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2017年浙江省高考数学试卷(真题详细解析)

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数学-2017年高考真题——浙江卷(精校解析版)

数学-2017年高考真题——浙江卷(精校解析版)

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）一、选择题1．(2017·浙江，1)已知集合P ＝{x |－1＜x ＜1}，Q ＝{x |0＜x ＜2}，则P ∪Q 等于( ) A ．(－1,2) B ．(0,1) C ．(－1,0)D ．(1,2)2．(2017·浙江，2)椭圆x 29＋y 24＝1的离心率是( )A ．133B ．53C ．23D ．593.(2017·浙江，3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．π2＋1B ．π2＋3C ．3π2＋1D ．3π2＋34．(2017·浙江，4)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋y －3≥0，x －2y ≤0，则z ＝x ＋2y 的取值范围是( )A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6，＋∞)D ．[4，＋∞)5．(2017·浙江，5)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( )A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关6．(2017·浙江，6)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”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7．(2017·浙江，7)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )8．(2017·浙江，8)已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1,2.若0＜p 1＜p 2＜12，则( ) A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2) B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2) C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2) D ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)9．(2017·浙江，9)如图，已知正四面体DABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA ＝2，分别记二面角DPRQ ，DPQR ，DQRP 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α10．(2017·浙江，10)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3二、填空题11．(2017·浙江，11)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6＝________.12．(2017·浙江，12)已知a ，b ∈R ，(a ＋b i)2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则a 2＋b 2＝________，ab ＝________.13．(2017·浙江，13)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝________，a 5＝________.14．(2017·浙江，14)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________.15．(2017·浙江，15)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________．16．(2017·浙江，16)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法(用数字作答)． 17．(2017·浙江，17)已知a ∈R ，函数f (x )＝|x ＋4x －a |＋a 在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是________． 三、解答题18．(2017·浙江，18)已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )． (1)求f ⎝⎛⎭⎫2π3的值；(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间．19．(2017·浙江，19)如图，已知四棱锥P ABCD ，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE ∥平面P AB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．20．(2017·浙江，20)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝⎛⎭⎫x ≥12. (1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的取值范围．21．(2017·浙江，21)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12＜x ＜32，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值．22．(2017·浙江，22)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时，(1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2.参考答案一、选择题1．【答案】A【解析】∵P ＝{x |－1＜x ＜1}，Q ＝{x |0＜x ＜2}， ∴P ∪Q ＝{x |－1＜x ＜2}． 故选A. 2．【答案】B【解析】∵椭圆方程为x 29＋y 24＝1，∴a ＝3，c ＝a 2－b 2＝9－4＝ 5. ∴e ＝c a ＝53.故选B. 3.【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， ∴该几何体体积为V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A. 4．【答案】D【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．由题意可知，当直线y ＝－12x ＋z2过点A (2,1)时，z 取得最小值，即z min ＝2＋2×1＝4.所以z ＝x ＋2y 的取值范围是[4，＋∞)．故选D. 5．【答案】B【解析】方法一 设x 1，x 2分别是函数f (x )在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m ＝x 21＋ax 1＋b ，M ＝x 22＋ax 2＋b . ∴M －m ＝x 22－x 21＋a (x 2－x 1)，显然此值与a 有关，与b 无关． 故选B.方法二由题意可知，函数f(x)的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b的变动，相当于图象上下移动，若b增大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m ＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M －m的值在变化，故与a有关，故选B.6．【答案】C【解析】方法一∵数列{a n}是公差为d的等差数列，∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.若d＞0，则21d＞20d,10a1＋21d＞10a1＋20d，即S4＋S6＞2S5.若S4＋S6＞2S5，则10a1＋21d＞10a1＋20d，即21d＞20d，∴d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充分必要条件．故选C.方法二∵S4＋S6＞2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6＞2(S4＋a5)⇔a6＞a5⇔a5＋d＞a5⇔d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充分必要条件．故选C.7．【答案】D【解析】观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A，C.如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2＞0，故选项D正确．故选D.8．【答案】A【解析】由题意可知ξi (i ＝1,2)服从两点分布， ∴E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2，D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)， 又∵0＜p 1＜p 2＜12，∴E (ξ1)＜E (ξ2)，把方差看作函数y ＝x (1－x )，根据0＜ξ1＜ξ2＜12知，D (ξ1)＜D (ξ2)．故选A.9．【答案】B【解析】如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO . 由图可知它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ， OF ＝OQ ·sin ∠OQF ＜OQ ·sin ∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin ∠ORE ＞OR ·sin ∠ORP ′＝a ， ∴OF ＜OG ＜OE ， ∴OD tan β＜OD tan γ＜OD tan α， ∴α＜γ＜β. 故选B. 10．【答案】C【解析】∵I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →， 又OB →与CA →所成角为钝角， ∴I 1－I 2＜0，即I 1＜I 2.∵I 1－I 3＝OA →·OB →－OC →·OD →＝|OA →||OB →|cos ∠AOB －|OC →||OD →|cos ∠COD ＝cos ∠AOB (|OA →||OB →|－|OC →||OD →|)， 又∠AOB 为钝角，OA ＜OC ，OB ＜OD ， ∴I 1－I 3＞0，即I 1＞I 3. ∴I 3＜I 1＜I 2， 故选C. 二、填空题 11．【答案】332【解析】作出单位圆的内接正六边形，如图，则OA ＝OB ＝AB ＝1，S 6＝6S △OAB ＝6×12×1×32＝332.12．【答案】5 2【解析】(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i.由(a ＋b i)2＝3＋4i.得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝3，ab ＝2. 解得a 2＝4，b 2＝1.所以a 2＋b 2＝5，ab ＝2. 13．【答案】16 4【解析】a 4是x 项的系数，由二项式的展开式得a 4＝C 33·C 12·2＋C 23·C 22·22＝16. a 5是常数项，由二项式的展开式得a 5＝C 33·C 22·22＝4. 14．【答案】152104【解析】依题意作出图形，如图所示，则sin ∠DBC ＝sin ∠ABC .由题意知AB ＝AC ＝4，BC ＝BD ＝2， 则sin ∠ABC ＝154，cos ∠ABC ＝14， 所以S △BDC ＝12BC ·BD ·sin ∠DBC ＝12×2×2×154＝152.因为cos ∠DBC ＝－cos ∠ABC ＝－14＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC ＝8－CD28，所以CD ＝10.由余弦定理得，cos ∠BDC ＝4＋10－42×2×10＝104.15．【答案】4 2 5【解析】设a ，b 的夹角为θ， ∵|a |＝1，|b |＝2， ∴|a ＋b |＋|a －b |＝(a ＋b )2＋(a －b )2＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 则y 2＝10＋225－16cos 2θ. ∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0,1]， ∴y 2∈[16,20]，∴y ∈[4,25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4,25]． 16．【答案】660【解析】方法一 只有1名女生时，先选1名女生，有C 12种方法；再选3名男生，有C 36种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 12C 36A 24＝480(种)选法．有2名女生时，再选2名男生，有C 26种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 26A 24＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知共有480＋180＝660(种)不同的选法．方法二 不考虑限制条件，共有A 28C 26种不同的选法， 而没有女生的选法有A 26C 24种，故至少有1名女生的选法有A 28C 26－A 26C 24＝840－180＝660(种)．17．【答案】⎝⎛⎦⎤－∞，92 【解析】方法一 当x ∈[1,4]时，x ＋4x∈[4,5]．①当a ≥5时，f (x )＝a －x －4x ＋a ＝2a －x －4x ，函数的最大值为2a －4＝5，解得a ＝92(舍去)；②当a ≤4时，f (x )＝x ＋4x －a ＋a ＝x ＋4x ≤5，此时符合题意；③当4＜a ＜5时，f (x )max ＝max{|4－a |＋a ，|5－a |＋a }，则⎩⎪⎨⎪⎧ |4－a |＋a ≥|5－a |＋a ，|4－a |＋a ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧|4－a |＋a ＜|5－a |＋a ，|5－a |＋a ＝5，解得a ＝92或a ＜92.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，92. 方法二 当x ∈[1,4]时，令t ＝x ＋4x∈[4,5]．则f (x )＝|t －a |＋a ，结合数轴易知，t ＝92为[4,5]的对称轴，当a ≤92时，a 靠近左端点4，此时|t －a |≤|5－a |＝5－a ，即f (x )max ＝5－a ＋a ＝5，符合题意． 当a ＞92时，a 靠近右端点5，此时|t －a |≤|4－a |＝a －4，即f (x )max ＝a －4＋a ＝2a －4＞5，不符合题意． 综上可得，a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，92. 方法三 当x ∈[1,4]时，x ＋4x ∈[4,5]．结合数轴可知，f (x )max＝max{|5－a |，|4－a |}＋a ＝⎩⎨⎧5， a ≤92，2a －4，a ＞92，令f (x )max ＝5，得a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，92. 三、解答题 18．解 (1)由sin2π3＝32，cos 2π3＝－12， 得f ⎝⎛⎭⎫2π3＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫－122－23×32×⎝⎛⎭⎫－12＝2.(2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得， f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 所以f (x )的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得，π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )． 19．(1)证明 如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，P A 中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 因为BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ， 因此CE ∥平面P AB .(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ， 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点， 所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD .所以AD ⊥平面PBN .由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角． 设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28， 所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 20．解 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e －x )′＝－e －x ， 所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x ＝(1－x )(2x －1－2)e －x 2x －1⎝⎛⎭⎫x ＞12. (2)由f ′(x )＝(1－x )(2x －1－2)e －x 2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.因为↘↗又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x ≥0，所以f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的取值范围是1210,e 2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 21．解 (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12＜x ＜32.所以直线AP 斜率的取值范围为(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋.因为|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1， 所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3， 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减． 因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.22．证明 (1)用数学归纳法证明x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0. 假设n ＝k 时，x k ＞0， 那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾， 故x k ＋1＞0， 因此x n ＞0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1， 因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)． 记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)． f ′(x )＝2x 2＋xx ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12＞0， 所以1x n －12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．。

