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2017新课标全国卷Ｉ数学押题卷A
2017年考试大纲修订内容：
1. 进一步加强对数学“双基”——即基本知识，基本技能的考查，强调数学思想方法的应用，注重数学能力的考查.
2. 全国卷采用12个选择题，4道填空题，5道必选题，另外加后面的2选1（极坐标与参数方程，和绝对值不等式两道题目中选做其中一道），共150分，用时2个小时.
3. 2017年新考纲变化有：（1）注重数学文化的考查；（2）试卷最后的选做题由原来的2选1变成2选1，删掉了平面几何的选考.
一、选择题：本大题共12个小题，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.
第1卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1. 在选择题中常考查的知识点
（1）基础题——集合与简易逻辑，充分必要条件，复数的引入，三视图，已经各种视图，数列，程序框图，函数图像及性质等
（2）中档题——统计概率，三角函数，不等式与线性规划，直线与圆的位置关系，立体几何中的点，线，面的关系等。
（3）爬坡题——利用导数研究函数，圆锥曲线，以及函数综合问题.
2. 本押题卷严格按照新课标Ⅰ要求的高考考点和题量、分值出题，严格遵照新考纲要求，体现考纲遍变化，注重双基考查，体现数学文化与数学能力的理解与应用。出题新颖，部分题目为原创试题.
1．已知集合，，则“且”成立的充要条件是（ ）
A. B. C. D.
【解析】由已知条件,可以得到“且”的等价条件，也就是充要条件.
【解答】若满足，则，若，则，所以满足题意的x的范围是.这也就是“且”的等价条件.故选择D选项.
【说明】本题考查集合和运算与充要条件.
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2．已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【解析】由条件，根据复数的运算，可以得到复数z，进一步得到其共轭复数.
【解答】由题意得，，则的共轭复数是，故选D.
【说明】本题考查复数的运算.
3．在等差数列中，，则（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
【解析】根据等差数列的基本性质，从而得到6，进一步得，2，于是得到.
【解答】由等差数列的性质可知：
.
本题选择D选项.
【说明】本题考查等差数列的基本性质.
4．假设小明订了一份报纸，送报人可能在早上6：30—7：30之间把报纸送到，小明离家的时间在早上7：00—8：00之间，则他在离开家之前能拿到报纸的概率（）
A. B. C. D.
【解析】将送报人到达的时间与小明离家的时间作为点的坐标，该坐标（x，y）充满一个区域，而满足条件“小明在离开家之前能拿到报纸”的点（x，y）则在另一个区域，根据几何概型得到概率.
【解答】设送报人到达的时间为x，小明离家的时间为y，记小明离家前能拿到报纸为事件A；以横坐标表示报纸送到时间，以纵坐标表示小明离家时间，建立平面直角坐标系，小明离家前能得到报纸的事件构成区域如图示：由于随机试验落在方形区域内任何一点是等可能的，所以符合几何概型的条件．根据题意，只要点落到阴影部分，就表示小明在离开家前能得到报纸，即事件A发生，所以故选C．
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【说明】此题为几何概型，将送报人时间和小明离家时间建立直角坐标系，分析可得试验的全部结果所构成的区域并求出其面积，同理可得时间A所形成的区域和面积，然后由几何概型的公式即可解得答案
5．已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，则直线经过定点.（ ）
A. B. C. D.
【解析】对于点，根据题意得到四点共圆，从而以为直径的圆的方程为，将该圆与圆联立，两式相减得到相交弦所在直线方程.
【解答】设是圆的切线，是圆与以为直径的两圆的公共弦，可得以为直径的圆的方程为， ①
又 ， ② ①-②得，可得满足上式，即过定点，故选B.
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【说明】本题考查直线与圆的位置关系，如直线与圆相切，以及两个圆相交的相交弦方程.
6．已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 （ ）
A. B. C. D.
【解析】根据三视图恢复几何体的原貌，即可得到几何体的体积.
【解答】由三视图知：几何体为四棱锥，且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，如图：
其中BC=2，AD=6，AB=6，SA⊥平面ABCD，SA=6，∴几何体的体积.故选：C.
【说明】本题考查三视图以及几何体的体积.
7．函数的图象大致是（ ）
A. B.
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C. D.
【解析】本题可以充分利用选项的渐近线以及函数在一定的区域上的符号即可以判断，如：当当时，恒有,故排除选项D等等.
【解答】因为，所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除C；当时，恒有，故排除D；时，，故可排除B；故选A.
【说明】本题考查函数的图像.
8．设，给出下列四个结论：
①；②；③；④.
其中所有的正确结论的序号是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ①②③ D. ②③④
【解析】根据不同的比较，构造相关的函数，如需判断“”的真假，可以构造函数，需判断“”的真假，可以构造函数.
【解答】因为，所以①为增函数，故=1，故错误
②函数为减函数，故，所以正确
③函数为增函数，故，故，故正确
④函数为增函数，，故，故错误
【说明】本题考查幂函数，指数函数，对数函数的单调性以及相关图像性质
9．当时，执行如图所示的程序框图，输出的值为（ ）
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A. 6 B. 8 C. 14 D. 30
【解析】逐步执行框图中的循环体，直到跳出循环体，可以得到.
