆x2y21a2b21(ab0)的离心率为e2，右焦点为F(c，0)，方程ax2bxc0的两个实根分别为x1和x2，则点P(x1，x2)（ ） Ａ．必在圆x2y22上 Ｂ．必在圆x2y22外 Ｃ．必在圆x2y22内

Ｄ．以上三种情形都有可能

2007年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）

文科数学 第II卷

注意事项： 第II卷2页，须要黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，若在试卷题上作答，答案无效． 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把答案填在答题卡上．

13．在平面直角坐标系中，正方形OABC的对角线OB的两端点分别为O(0，0)，B(11)，，则

ABAC ．

14．已知等差数列an的前n项和为Sn，若S1221，则a2a5a8a11 ．

15．已知函数yf(x)存在反函数yf1(x)，若函数yf(1x)的图象经过点(31)，，则函数yf1(x)的图象必经过点 ．

16．如图，正方体AC1的棱长为1，过点作平面A1BD的垂线，垂足为点

H．有下列四个命题 Ａ．点H是△A1BD的垂心 A D

Ｂ．AH垂直平面CBB C 1D1

H Ｃ．二面角CB1D1C1的正切值为2 Ｄ．点H到平面A3A1 D1

1B1C1D1的距离为

4 B1 C1

其中真命题的代号是 ．（写出所有真命题的代号）

三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分）

cx1 (0x已知函数f(x)c)29x满足f(c)．

2c21 (c≤x1)8（1）求常数c的值； （2）解不等式f(x)281．

18．（本小题满分12分）

如图，函数y2cos(x)(xR，>0，≤0≤π2)的图象与y轴相交于点(0，3)，且该函数的最小正周期为．

y （1）求和的值；

3 （2）已知点AπP 2，0，

点P是该函数图象上一点，点Q(x0，y0)O A x是PA的中点，当y3π02，x02，π时，求x0的值．

19．（本小题满分12分）

栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗．．，然后再进行移栽．已知甲、乙两种果树成苗．．的概率分别为0.6，0.5，移栽后成活．．的概率分别为0.7，0.9． （1）求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗．．的概率； （2）求恰好有一种果树能培育成苗．．且移栽成活．．的概率． 20．（本小题满分12分）

右图是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC．已知

AA 1B1B1C11，A1B1C190，AA14，BB12，CC13．

C

O （1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1； B （2）求AB与平面AAC11C所成的角的大小； AC1

1 （3）求此几何体的体积． B1 21．（本小题满分12分）

设an为等比数列，a11，a23． （1）求最小的自然数n，使an≥2007； （2）求和：T1232n2naa． 1a23a2n22．（本小题满分14分）

设动点P到点F1(1，0)和F2(1，0)的距离分别为d1和d2，∠F1PF22，且存在常数(01)，使得d21d2sin．

y （1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方A 程；

P （2）如图，过点F2的直线与双曲线C的右支交于

F1 O F2 x A，B两点．问：是否存在，使△FAB1是以点B为B 直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

2007年普通高等学校招生全国统一考试（江西文）参考答案

一、选择题

1．Ｂ 2．Ｂ 3．Ａ 4．Ｄ 5．Ａ 6．Ｄ 7．Ｂ 8．Ｂ 9．Ｃ 10．Ｃ 11．Ａ 12．Ｃ 二、填空题

13．1 14．7 15．(1，4) 16．A，B，C 三、解答题

17．解：（1）因为0c1，所以c2c； 由f(c2)98，即c31918，c2． 1x11（2）由（1）得f(x)2，x224x1，≤x1

由f(x)281得， 当0x12时，解得24x12，

当

12≤x1时，解得152≤x8， 所以f(x)22581的解集为xx48． 18．解：（1）将x0，y3代入函数y2cos(x)中得cos32， 因为0≤≤π2，所以π6． 由已知Tπ，且0，得2πT2ππ2． （2）因为点Aπ，032，Q(x0，y0)是PA的中点，y02． 所以点P的坐标为2xπ02，3． 又因为点P在y2cos2xπ6的图象上，且π2≤x5π30≤π，所以cos4x062， 7π6≤4x5π19π5π11π5π13π06≤6，从而得4x066或4x066， 即x2π3π03或x04．