2017年浙江省高考数学试题+解析(最新整理)

2017年浙江省高考数学试题+解析(最新整理)

2017浙江省高考理科数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么P ∪Q=（ ）A ．（﹣1，2）B ．（0，1）C ．（﹣1，0）D ．（1，2）2．（4分）椭圆+=1的离心率是（ ）x 29y 24A ．B ．C ．D ．1335323593．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．+1B ．+3C ．+1D ．+3π2π23π23π24．（4分）若x 、y 满足约束条件，则z=x +2y 的取值范围是（ ）{x ≥0x +y ‒3≥0x ‒2y ≤0A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，+∞）D ．[4，+∞）5．（4分）若函数f （x ）=x 2+ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M ﹣m （ ）A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关6．（4分）已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”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7．（4分）函数y=f （x ）的导函数y=f′（x ）的图象如图所示，则函数y=f （x ）的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．8．（4分）已知随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1﹣p i ，i=1，2．若0＜p 1＜p 2＜，则（ ）12A ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）B ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）C ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）D ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）9．（4分）如图，已知正四面体D ﹣ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P 、Q 、R 分别为AB 、BC 、CA 上的点，AP=PB ，==2，分别记二面角D ﹣PR ﹣Q ，D ﹣PQ ﹣R ，D ﹣QR ﹣P BQ QC CR RA的平面角为α、β、γ，则（ ）A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB=BC=AD=2，CD=3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=•，I 2=•，I 3=•，则（ ）→OA →OB →OB →OC →OC →ODA ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6= ．12．（6分）已知a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），则a 2+b 2= ，ab= ．13．（6分）已知多项式（x +1）3（x +2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x +a 5，则a 4= ，a 5= ．14．（6分）已知△ABC ，AB=AC=4，BC=2，点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD ，则△BDC 的面积是 ，cos ∠BDC= ．15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是 ，→a →b →a →b →a →b →a →b 最大值是 ．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 种不同的选法．（用数字作答）17．（4分）已知a ∈R ，函数f （x ）=|x +﹣a |+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 4x的取值范围是 ．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2sinx cosx （x ∈R ）．3（Ⅰ）求f （）的值．2π3（Ⅱ）求f （x ）的最小正周期及单调递增区间．19．（15分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC=AD=2DC=2CB ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x （x ≥）．2x ‒112（1）求f （x ）的导函数；（2）求f （x ）在区间[，+∞）上的取值范围．1221．（15分）如图，已知抛物线x 2=y ，点A （﹣，），B （，），抛物线上的点P （x ，y ）12143294（﹣＜x ＜），过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．1232（Ⅰ）求直线AP 斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA |•|PQ |的最大值．22．（15分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln （1+x n +1）（n ∈N *），证明：当n ∈N *时，（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ；（Ⅱ）2x n +1﹣x n ≤；x n x n +12（Ⅲ）≤x n ≤．12n ‒112n ‒2　2017年浙江省高考理科数学参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么P ∪Q=（ ）A ．（﹣1，2）B ．（0，1）C ．（﹣1，0）D ．（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么P ∪Q={x |﹣1＜x ＜2}=（﹣1，2）．故选：A ．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．　2．（4分）椭圆+=1的离心率是（ ）x 29y 24A ．B ．C ．D ．133532359【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，x 29y 249‒45所以椭圆的离心率为：=．c a 53故选：B ．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．+1B ．+3C ．+1D ．+3π2π23π23π2【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，1213131222π2故选：A【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．4．（4分）若x 、y 满足约束条件，则z=x +2y 的取值范围是（ ）{x ≥0x +y ‒3≥0x ‒2y ≤0A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，+∞）D ．[4，+∞）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x 、y 满足约束条件，表示的可行域如图：{x ≥0x +y ‒3≥0x ‒2y ≤0目标函数z=x +2y 经过C 点时，函数取得最小值，由解得C （2，1），{x +y ‒3=0x ‒2y =0目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选：D ．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4分）若函数f （x ）=x 2+ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M ﹣m （ ）A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M ﹣m 的取值与a ，b 的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f （x ）=x 2+ax +b 的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛a 2物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a ＜﹣2，或a ＞0时，a 2a 2函数f （x ）在区间[0，1]上单调，此时M ﹣m=|f （1）﹣f （0）|=|a +1|，故M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a ≤﹣1时，12a 2函数f （x ）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，a 2a 2且f （0）＞f （1），此时M ﹣m=f （0）﹣f （﹣）=，a 2a 24故M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a ≤0时，a 212函数f （x ）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，a 2a 2且f （0）＜f （1），此时M ﹣m=f （1）﹣f （﹣）=1+a +，a 2a 24故M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关综上可得：M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关故选：B【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4分）已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”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【分析】根据等差数列的求和公式和S 4+S 6＞2S 5，可以得到d ＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S 4+S 6＞2S 5，∴4a 1+6d +6a 1+15d ＞2（5a 1+10d ），∴21d ＞20d ，∴d ＞0，故“d ＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”充分必要条件，故选：C【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题　7．（4分）函数y=f （x ）的导函数y=f′（x ）的图象如图所示，则函数y=f （x ）的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x ）＜0时，函数f （x ）单调递减，当f′（x ）＞0时，函数f （x ）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f （x ）的图象可能【解答】解：由当f′（x ）＜0时，函数f （x ）单调递减，当f′（x ）＞0时，函数f （x ）单调递增，则由导函数y=f′（x ）的图象可知：f （x ）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A ，C ，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x 轴上的右侧，排除B ，故选D【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4分）已知随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1﹣p i ，i=1，2．若0＜p 1＜p 2＜，则（ ）12A ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）B ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）C ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）D ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）【分析】由已知得0＜p 1＜p 2＜，＜1﹣p 2＜1﹣p 1＜1，求出E （ξ1）=p 1，E （ξ2）=p 2，1212从而求出D （ξ1），D （ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1﹣p i ，i=1，2，…，0＜p 1＜p 2＜，12∴＜1﹣p 2＜1﹣p 1＜1，12E （ξ1）=1×p 1+0×（1﹣p 1）=p 1，E （ξ2）=1×p 2+0×（1﹣p 2）=p 2，D （ξ1）=（1﹣p 1）2p 1+（0﹣p 1）2（1﹣p 1）=，p 1‒p 12D （ξ2）=（1﹣p 2）2p 2+（0﹣p 2）2（1﹣p 2）=，p 2‒p 22D （ξ1）﹣D （ξ2）=p 1﹣p 12﹣（）=（p 2﹣p 1）（p 1+p 2﹣1）＜0，p 2‒p 22∴E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）．故选：A ．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4分）如图，已知正四面体D ﹣ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P 、Q 、R 分别为AB 、BC 、CA 上的点，AP=PB ，==2，分别记二面角D ﹣PR ﹣Q ，D ﹣PQ ﹣R ，D ﹣QR ﹣P BQ QC CR RA的平面角为α、β、γ，则（ ）A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为O ．不妨设OP=3．则O （0，0，0），P （0，﹣3，0），C （0，6，0），D （0，0，6），Q 2，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．(3，3，0)(‒23，0，0)解法二：如图所示，连接OP ，OQ ，OR ，过点O 分别作垂线：OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥QR ，垂足分别为E ，F ，G ，连接DE ，DF ，DG ．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=OD OE OD OF．由已知可得：OE ＞OG ＞OF ．即可得出．OD OG【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为O ．不妨设OP=3．则O （0，0，0），P （0，﹣3，0），C （0，6，0），D （0，0，6），B （32，﹣3，0）．Q ，R ，3(3，3，0)(‒23，0，0)=，=（0，3，6），=（，6，0），=→PR (‒23，3，0)→PD 2→PQ 3→QR (‒33，‒3，，0)=．→QD (‒3，‒3，62)设平面PDR 的法向量为=（x ，y ，z ），则，可得，→n {→n ⋅→PR =0→n ⋅→PD =0{‒23x +3y =03y +62z =0可得=，取平面ABC 的法向量=（0，0，1）．→n (6，22，‒1)→m 则cos ==，取α=arccos ．＜→m ，→n ＞→m ⋅→n|→m ||→n |‒115115同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．3681295∵＞＞．1152953681∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP ，OQ ，OR ，过点O 分别作垂线：OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥QR ，垂足分别为E ，F ，G ，连接DE ，DF ，DG ．设OD=h ．则tanα=．OD OE同理可得：tanβ=，tanγ=．OD OF OD OG由已知可得：OE ＞OG ＞OF ．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B ．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB=BC=AD=2，CD=3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=•，I 2=•，I 3=•，则（ ）→OA →OB →OB →OC →OC →ODA ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB ⊥BC ，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，2∴∠AOB=∠COD ＞90°，由图象知OA ＜OC ，OB ＜OD ，∴0＞•＞•，•＞0，→OA →OB →OC →OD →OB →OC 即I 3＜I 1＜I 2，故选：C ．