2017年华侨、港澳台联考数学真题 (含答案)

2017年中华人民共和国普通高等学校 联合招收华侨、港澳地区、台湾省学生入学考试

数 学

一、选择题：本大题共12小题；每小题5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A1,2,3，B2,3,4，则AB（ ）

2，3,4 （A）2 （B）2,3 （C）3,4 （D）1，（2）cos200cos250sin200sin250（ ）

（A）

122 （B） （C）0 （D）

222（3）设向量a3,1，b3,1，则a和b的夹角为（ ）

（A）300 （B）600 （C）1200 （D）1500

3+i（4）2（ ）

13131313（A）i （B）+i （C）i （D）+i

222222222（5）设等差数列an的前n项和为Sn，a14，S5S4S6，则公差d的取值范围是（ ）

8484（A）1, （B）1, （C）, （D）1,0

5995（6）椭圆C的焦点为F11,0，F21,0，点P在C上，F2P2，F1F2P轴长为（ ）

2，则C的长3（A）2 （B）23 （C）23 （D）223 （7）函数yfx的图像与函数ylnx1的图像关于y轴对称，则fx（ ）

（A）lnx1 （B）lnx1 （C）lnx1 （D）lnx1

（8）设0a1，则（ ）

（A）log2alog2a （B）log2alog22a

（C）log2alog2a （D）log2aloga

（9）4个数字1和4个数字2可以组成不同的8位数共有（ ）

（A）16个 （B）70个 （C）140个 （D）256个

（10）正三棱柱ABCA1B1C1各棱长均为1，D为AA1的中点，则四面体A1BCD的体积是（ ）

（A）

3333 （B） （C） （D） 481224x2y2（11）已知双曲线C:221a0,b0的右焦点为Fc,0，直线ykxc与C的右支

ab有两个交点，则（ ）

（A）kbbcc （B）k （C）k （D）k aaaa（12）函数fx的定义域,，若gxfx1和hxfx1都是偶函数，则（ ）

（A）fx是偶函数 （B）fx是奇函数 （C）f2f4 （D）f3f5

二、填空题：本大题共6小题；每小题5分.

（13）x2的展开式中x5的系数是____________.（用数字填写答案）

（14）在ABC中，D为BC的中点，AB8，AC6，AD5，则BC____________. （15）若曲线yx13x1的切线l与直线yx平行，则l的方程为____________. x146（16）直线x3y20被圆x2y22x0截得的线段长为___________.

（17）若多项式px满足p21，p12，则px被x2x2除所得的余式为________. （18）在空间直角坐标系中，向量a在三个坐标平面内的正投影长度分别为2，2，1，则a

____________.

三、解答题：本大题共4小题；每小题15分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （19）（15分）设数列bn的各项都为正数，且bn1bn. bn11（1）证明数列为等差数列；（2）设b11，求数列bnbn1的前n项和Sn.

bn

（20）（15分）已知函数fxax33a1x212x.

（1）当a0时，求fx的极小值；（Ⅱ）当a0时，讨论方程fx0实根的个数.

（21）（15分）袋中有m个白球和n个黑球，mn1.

（1）若m6，n5，一次随机抽取两个球，求两个球颜色相同的概率；

5（2）有放回地抽取两次，每次随机抽取一个球，若两次取出的球的颜色相同的概率为，

8求m:n.

x2y2（22）（15分）设椭圆C:221ab0的中心为O，左焦点为F，左顶点为A，短轴

ab的一个端点为B，短轴长为4，ABF的面积为51

（1）求a，b；（2）设直线l与C交于P,Q两点，M2,2，四边形OPMQ为平行四边形，求

l的方程.

2017年港澳台联考数学真题答案

一、选择题 1 D 二、填空题

13．12 14．10 15．3x4y50 16．三、解答题

19．解：（1）两边取倒数得，.

2 A 3 C 4 D 5 A 6 D 7 C 8 B 9 B 10 D 11 B 12 C 3215 3 17．x 18．2331b1111n1，故数列为等差数列，其公差为1，首项为. bn1bnbnb1bn（2）由（1）得，

1111111， 1，(n1)n，故bn，所以bnbn1nb1bnb1n(n1)nn111111n因此Sn1...． 223nn1n1220．解：fx3ax6a1x123ax2x2.

（1）当a0时，令fx0，得x2或x①当0a1时，有

2； a22，列表如下： ax f(x) f(x) 故极小值为f()②当a1时，有

,2  ↗ 2 0 极大值 22, a2 a0 极小值 2, a ↘  ↗ 2a12a4. a2222，则fx3x20，故fx在R上单调递增，无极小值； a2③当a1时，有2，列表如下：

a

x f(x) 2, a2 a0 极大值 2,2 a2 0 极小值 2,  ↗  ↗  ↘ f(x) 故极小值为f(2)124a.

（2）①当a0时，令fx3x212x3x(x4)，得x0或x4，有两个根；

②当a0时，令fx0，得x2或x22，有02，列表如下： aax f(x) f(x) 2, a2 a2,2 a2 0 极大值 2,  ↘  ↘ 0 极小值  ↗ 故极大值为f(2)124a0，极小值f()2a12a40，因此f(x)0有三个根. a22C6C52521．解：（1）记“一次随机抽取两个球，两个球颜色相同”为事件A，则PA； 2C1111（2）记“有放回地抽取两次，每次随机抽取一个球，若两次取出的球的颜色相同”为事件B，

m则两次取出的颜色都是白色的概率为p1，

mn2n则两次取出的颜色都是黑色的概率为p2，

mn2m2n25mn22由题意，PB，化简得3m10mn3n0， 2mnmn8mnm1mmmm即31030，解得3或，由mn1，故3.

n3nnnn222

2b4a5122．解：（1）依题意得，SABF(ac)b51，解得b2.

2c1222acbx2y21，因为四边形OPMQ为平行四边形，设（2）方法1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为54OM的中点为D，则D也是PQ的中点，因为M2,2，则D1,1，设Px1,y1，Qx2,y2，

x12y12122x12x2y12y254由题意，两式相减得0，

2254x2y2145变形得

x1x2x1x2y1y2y1y20，即k54PQy1y24xx4214 12，

x1x25yy521512所以直线l的方程为y14(x1)，即4x5y90. 5x2y2带入1，检验0，有两个交点，满足题意。

54方法2（韦达定理法）：

①当直线PQ的斜率不存在时，直线l的方程为x1，此时yPyQ，其中点为(1,0)，不

成立；

②当直线PQ的斜率存在时，设直线l的方程为y1k(x1)，

y1k(x1)联立得x2y2，消y化简得，(5k24)x210k(k1)x5k210k150，

14510k(k1)4，解得， 21k25k15带入上述二次方程，检验得0，满足题意.

4所以直线l的方程为y1(x1)，即4x5y90.

5设Px1,y1，Qx2,y2，则x1x2