【解答】第一次循环，，第二次循环，，第三次循环，，第四次循环，，结束循环，输出，故选D．
【说明】本题考查程序框图.
10．已知双曲线的左、右两个焦点分别为，以线段为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，若，该双曲线的离心率为，则（ ）
A. 2 B. C. D.
【解析】由已知条件求出圆的方程和直线方程,联立求出在第一象限的交点M坐标,由两点间距离公式,求出离心率的平方. 涉及的公式有双曲线中,两点间距离公式, 求根公式等.
【解答】以线段 为直径的圆方程为 ,双曲线经过第一象限的渐近线方程
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为 ,联立方程 ,求得 ,因为 ,所以有
又 ,平方化简得 ,由求根公式有 (负值舍去).选D.
【说明】本题主要以双曲线的离心率为载体设问，考查双曲线的定义以及双曲线与直线的位置关系.
11．把平面图形上的所有点在一个平面上的射影构成的图形叫做图形在这个平面上的射影，如图，在长方体中，，，，则在平面上的射影的面积是（ ）
A. B. C. 10 D. 30
【解析】解决本题的关键找到点在平面上的射影在面与面的交线上，进而利用三角形“等底同高”即等面积法可解决问题.
【解答】在长方体中，，，，，，，由题意可知点在平面上的射影在面与面的交线上，则在平面上的射影与等底同高，故其面积为，故选A.
【说明】本题主要考查了图形在图形在这个平面上的射影的概念，本质为线面垂直判定的延伸，考查了学生理解转化问题和空间想象的能力.
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12．函数与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【解析】首先转化题意，要使函数与的图象上存在关于轴对称的点，只需关于轴的对称的函数图象与的图象有交点，从而利用数形结合即可得到本题的答案.
【解答】
要使函数与的图象上存在关于轴对称的点，只需关于轴的对称的函数图象与的图象有交点即可，即设与相切时，切点为，则，又点与两点连线斜率，由图知的取值范围是时，函数图象与的图象有交点，即范围是
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时，函数与的图象上存在关于轴对称的点，故选B.
【说明】本题主要考查数学解题过程中的数形结合思想和化归思想.导数以及直线斜率的灵活应用，属于难题
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）.
1. 在填空题中常考查的知识点
（1）基础题——二项式定理，平面向量.
（2）中档题——不等式，线性规划.
（3）爬坡题——立体几何，推理与论证.
2. 本押题卷严格按照新课标Ⅰ要求的高考考点和题量、分值出题，严格遵照新考纲要求，体现考纲遍变化，注重双基考查，体现数学文化与数学能力的理解与应用。出题新颖，部分题目为原创试题.
13．在数列中，，，，则__________．
【解析】由等比数列定义可得数列的首项和公比,进一步得到
【解答】由题意得数列为公比为3的等比数列,因此从而正确答案为54.
14．已知向量是单位向量，向量若，则，的夹角为__________．
【解析】由向量的垂直以及向量的数量积，体现条件，.
【解答】
,则，的夹角为.
15．二项式的展开式中所有二项式系数和为64，则展开式中的常数项为，则_____
【解析】由题设得，则，进一步得到常数项的表达式，即，
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也即.
【解答】由题设可得，则；由于展开式中的通项公式是
，令可得，由题意，即，也即，应填答案。
16．已知实数满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【解析】根据线性约束条件得到可行域，而其中表示两点与所确定直线的斜率.
【解答】其中表示两点与所确定直线的斜率，由图知，所以的取值范围是的取值范围是选C.
【说明】本题考查线性规划，以及直线的斜率的几何意义.
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三、解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
1. 在填空题中常考查的知识点
（1）基础题——三角函数，二选一的选做题.
（2）中档题——统计概率，立体几何
（3）爬坡题——圆锥曲线，导数综合.
2. 本押题卷严格按照新课标Ⅰ要求的高考考点和题量、分值出题，严格遵照新考纲要求，体现考纲遍变化，注重双基考查，体现数学文化与数学能力的理解与应用。出题新颖，部分题目为原创试题.
17．已知，，函数.
（Ⅰ）求函数零点；
（Ⅱ）若的三内角、、的对边分别是、、，且,求的取值范围.
【解析】（I）利用向量夹角公式，代入已知，化简后可得.令，由此解得.（II）由（1）可得，由此求得.利用正弦定理，将转化为，根据可求得取值范围为.
【解答】（Ⅰ）由条件可知:
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∴
所以函数零点满足,得,．
（Ⅱ）由正弦定理得
由（Ⅰ），而，得
∴，又，得
∵代入上式化简得：
又在中，有，，则有
即：.
【说明】本题考查向量的运算，以及利用正弦定理解三角形.
18．如图，四棱锥中，底面是矩形，面底面，且是边长为的等边三角形，在上，且面.
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（1）求证: 是的中点；
（2）在上是否存在点，使二面角为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】(1)连交于可得是中点，再根据面可得进而根据中位线定理可得结果；(2)取中点，由（1）知两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴,轴，轴建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量，用表示面的一个法向量，由可得结果.