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6= ．332【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF 中，△AOB 是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF 的面积为S 6=6××1×1×sin60°=．12332故答案为：．332【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．　12．（6分）已知a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），则a 2+b 2=　5　，ab=　2　．【分析】a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），可得3+4i=a 2﹣b 2+2abi ，可得3=a 2﹣b 2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），∴3+4i=a 2﹣b 2+2abi ，∴3=a 2﹣b 2，2ab=4，解得ab=2，，．{a =2b =1{a =‒2b =‒1则a 2+b 2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x +1）3（x +2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x +a 5，则a 4=　16　，a 5=　4　．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x 的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a 5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x +1）3（x +2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x +a 5，（x +1）3中，x 的系数是：3，常数是1；（x +2）2中x 的系数是4，常数是4，a 4=3×4+1×4=16；a 5=1×4=4．故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC ，AB=AC=4，BC=2，点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD ，则△BDC 的面积是 ，cos ∠BDC= ．152104【分析】如图，取BC 得中点E ，根据勾股定理求出AE ，再求出S △ABC ，再根据S △BDC =S △ABC 即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出12【解答】解：如图，取BC 得中点E ，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE ⊥BC ，12∴AE==，AB 2‒BE 215∴S △ABC =BC•AE=×2×=，12121515∵BD=2，∴S △BDC =S △ABC =，12152∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD ，∴∠ABE=2∠BDC在Rt △ABE 中，∵cos ∠ABE==，BE AB 14∴cos ∠ABE=2cos 2∠BDC ﹣1=，14∴cos ∠BDC=，104，152104【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是　4　，→a →b →a →b →a →b →a →b 最大值是 ．25【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|→a →b 5+4cosα﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．→a →b 5‒4cosα【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，→a →b 5+4cosα|﹣|=，→a →b 5‒4cosα令x=，y=，5‒4cosα5+4cosα则x 2+y 2=10（x 、y ≥1），其图象为一段圆弧MN ，如图，令z=x +y ，则y=﹣x +z ，则直线y=﹣x +z 过M 、N 时z 最小为z min =1+3=3+1=4，当直线y=﹣x +z 与圆弧MN 相切时z 最大，由平面几何知识易知z max 即为原点到切线的距离的倍，2也就是圆弧MN 倍，2所以z max =×=．21025综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．→a →b →a →b 25故答案为：4、．25【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．　16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有　660　种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C 63C 21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A 42=12种，故有40×12=480种，第二类，先选2女2男，有C 62C 22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A 42=12种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a ∈R ，函数f （x ）=|x +﹣a |+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 4x的取值范围是　（﹣∞，]　．92【分析】通过转化可知|x +﹣a |+a ≤5且a ≤5，进而解绝对值不等式可知2a ﹣5≤x +4x≤5，进而计算可得结论．4x【解答】解：由题可知|x +﹣a |+a ≤5，即|x +﹣a |≤5﹣a ，所以a ≤5，4x 4x又因为|x +﹣a |≤5﹣a ，4x所以a ﹣5≤x +﹣a ≤5﹣a ，4x所以2a ﹣5≤x +≤5，4x又因为1≤x ≤4，4≤x +≤5，4x所以2a ﹣5≤4，解得a ≤，92故答案为：（﹣∞，]．92【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2sinx cosx （x ∈R ）．3（Ⅰ）求f （）的值．2π3（Ⅱ）求f （x ）的最小正周期及单调递增区间．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f （）的值．2π3（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f （x ）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2sinx cosx=﹣sin2x ﹣cos2x=2sin （2x +）337π6（Ⅰ）f （）=2sin （2×+）=2sin =2，2π32π37π65π2（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f （x ）的最小正周期为π，由2x +∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k ∈Z 得：7π6π2π2x ∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k ∈Z ，5π6π3故f （x ）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]或写成[kπ+，kπ+]，k ∈Z ．5π6π3π62π3【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC=AD=2DC=2CB ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AD 的中点F ，连结EF ，CF ，推导出EF ∥PA ，CF ∥AB ，从而平面EFC ∥平面ABP ，由此能证明EC ∥平面PAB ．（Ⅱ）连结BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连结PF ，推导出四边形BCDF 为矩形，从而BF ⊥AD ，进而AD ⊥平面PBF ，由AD ∥BC ，得BC ⊥PB ，再求出BC ⊥MF ，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD 的中点F ，连结EF ，CF ，∵E 为PD 的中点，∴EF ∥PA ，在四边形ABCD 中，BC ∥AD ，AD=2DC=2CB ，F 为中点，∴CF ∥AB ，∴平面EFC ∥平面ABP ，∵EC ⊂平面EFC ，∴EC ∥平面PAB ．解：（Ⅱ）连结BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连结PF ，∵PA=PD ，∴PF ⊥AD ，推导出四边形BCDF 为矩形，∴BF ⊥AD ，∴AD ⊥平面PBF ，又AD ∥BC ，∴BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥PB ，设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB ，得AD=PC=2，∴PB===，PC 2‒BC 24‒13BF=PF=1，∴MF=，12又BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥MF ，∴MF ⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为，12∵MF=，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，为，1212E 为PD 中点，E 到平面PBC 的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E 到平面PBC 的距离为，14在，△PCD 中，PC =2，CD =1，PD =2由余弦定理得CE=，2设直线CE 与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．14CE 28【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x （x ≥）．2x ‒112（1）求f （x ）的导函数；（2）求f （x ）在区间[，+∞）上的取值范围．12【分析】（1）求出f （x ）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f （x ）的导数，求得极值点，讨论当＜x ＜1时，当1＜x ＜时，当x ＞1252时，f （x ）的单调性，判断f （x ）≥0，计算f （），f （1），f （），即可得到所521252求取值范围．【解答】解：（1）函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x （x ≥），2x ‒112导数f′（x ）=（1﹣••2）e ﹣x ﹣（x ﹣）e ﹣x 1212x ‒12x ‒1=（1﹣x +）e ﹣x =（1﹣x ）（1﹣）e ﹣x ；2x ‒22x ‒122x ‒1（2）由f （x ）的导数f′（x ）=（1﹣x ）（1﹣）e ﹣x ，22x ‒1可得f′（x ）=0时，x=1或，52当＜x ＜1时，f′（x ）＜0，f （x ）递减；12当1＜x ＜时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；52当x ＞时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，52且x ≥⇔x 2≥2x ﹣1⇔（x ﹣1）2≥0，2x ‒1则f （x ）≥0．由f （）=e ，f （1）=0，f （）=e ，1212‒125212‒52即有f （x ）的最大值为e ，最小值为f （1）=0．12‒12则f （x ）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e ]．1212‒12【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x 2=y ，点A （﹣，），B （，），抛物线上的点P （x ，y ）12143294（﹣＜x ＜），过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．1232（Ⅰ）求直线AP 斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA |•|PQ |的最大值．【分析】（Ⅰ）通过点P 在抛物线上可设P （x ，x 2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜1232可得结论；（Ⅱ）通过（I ）知P （x ，x 2）、﹣＜x ＜，设直线AP 的斜率为k ，联立直线AP 、BQ 1232方程可知Q 点坐标，进而可用k 表示出、，计算可知|PA |•|PQ |=（1+k ）3→PQ →PA （1﹣k ），通过令f （x ）=（1+x ）3（1﹣x ），﹣1＜x ＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P （x ，x 2），﹣＜x ＜，1232所以k AP ==x ﹣∈（﹣1，1），x 2‒14x +1212故直线AP 斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I ）知P （x ，x 2），﹣＜x ＜，1232所以=（﹣﹣x ，﹣x 2），→PA 1214设直线AP 的斜率为k ，则AP ：y=kx +k +，BQ ：y=﹣x ++，12141k 32k 94联立直线AP 、BQ 方程可知Q （，），3+4k ‒k 22k 2+29k 2+8k +14k 2+4故=（，），→PQ 1+k ‒k 2‒k 31+k 2‒k 4‒k 3+k 2+k 1+k 2又因为=（﹣1﹣k ，﹣k 2﹣k ），→PA 故﹣|PA |•|PQ |=•=+=（1+k ）3（k ﹣1），→PA →PQ (1+k )3(k ‒1)1+k 2k 2(1+k )3(k ‒1)1+k 2所以|PA |•|PQ |=（1+k ）3（1﹣k ），令f （x ）=（1+x ）3（1﹣x ），﹣1＜x ＜1，则f′（x ）=（1+x ）2（2﹣4x ）=﹣2（1+x ）2（2x ﹣1），由于当﹣1＜x ＜时f′（x ）＞0，当＜x ＜1时f′（x ）＜0，1212故f （x ）max =f （）=，即|PA |•|PQ |的最大值为．1227162716【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln （1+x n +1）（n ∈N *），证明：当n ∈N *时，（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ；（Ⅱ）2x n +1﹣x n ≤；x n x n +12（Ⅲ）≤x n ≤．12n ‒112n ‒2【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由≥2x n +1﹣x n 得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明x n x n +121x n +1121x n 12【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n ＞0，当n=1时，x 1=1＞0，成立，假设当n=k 时成立，则x k ＞0，那么n=k +1时，若x k +1＜0，则0＜x k =x k +1+ln （1+x k +1）＜0，矛盾，故x n +1＞0，因此x n ＞0，（n ∈N*）∴x n =x n +1+ln （1+x n +1）＞x n +1，因此0＜x n +1＜x n （n ∈N *），（Ⅱ）由x n =x n +1+ln （1+x n +1）得x n x n +1﹣4x n +1+2x n =x n +12﹣2x n +1+（x n +1+2）ln （1+x n +1），记函数f （x ）=x 2﹣2x +（x +2）ln （1+x ），x ≥0∴f′（x ）=+ln （1+x ）＞0，2x 2+x x +1∴f （x ）在（0，+∞）上单调递增，∴f （x ）≥f （0）=0，因此x n +12﹣2x n +1+（x n +1+2）ln （1+x n +1）≥0，故2x n +1﹣x n ≤；x n x n +12（Ⅲ）∵x n =x n +1+ln （1+x n +1）≤x n +1+x n +1=2x n +1，∴x n ≥，12n ‒1由≥2x n +1﹣x n 得﹣≥2（﹣）＞0，x n x n +121x n +1121x n 12∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n ﹣1（﹣）=2n ﹣2，1x n 121x n ‒1121x 112∴x n ≤，12n ‒2综上所述≤x n ≤．12n ‒112n ‒2【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题。