19．解：分别记甲、乙两种果树成苗为事件A1，A2；分别记甲、乙两种果树苗移栽成活为事件

B1，B2，P(A1)0.6，P(A2)0.5，P(B1)0.7，P(B2)0.9．

（1）甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为

P(A1A2)1P(A1A2)10.40.50.8；

（2）解法一：分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A，B， 则P(A)P(A1B1)0.42，P(B)P(A2B2)0.45． 恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为

P(ABAB)0.420.550.580.450.492．

解法二：恰好有一种果树栽培成活的概率为

P(A1B1A2A1B1A2B2A1A2B2A1A2B1B2)0.492．

20． 解法一：

（1）证明：作OD∥AA1交A1B1于D，连C1D．

则OD∥BB1∥CC1，

A 因为O是AB的中点，

C

所以OD12(AA1BB1)3CC1．

AO H C2

2 则ODC1C是平行四边形，因此有OC∥C1D，

B CAC1

1 1D平面C1B1A1，且OC平面C1B1A1

D B则OC∥面A1

1B1C1．

（2）解：如图，过B作截面BA2C2∥面A1B1C1，分别交AA1，CC1于A2，C2，作BH⊥A2C2于H，

因为平面A2BC2⊥平面AAC11C，则BH⊥面AAC11C．

连结AH，则∠BAH就是AB与面AAC11C所成的角． 因为BH22，AB5，所以sin∠BAHBH10AB10． AB与面AAC1011C所成的角为∠BAHarcsin10． （3）因为BH22，所以V1BAA2C2C3SAA2C2CBH．

11232(12)2212． V1A1B1C1A2BC2S△A1B1C1BB1221．

所求几何体的体积为VV3BAA2C2CVA1B1C1A2BC22． 解法二：

（1）证明：如图，以B1为原点建立空间直角坐标系，则A(0，1，4)，B(0，0，2)，C(1，0，3)，因为O是AB的中点，所以O0，1，3A 2，

C OC1，1，0O z 2，

B x n(0，01)，y AC是平面A1 易知，1B1C1的一个法向量．

1 由OCn0且OC平面AB1

1B1C1知OC∥平面A1B1C1．

（2）设AB与面AAC11C所成的角为．

求得A1A(0，0，4)，AC11(1，10)，． 设m(x，y，z)是平面AACA1Am0z011C的一个法向量，则由C得A， 11m0xy0取xy1得：m(11，，0)．

又因为AB(0，1，2)

所以，cosm，ABmmAB10AB10则sin1010． 所以AB与面AAC1011C所成的角为arcsin10． （3）同解法一

21．解：（1）由已知条件得aan12n1n1a，

13因为36200737，所以，使an≥2007成立的最小自然数n8．（2）因为T12n123342n323332n1，„„„„① 13T132342n12n2n32333432n132n，„„„„② ①②得：43T11112n2n13323332n132n

1132n112n32n 3332n38n432n 所以T32n2924n2n1632n．

22．解：（1）在△PF1F2中，FF122

4d221d22d1d2cos2(d21d2)4d1d22sin

(d21d2)44

d1d221（小于2的常数）

故动点P的轨迹C是以F1，F2为焦点，实轴长2a21的双曲线．

x2y2方程为

11． （2）方法一：在△AF1B中，设AF1d1，AF2d2，BF1d3，BF2d4．假设△AF1B为等腰直角三角形，则

d1d22a①d3d42a②d3d4d2③ d12d3④d3d4sin2π4⑤由②与③得d22a，

d14a则d322a d4d32a2(21)a由⑤得d3d42，

42(21)a22 (842)(1)2，

122217(0，1) 故存在122217满足题设条件． 方法二：（1）设△AF1B为等腰直角三角形，依题设可得

222AF1AF2sin2πAF1AF，821cosπ214 BF1BF2sin2π4BF1BF22所以S1π1△AF1F22AF1AF2sin4(21)，S△BF1F22BF1BF2．则S△AF1B(22)．① 由

S△AF1F2SAF2△BF1BF21，可设BF2d， F22则AF2(21)d，BF1AB(22)d． 则S12△AF1B2AB212(22)2d．② 由①②得(22)d22．③

根据双曲线定义BF1BF22a21可得，(21)d21． 平方得：(21)2d24(1)．④ 由③④消去d可解得，122217(0，1) 故存在

1222满足题设条件． 17