【解答】(1)证明：连交于，连是矩形，是中点.又面，且是面与面的交线，是的中点.
(2)取中点，由（1）知两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为.
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设存在满足要求，且，则由得：，面的一个法向量为，面的一个法向量为，由，得，解得，故存在，使二面角为直角，此时.
【说明】本题考查立体几何中线面的综合关系，以及二面角的求法.
19．某品牌汽车的店，对最近100份分期付款购车情况进行统计，统计情况如下表所示.已知分9期付款的频率为0.4；该店经销一辆该品牌汽车，若顾客分3期付款，其利润为1万元；分6期或9期付款，其利润为2万元；分12期付款，其利润为3万元.
付款方式
分3期
分6期
分9期
分12期
频数
20
20
（1）若以上表计算出的频率近似替代概率，从该店采用分期付款购车的顾客（数量较大）中随机抽取3为顾客，求事件：“至多有1位采用分6期付款“的概率；
（2）按分层抽样方式从这100为顾客中抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取3人，记该店在这3人身上赚取的总利润为随机变量，求的分布列和数学期望.
【解析】（1）依据题设运用二项分布公式求解；（2）借助题设求出随机变量的分布列，再依据数学期望公式【解答】（1）由题意，，，
则表中分6期付款购车的顾客频率，
所以.
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（2）按分层抽样的方式抽取的5人中，有1位分3期付款，有3位分6期或9期付款，有1位分12期付款.
随机变量可能取的值是5，6，7，
则，，，
所以随机变量的分布列为
5
6
7
0.3
0.4
0.3
∴（万元）即为所求.
【说明】本题考查事件的独立性，抽样方法以及随机变量的分布列与期望.
20．已知是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，点在椭圆上，线段与轴的交点满足．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）圆是以为直径的圆，一直线与圆相切，并与椭圆交于不同的两点、，当，且满足时，求的面积的取值范围．
【解析】（Ⅰ）先利用平面向量共线得到是线段的中点，再利用三角形的中位线和待定系数法进行求解；（Ⅱ）先利用直线与圆相切得到，再联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，再利用平面向量的数量积和判别式为正、三角形的面积公式得到有关表达式，再利用函数的单调性进行求解.
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【解答】（Ⅰ）因为，所以 是线段的中点，所以是的中位线，又所以,所以，又因为，
解得，所以椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）因为直线与相切，所以，即
联立得.
设
因为直线与椭圆交于不同的两点、，
所以，
，
，又因为，所以
解得.
，
设，则单调递增，
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所以，即
【说明】本题考查直线与椭圆的位置关系.
21．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）如果对于任意的，恒成立，求实数的取值范围；
（3）设函数，，过点作函数的图象的所有切线，令各切点的横坐标按从小到大构成数列，求数列的所有项之和的值.
【解析】（1）求出导数，然后根据导数大于零和小于零求出对应的单调区间，（2）构造辅助函数，将问题转化为求此函数的最小值问题，然后根据k的取值进行讨论，（3）把解析式代入，求出其导数，设出切点，求出切点的坐标，写出切线方程，得到关于切点横坐标的三角方程，利用函数图像分析得到切点的横坐标的对称性，最后结合给出的范围得到S的值.
【解析】⑴
的增区间为；减区间为.
⑵令
要使恒成立，只需当时，
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令，则对恒成立
在上是增函数，则
①当时，恒成立，在上为增函数
，满足题意；
②当时，在上有实根, 在上是增函数
则当时，，不符合题意；
③当时，恒成立，在上为减函数，
不符合题意
，即.
⑶
设切点坐标为，则切线斜率为
从而切线方程为
令，，这两个函数的图象均关于点对称，则它们交点的横坐标也关于对称，从而所作的所有切线的切点的横坐标构成数列的项也关于成对出现，又在共有1008对，每对和为.
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.
【说明】本题考查利用导函数研究函数的综合性质.
22．选修4-4：坐标系与参数方程
已知过点的直线的参数方程是（为参数），以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标，曲线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）若直线与曲线交于点，且，求实数的值.
【解析】（Ⅰ）消去参数可得，由，得，可得的直角坐标方程；（Ⅱ）把（为参数），代入，根据参数的几何意义，结合韦达定理得结果.
【解答】（Ⅰ）直线的参数方程是，（为参数），消去参数可得.
由，得，可得的直角坐标方程：.
（Ⅱ）把（为参数），代入，得.
由，解得，，，，
解得或1.又满足，实数或1.
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【说明】参数方程与普通方程的互化；极坐标方程化为直角坐标；
23．选修4-5：不等式选讲
已知函数.
（1）解不等式；
（2）若存在实数，使不等式能成立，求实数的最小值.
【解析】（1）由题意不等式可化为，分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集；（2）等式等价于只需即可得结果.
【解答】（1）由题意不等式可化为，当时，，
解得，即；当时，，解得，即；当时，，解得，即，综上所述，不等式的解集为
或.
（2）由不等式可得，
，故实数的最小值是.
【说明】本题考查绝对值不等式的解法以及恒成立问题.
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