2017年浙江省高考数学试卷(附详细答案)

2017年浙江省高考数学试卷(附详细答案)

2017年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．2．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1） C．（﹣1，0）D．（1，2）3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+34．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关6．（4分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“ｄ＞0”是“Ｓ4+S6＞2S5”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7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=?，I2=?，I3=?，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6= ．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= ，ab= ．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= ，a5= ．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC= ．15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是，最大值是．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法．（用数字作答）17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|?|PQ|的最大值．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）≤x n≤．2017年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，所以椭圆的离心率为：=．故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．2．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1） C．（﹣1，0）D．（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+3【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，故选：A．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．4．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选：D．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，函数f（x）在区间[0，1]上单调，此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a+1|，故M﹣m的值与a有关，与b无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＞f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，故M﹣m的值与a有关，与b无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＜f（1），此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣）=1+a+，故M﹣m的值与a有关，与b无关综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关故选：B．【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“ｄ＞0”是“Ｓ4+S6＞2S5”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【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“ｄ＞0”是“Ｓ4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选：D．【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2，…，0＜p1＜p2＜，∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=，D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=，D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．故选：A．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα＝．tanβ＝，tanγ＝．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，=，=（0，3，6），=（，6，0），=，=．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD=h．则tanα＝．同理可得：tanβ＝，tanγ＝．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=?，I2=?，I3=?，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0＞?＞?，?＞0，即I3＜I1＜I2，故选：C．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6= ．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，△AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF的面积为S6=6××1×1×sin60°=．故答案为：．【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= 5 ，ab= 2 ．【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），∴3+4i=a2﹣b2+2abi，∴3=a2﹣b2，2ab=4，解得ab=2，，．则a2+b2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= 16 ，a5= 4 ．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，a4=3×4+1×4=16；a5=1×4=4．故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC= ．【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据S=S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出△BDC【解答】解：如图，取BC得中点E，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE⊥BC，∴AE==，∴S△ABC=BC?AE=×2×=，∵BD=2，∴S△BDC=S△ABC=，∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC在Rt△ABE中，∵cos∠ABE==，∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=，∴cos∠BDC=，故答案为：，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是 4 ，最大值是．【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，|﹣|=，令x=，y=，则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，则y=﹣x+z，则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为z min=1+3=3+1=4，当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知z max即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以z max=×=．综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．故答案为：4、．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660 种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是（﹣∞，]．【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，又因为|x+﹣a|≤5﹣a，所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，所以2a﹣5≤x+≤5，又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，所以2a﹣5≤4，解得a≤，故答案为：（﹣∞，]．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f（）的值．（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx=﹣sin2x﹣cos2x=2sin （2x+）（Ⅰ）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f（x）的最小正周期为π，由2x+∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k∈Z得：x∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z，故f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]或写成[kπ+，kπ+]，k ∈Z．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC?平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB，得AD=PC=2，∴PB===，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝=．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣??2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥?x2≥2x﹣1?（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|?|PQ|的最大值．【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜可得结论；（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|?|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，所以k AP==x﹣∈（﹣1，1），故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜，所以=（﹣﹣x，﹣x2），设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BQ：y=﹣x++，联立直线AP、BQ方程可知Q（，），故=（，），又因为=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），故﹣|PA|?|PQ|=?=+=（1+k）3（k﹣1），所以|PA|?|PQ|=（1+k）3（1﹣k），令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），由于当﹣1＜x＜时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0，故f（x）max=f（）=，即|PA|?|PQ|的最大值为．【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）≤x n≤．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，故x n+1＞0，因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题。

2017年高考数学真题浙江卷(试题+答案解析)

2017年高考数学真题浙江卷(试题+答案解析)

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：球的表面积公式 锥体的体积公式24S R =π13V Sh =球的体积公式其中S 表示棱锥的底面面积，h 表示棱锥的高 343V R =π台体的体积公式其中R 表示球的半径1()3a ab b V h S S S S =+⋅+柱体的体积公式 其中S a ，S b 分别表示台体的上、下底面积 V =Sh h 表示台体的高 其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知}11|{<<-=x x P ，}02{<<-=x Q ，则=Q P Y A ．)1,2(- B ．)0,1(- C ．)1,0( D ．)1,2(--2．椭圆22194x y +=的离心率是A ．133B ．53C ．23D ．593．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ）， 则该几何体的体积（单位：cm 3）是 A ．π2+1 B ．π2+3C ．3π2+1 D ．3π2+3 4．若x ,y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则z =x +2y 的取值范围是A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6，+∞]D ．[4,+∞]5．若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – m A ．与a 有关，且与b 有关 B ．与a 有关，但与b 无关 C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关6．已知等差数列[a n ]的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6”>2S 5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7．函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是8．已知随机变量ξ1满足P （1ξ=1）=p i ，P （1ξ=0）=1—p i ，i =1，2.若0<p 1<p 2<12，则 A ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ<2D()ξ B ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ C ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ<2D()ξD ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ9．如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），PQR 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面较为α,β,γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1·I OA OB u u u r u u u r ＝，2·I OB OC u u u r u u u r ＝，3·I OC OD u u u r u u u r＝，则 A ．I １<I ２<I ３ B ．I １<I ３<I ２ C ． I ３<I １<I ２ D ．I ２<I １<I ３非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2017年浙江省高考数学试卷(含解析版)

2017年浙江省高考数学试卷(含解析版)

2017年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（1，2）2．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1B．+3C．+1D．+34．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关6．（4分）已知等差数列{an }的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．8．（4分）已知随机变量ξi 满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D ﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6= ．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= ，ab= ．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= ，a5= ．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC= ．15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是，最大值是．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法．（用数字作答）17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．22．（15分）已知数列{xn }满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；（Ⅲ）≤xn≤．2017年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（1，2）【考点】1D：并集及其运算．【专题】11：计算题；37：集合思想；5J：集合．【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．2．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．【考点】K4：椭圆的性质．【专题】11：计算题；35：转化思想；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程．【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，所以椭圆的离心率为：=．故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1B．+3C．+1D．+3【考点】L!：由三视图求面积、体积．【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；5Q：立体几何．【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，故选：A．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．4．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）【考点】7C：简单线性规划．【专题】11：计算题；31：数形结合；35：转化思想；5T：不等式．【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选：D．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关【考点】3V：二次函数的性质与图象．【专题】32：分类讨论；4C：分类法；51：函数的性质及应用．【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b 的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，函数f（x）在区间[0，1]上单调，此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a+1|，故M﹣m的值与a有关，与b无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＞f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，故M﹣m的值与a有关，与b无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＜f（1），此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣）=1+a+，故M﹣m的值与a有关，与b无关综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关故选：B．【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4分）已知等差数列{an }的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件．【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；54：等差数列与等比数列；5L：简易逻辑．【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．【考点】3A：函数的图象与图象的变换．【专题】31：数形结合；44：数形结合法；52：导数的概念及应用．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选：D．【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4分）已知随机变量ξi 满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）【考点】CH：离散型随机变量的期望与方差．【专题】11：计算题；34：方程思想；49：综合法；5I：概率与统计．【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi 满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2，…，0＜p1＜p2＜，∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=，D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=，D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．故选：A．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D ﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【考点】MJ：二面角的平面角及求法．【专题】5F：空间位置关系与距离；5G：空间角；5H：空间向量及应用．【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，=，=（0，3，6），=（，6，0），=，=．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD=h．则tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3【考点】9O：平面向量数量积的性质及其运算．【专题】31：数形结合；48：分析法；5A：平面向量及应用．【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0＞•＞•，•＞0，即I3＜I1＜I2，故选：C．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6= ．【考点】CE：模拟方法估计概率．【专题】31：数形结合；4O：定义法；5B：直线与圆．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，△AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF的面积为S6=6××1×1×sin60°=．故答案为：．【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= 5 ，ab=2 ．【考点】A5：复数的运算．【专题】34：方程思想；35：转化思想；5N：数系的扩充和复数．【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），∴3+4i=a2﹣b2+2abi，∴3=a2﹣b2，2ab=4，解得ab=2，，．则a2+b2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= 16 ，a5= 4 ．【考点】DA：二项式定理．【专题】11：计算题；35：转化思想；5P：二项式定理．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，a4=3×4+1×4=16；a5=1×4=4．故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC= ．【考点】HT：三角形中的几何计算．【专题】11：计算题；35：转化思想；44：数形结合法；58：解三角形．【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC ，再根据S△BDC =S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，取BC得中点E，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE⊥BC，∴AE==，∴S△ABC=BC•AE=×2×=，∵BD=2，∴S△BDC =S△ABC=，∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC在Rt△ABE中，∵cos∠ABE==，∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=，∴cos∠BDC=，故答案为：，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是 4 ，最大值是．【考点】3H：函数的最值及其几何意义；91：向量的概念与向量的模．【专题】11：计算题；31：数形结合；44：数形结合法；51：函数的性质及应用．【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，|﹣|=，令x=，y=，则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，则y=﹣x+z，=1+3=3+1=4，则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为zmin当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以zmax=×=．综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．故答案为：4、．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660 种不同的选法．（用数字作答）【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．【专题】11：计算题；32：分类讨论；4O：定义法；5O：排列组合．【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是（﹣∞，] ．【考点】3H：函数的最值及其几何意义．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；51：函数的性质及应用．【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，又因为|x+﹣a|≤5﹣a，所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，所以2a﹣5≤x+≤5，又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，所以2a﹣5≤4，解得a≤，故答案为：（﹣∞，]．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．【考点】3G：复合函数的单调性；GF：三角函数的恒等变换及化简求值；H1：三角函数的周期性；H5：正弦函数的单调性．【专题】35：转化思想；4R：转化法；57：三角函数的图像与性质．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f（）的值．（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx=﹣sin2x﹣cos2x=2sin （2x+）（Ⅰ）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f（x）的最小正周期为π，由2x+∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k∈Z得：x∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z，故f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]或写成[kπ+，kπ+]，k∈Z．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【考点】LS：直线与平面平行；MI：直线与平面所成的角．【专题】14：证明题；31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角．【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB，得AD=PC=2，∴PB===，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值．【专题】35：转化思想；48：分析法；53：导数的综合应用．【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．【考点】KI：圆锥曲线的综合；KN：直线与抛物线的综合．【专题】11：计算题；33：函数思想；49：综合法；5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜可得结论；（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，所以k==x﹣∈（﹣1，1），AP故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜，所以=（﹣﹣x，﹣x2），设直线AP的斜率为k，则k==x﹣，即x=k+，则AP：y=kx+k+，BQ：y=﹣x++，联立直线AP、BQ方程可知Q（，），故=（，），又因为=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），故﹣|PA|•|PQ|=•=+=（1+k）3（k﹣1），所以|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），由于当﹣1＜x＜时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0，故f（x）max=f（）=，即|PA|•|PQ|的最大值为．【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15分）已知数列{xn }满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；（Ⅱ）2xn+1﹣xn≤；（Ⅲ）≤xn≤．【考点】8H：数列递推式；8K：数列与不等式的综合．【专题】15：综合题；33：函数思想；35：转化思想；49：综合法；4M：构造法；53：导数的综合应用；54：等差数列与等比数列；55：点列、递归数列与数学归纳法；5T：不等式．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n ＞0， 当n=1时，x 1=1＞0，成立， 假设当n=k 时成立，则x k ＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k =x k+1+ln （1+x k+1）＜0，矛盾， 故x n+1＞0，因此x n ＞0，（n ∈N*） ∴x n =x n+1+ln （1+x n+1）＞x n+1， 因此0＜x n+1＜x n （n ∈N *），（Ⅱ）由x n =x n+1+ln （1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n =x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）， 记函数f （x ）=x 2﹣2x+（x+2）ln （1+x ），x ≥0 ∴f′（x ）=+ln （1+x ）＞0，∴f （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴f （x ）≥f （0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）≥0， 故2x n+1﹣x n ≤；（Ⅲ）∵x n =x n+1+ln （1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1， ∴x n ≥，由≥2x n+1﹣x n 得﹣≥2（﹣）＞0， ∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n ﹣1（﹣）=2n ﹣2，∴x n ≤， 综上所述≤x n ≤．【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题。

【高考真题】2017年浙江省高考数学试卷 含答案解析

【高考真题】2017年浙江省高考数学试卷 含答案解析

2017年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1） C．（﹣1，0）D．（1，2）2．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+34．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关6．（4分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=，ab=．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=，a5=．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC=．15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是，最大值是．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法．（用数字作答）17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，＜x n；（Ⅰ）0＜x n+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．2017年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1） C．（﹣1，0）D．（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．2．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，所以椭圆的离心率为：=．故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+3【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，故选：A．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．4．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选：D．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，函数f（x）在区间[0，1]上单调，此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a+1|，故M﹣m的值与a有关，与b无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＞f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，故M﹣m的值与a有关，与b无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＜f（1），此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣）=1+a+，故M﹣m的值与a有关，与b无关综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关故选：B．【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选：D．【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2，…，0＜p1＜p2＜，∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=，D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=，D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．故选：A．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，=，=（0，3，6），=（，6，0），=，=．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD=h．则tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0＞•＞•，•＞0，即I3＜I1＜I2，故选：C．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，△AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF的面积为S6=6××1×1×sin60°=．故答案为：．【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=5，ab= 2．【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），∴3+4i=a2﹣b2+2abi，∴3=a2﹣b2，2ab=4，解得ab=2，，．则a2+b2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=16，a5=4．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，a4=3×4+1×4=16；a5=1×4=4．故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC=．【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据S△BDC =S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，取BC得中点E，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE⊥BC，∴AE==，∴S△ABC=BC•AE=×2×=，∵BD=2，∴S△BDC =S△ABC=，∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC在Rt△ABE中，∵cos∠ABE==，∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=，∴cos∠BDC=，故答案为：，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，|﹣|=，令x=，y=，则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，则y=﹣x+z，则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为z min=1+3=3+1=4，当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知z max即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以z max=×=．综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．故答案为：4、．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是（﹣∞，] ．【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，又因为|x+﹣a|≤5﹣a，所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，所以2a﹣5≤x+≤5，又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，所以2a﹣5≤4，解得a≤，故答案为：（﹣∞，]．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f（）的值．（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx=﹣sin2x﹣cos2x=2sin （2x+）（Ⅰ）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f（x）的最小正周期为π，由2x+∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k∈Z得：x∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z，故f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]或写成[kπ+，kπ+]，k ∈Z．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB，得AD=PC=2，∴PB===，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜可得结论；（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，所以k AP==x﹣∈（﹣1，1），故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜，所以=（﹣﹣x，﹣x2），设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BQ：y=﹣x++，联立直线AP、BQ方程可知Q（，），故=（，），又因为=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），故﹣|PA|•|PQ|=•=+=（1+k）3（k﹣1），所以|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），由于当﹣1＜x＜时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0，故f（x）max=f（）=，即|PA|•|PQ|的最大值为．【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，＜x n；（Ⅰ）0＜x n+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，故x n+1＞0，因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题。

2017年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷,参考解析)

2017年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷,参考解析)

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：球的表面积公式 锥体的体积公式24S R =π13V Sh =球的体积公式 其中S 表示棱锥的底面面积，h 表示棱锥的高 343V R =π台体的体积公式其中R 表示球的半径 1()3a b V h S S =柱体的体积公式其中S a ，S b 分别表示台体的上、下底面积V =Sh h 表示台体的高其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知}11|{<<-=x x P ，}02{<<-=x Q ，则=Q P A ．)1,2(-B ．)0,1(-C ．)1,0(D ．)1,2(--【答案】A【解析】取Q P ,所有元素，得=Q P )1,2(-.2．椭圆22194x y +=的离心率是 A．3B．3C ．23D ．59【答案】B【解析】e == B. 3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．π2+1 B ．π2+3 C ．3π2+1 D ．3π2+3 【答案】A 【解析】2π1211π3(21)1322V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+，选A. 4．若x ,y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则z =x +2y 的取值范围是A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6，+∞]D ．[4,+∞]【答案】D【解析】可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D. 5．若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – mA ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关【答案】B【解析】因为最值在2(0),(1)1,()24a a fb f a b f b ==++-=-中取，所以最值之差一定与b 无关，选B.6．已知等差数列[a n ]的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6”>2S 5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【答案】C【解析】4652S S S d +-=，所以为充要条件，选C.7．函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，因此选D.8．已知随机变量ξ1满足P （1ξ=1）=p i ，P （1ξ=0）=1—p i ，i =1，2.若0<p 1<p 2<12，则 A ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ<2D()ξ B ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ C ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ<2D()ξD ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ8.【答案】A 【解析】112212(),(),()()E p E p E E ξξξξ==∴<111222121212()(1),()(1),()()()(1)0D p p D p p D D p p p p ξξξξ=-=-∴-=---<，选A.9．如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），PQR 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面较为α,β,γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此αγβ<<所以选B10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1·I O A O B ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝，则A ．I １<I ２<I ３B ．I １<I ３<I ２C ． I ３<I １<I ２D ．I ２<I １<I ３【答案】C【解析】因为90AOB COD ∠=∠> ,所以0(,)OB OC OA OB OC OD OA OC OB OD ⋅>>⋅>⋅<< 选C非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2017年浙江省高考数学试卷(真题详细解析)

2017年浙江省高考数学试卷(真题详细解析)

2017年省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（1，2）2．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B． C．D．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+34．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值围是（）A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞）D．[4，+∞）5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关6．（4分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D （ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D （ξ2）9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD 交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆接正六边形的面积S6，S6= ．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= ，ab= ．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= ，a5= ．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC= ．15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是，最大值是．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法．（用数字作答）17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值围是．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值围．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）≤x n≤．2017年省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1）C．（﹣1，0）D．（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．2．（4分）椭圆+=1的离心率是（）A．B． C．D．【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，所以椭圆的离心率为：=．故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+3【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，故选：A．【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．4．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值围是（）A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞）D．[4，+∞）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的围是[4，+∞）．故选：D．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，函数f（x）在区间[0，1]上单调，此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a+1|，故M﹣m的值与a有关，与b无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＞f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，故M﹣m的值与a有关，与b无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＜f（1），此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣）=1+a+，故M﹣m的值与a有关，与b无关综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关故选：B．【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选：D．【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D （ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D （ξ2）【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2，…，0＜p1＜p2＜，∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=，D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=，D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．故选：A．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，=，=（0，3，6），=（，6，0），=，=．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD=h．则tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD 交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0＞•＞•，•＞0，即I3＜I1＜I2，故选：C．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆接正六边形的面积S6，S6= ．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其接正六边形ABCDEF中，△AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF的面积为S6=6××1×1×sin60°=．故答案为：．【点评】本题考查了已知圆的半径求其接正六边形面积的应用问题，是基础题．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= 5 ，ab= 2 ．【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），∴3+4i=a2﹣b2+2abi，∴3=a2﹣b2，2ab=4，解得ab=2，，．则a2+b2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= 16 ，a5= 4 ．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，a4=3×4+1×4=16；a5=1×4=4．故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，cos∠BDC= ．【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据S△BDC=S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，取BC得中点E，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE⊥BC，∴AE==，∴S△ABC=BC•AE=×2×=，∵BD=2，∴S△BDC=S△ABC=，∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC在Rt△ABE中，∵cos∠ABE==，∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=，∴cos∠BDC=，故答案为：，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是 4 ，最大值是．【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．【解答】解：记∠AO B=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，|﹣|=，令x=，y=，则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，则y=﹣x+z，则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为z min=1+3=3+1=4，当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知z max即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以z max=×=．综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．故答案为：4、．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660 种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值围是（﹣∞，] ．【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，又因为|x+﹣a|≤5﹣a，所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，所以2a﹣5≤x+≤5，又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，所以2a﹣5≤4，解得a≤，故答案为：（﹣∞，]．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f（）的值．（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx=﹣sin2x﹣cos2x=2sin （2x+）（Ⅰ）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f（x）的最小正周期为π，由2x+∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k∈Z得：x∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z，故f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]或写成[kπ+，kπ+]，k∈Z．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，∵E为PD的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB，得AD=PC=2，∴PB===，BF=PF=1，∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E到平面PBC的距离为，在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值围．【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值围是[0，e]．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜可得结论；（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，所以k AP==x﹣∈（﹣1，1），故直线AP斜率的取值围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜，所以=（﹣﹣x，﹣x2），设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BQ：y=﹣x++，联立直线AP、BQ方程可知Q（，），故=（，），又因为=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），故﹣|PA|•|PQ|=•=+=（1+k）3（k﹣1），所以|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），由于当﹣1＜x＜时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0，故f（x）max=f（）=，即|PA|•|PQ|的最大值为．【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，（Ⅰ）0＜x n+1＜x n；（Ⅱ）2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）≤x n≤．【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，故x n+1＞0，因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题。

2017年高考数学浙江卷含答案

2017年高考数学浙江卷含答案

数学试卷 第1页（共18页） 数学试卷 第2页（共18页）绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数 学本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.参考公式：球的表面积公式椎体的体积公式24πS R =1h3V S = 球的体积公式其中S 代表椎体的底面积24π3V R =h 表示椎体的高其中R 表示球的半径 台体的体积公式柱体的体积公式()b1h 3a V S S =h V S =其中的a S ，b S 分别表示台体的 h 表示柱体的高上、下底面积h 表示台体的高选择题部分(共40分)一、选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知集合{}{}-1<1Q=02P x x x x =<<<，，那么PUQ = A .(-1，2)B .(0，1)C .(-1，0)D .(1，2)2.椭圆2214x y+=的离心率是AB C .23 D .593.某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是第3题图A .π+12B .π+32C .3π+12D .3π+32 4.若x ，y 满足约束条件0+-30-20x x y x y ⎧⎪⎨⎪⎩≥≥≤，则z 2x y =+的取值范围是A .[0]6,B .[0]4,C .[6+)∞,D .[4+)∞,5.若函数2()=f x x ax b ++在区间[0]1，上的最大值是M ，最小值是m ，则-m M A .与a 有关，且与b 有关 B .与a 有关，但与b 无关 C .与a 无关，且与b 无关D .与a 无关，但与b 有关6.已知等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，则“0d >”是465"+2"S S S >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7.函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =的图象可能是第7题图毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第3页（共18页） 数学试卷 第4页（共18页）ABCD8.已知随机变量i ξ满足i 1()i P p ξ==，i ()01P pi ξ==-，12i =，.若12201p p <<<，则 A .12E()E()ξξ＜，12D()D()ξξ＜ B .12E()E()ξξ＜，12D()D()ξξ＞ C .12E()E()ξξ＞，12D()D()ξξ＜ D .12E()E()ξξ＞，12D()D()ξξ＞9.如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==.分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为αβγ，，，则A .γαβ<<B .αγβ<<C .αβγ<<D .βγα<<10.如图，已知平面四边形ABCD ，AB BC ⊥，2AB BC AD ＝＝＝，3CD ＝，AC 与BD 交于点O ，记1I O AO B ＝，2I OB OC ＝，3I OC OD ＝，则A .123I I I <<B .132I I I <<C .312I I I <<D .213I I I <<非选择题部分(共110分)二、填空题:本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度.祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积6S ，6=S ________.12.已知a b R ∈，，2i 34i a b +=+（）(i 是虚数单位)，则22a b +=________，ab =________.13.已知多项式()()5432123453212=x x x a x a x a x a x a +++++++，则4=a ________，5=a ________.14.已知ABC △，4AB AC ==，2BC =.点D 为AB 延长线上一点，2BD =，连接CD ，则BDC △的面积是________，cos BDC ∠=________.15.已知向量a ,b 满足1=a ，2=b ，则+-a +b a b 的最小值是________，最大值是________.16.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法.(用数字作答)17.已知a ∈R ，函数4()f x x a a x =+-+在区间[]14，上的最大值是5，则a 的取值范围是________.三、解答题:本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.(本题满分14分)已知函数()22()sin cos cos R f x x x x x x =--∈.(I)求2()3f π的值； (II)求()f x 的最小正周期及单调递增区间.（第9题图）（第10题图）数学试卷 第5页（共18页） 数学试卷 第6页（共18页）19.(本题满分15分) 如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. (I)证明：CE ∥平面PAB ；(II)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.20.(本题满分15分)已知函数(1()e 2x f x x x -⎛⎫= ⎪⎝⎭≥.(I)求()f x 的导函数；(II)求()f x 在区间1+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭，上的取值范围.-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________数学试卷 第7页（共18页） 数学试卷 第8页（共18页）21.(本题满分15分)如图，已知抛物线2x y =，点1124A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，3924B ⎛⎫⎪⎝⎭，，抛物线上的点()12,32P x x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭＜＜，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(I )求直线AP 斜率的取值范围；(II )求PA PQ 的最大值.22.(本题满分15分)已知数列{}n x 满足：1=1x ，()()*11ln 1N n n n x x x n ++=++∈. 证明：当*N n ∈时， (I )10n n x x +＜＜；(I I )1122n n n n x x x x ++-≤； (III )1-21122n n n x -≤≤.2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学答案解析选择题部分一、选择题 1.【答案】A【解析】根据集合的并集的定义,得2(1)PUQ =-，. 2.【答案】B【解析】根据题意知,3a =,b2=,则c ==∴椭圆的离心率c e a =故选B . 3.【答案】A【解析】由几何体的三视图可得,该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的,故该几何体的体积1111ππ3+213=+132322V =⨯⨯⨯⨯⨯⨯,故选A .4.【答案】D【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示,由z 2x y =+,得1y=22zx -+,∴2z 是直线1=22z y x -+在y 轴上的截距,根据图形知,当直线1=22z y x -+过A 点时,2z取得最小值.由20+30x y x y -=⎧⎨-=⎩,得2x =,1y =,即21A （，）,此时,4z =,∴4x ≥,故选D .数学试卷 第9页（共18页） 数学试卷 第10页（共18页）5.【答案】B【解析】22()=++b 24a af x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭,①当012a ≤-≤时,min ()=m =()2a f x f -{}{}2max +b ()max (0)(1)max b ++b 4a f x M f f a =-===，，1，∴22max 1+44a a M m a ⎧⎫-=+⎨⎬⎩⎭，与a 有关,与b 无关；②当02a-＜时,()f x 在[]01，上单调递增,∴(1)(0)1M m f f a -==+-与a 有关,与b 无关；③当12a-＞时,()f x 在[]01，上单调递减,∴(0)(1)1f f M m a -=---=与a 有关,但与b 无关,故选B . 6.【答案】C【解析】因为{}n a 为等差数列,所以46111+=466151021aa a S S d d d +++=+,512=1020a S d +,465+2=S S S d -,所以4650+2d S S S ⇔＞＞,故选C .7.【答案】D【解析】根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数()f x 在这些零点处取得极值,排除A 、B ；记导函数()f x '的零点从左到右分别为123x x x ，，,又在()1x -∞，()0f x '＜,在()12x x ，上()0f x '＞,所以函数()f x 在()1x -∞，上单调递减,排除C ,故选D .8.【答案】A【解析】根据题意得,1()i E p ξ=，11(-)i i p D p ξ=（），12i =，,∵12102p p ＜＜＜,∴12()()E E ξξ＜,令()f x 在102（，）上单调递增,所以12(p )(p )f f ＜,即12()()D D ξξ＜,故选A . 9.【答案】B【解析】如图1,设O 是点D 在底面ABC 的射影,过O 作OE PR ⊥，OF PQ ⊥，OG RQ ⊥,垂足分别为E 、F 、G ,连接ED 、FD 、GD ,易得ED PR ⊥,∴OED ∠就是二面角D PR Q --的平面角,∴=OED α∠,tan =OD OE α,同理tan =OD OF β,tan =ODOGγ.底面的平面图如图2所示,以P 为原点建立平面直角坐标系,不妨设2AB =,则0,1)A（,,0)B （1,C （,O （,∵AP PB =,2BQ CRQC RA ==,∴13Q（,23R （-,则直线RP的方程为y =,直线PQ的方程为y =,直线RQ的方程为y ,根据点到直线的距离公式,知21OE =,OF =,13OG =,∴OE OG OF ＞＞,∴tan tan tan αγβ＜＜,又α，β，γ为锐角,∴αγβ＜＜，故选B .10.【答案】C【解析】如图所示,四边形ABCE 是正方形,F 为正方形的对角线的交点,易得AO ＜AF ,而90AFB ∠=︒,∴AOB ∠与COD ∠为钝角,AOD ∠与BOC ∠为锐角,根据题意,12()cos 0I I OA OB OB OC OB OA OC OB CA OB CA AOB -=-=-==∠＜,∴12I I ＜,同理得23I I ＞,作AG BD ⊥于G ,又AB AD =,∴OB BG GD OD =＜＜,而OA AF FC OC =＜＜,数学试卷 第11页（共18页） 数学试卷 第12页（共18页）∴OA OB OC OD ＜,而cos =cos 0AOB COD ∠∠＜,∴OA OB OC OD ＞,即13I I ＞,∴312I I I ＜＜,故选C .非选择题二.填空题.11.【解析】如图,单位圆内接正六边形由六个边长为1的正三角形组成,所以,正六边形的面积61=612S ⨯⨯. 12.【答案】5 2【解析】∵222+2bi 2i 34i a a b ab =-+=+（）,∴22324a b ab ⎧-=⎨=⎩,∴21a b =⎧⎨=⎩或21a b =-⎧⎨=-⎩,∴225a b +=,2ab =.13.【答案】16 4【解析】由题意知4a 为含x 的项的系数,根据二项式定理得222233143232121216a C C C C =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=,5a 是常数项,所以332532124a C C =⨯⨯⨯=. 14.4【解析】在ABC △中,4AB AC ==,2BC =,由余弦定理得2222224241cos ABC=224AB BC AC AB BC +-+-==⨯∠,则sin ABC=sin CBD ∠∠,所以B D C 15=B D BC s 2S CBD =△∠.因为2B D B C ==,所以12C DB A BC =∠∠,则cos CDB ∠. 15.【答案】4【解析】解法一：()()()222222222a b a b a b a b a b a b a b a b a b++-=++-++-=+++-=10+2a b a b+-,而()()223a b a b a b a b a b +-+-=-=≥,∴()216a b a b ++-≥,即4a b a b++-≥,即a b a b ++-的最小值为4.又2a b a b+-≤,∴a b a b ++-的最大值为.解法二：由向量三角不等式得,()()24a b a b a b a b b ++-+--==≥,又2a b a b++-=∴a b a b ++-的最大值为.16.【答案】660【解析】分两步,第一步,选出4人,由于至少1名女生,故有448655C C -=种不同的选法；第二步,从4人中选出队长、副队长各1人,有2412A =种不同的选法.根据分步乘法计数原理知共有55 12 660⨯=种不同的选法.17.【答案】(92⎤-∞⎥⎦，【解析】∵[]1,4x ∈,∴[]44,5x x +∈,①当92a ≤时,max ()=555f x a a a a -+=-+=,符合题意,②当分92a ＞时,max ()=4245f x a a a -+=-=,∴92a =(矛盾),故a 的取值范围是(92⎤-∞⎥⎦，.三、解答题. 18.【答案】（Ⅰ）2π()23f = （Ⅱ）()f x 的的单调递增区间是()π2ππ,π63k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦【解析】(Ⅰ)由2πsin32π1cos 32=-,222π11()322f ⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,得2π()23f =.数学试卷 第13页（共18页） 数学试卷 第14页（共18页）(Ⅱ)由22cos2cos sin x x x =-与sin22sin cos x x x =得π()cos 222sin 26f x x x x ⎛⎫=--=-+ ⎪⎝⎭.所以()f x 的最小正周期是π.由正弦函数的性质得ππ3π2π22π262k x k +++≤≤,k Z ∈, 解得π2πππ63k x k ++≤≤,k Z ∈,所以()f x 的的单调递增区间是()π2ππ,π63k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦.19.【答案】(Ⅰ)如图,设PA 中点为F ,连接EF ,FB .因为E 、F 分別为PD ,PA 中点,所以EF AD∥且1=2EF AD ,又因为BC AD ∥,1=2BC AD ,所以EF BC ∥且=EF BC ,即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面PAB . （Ⅱ）直线CE 与平面PBC【解析】(Ⅰ)如图,设PA 中点为F ,连接EF ,FB .因为E 、F 分別为PD ,PA 中点,所以EF AD ∥且1=2EF AD ,又因为BC AD ∥,1=2BC AD ,所以EF BC ∥且=EF BC ,即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面PAB . (Ⅱ)分别取BC ,AD 的中点为M ,N .连接PN 交EF 于点Q ,连接MQ .因为E 、F 、N 分别是PD ,PA ,AD 的中点,所以Q 为EF 中点,在平行四边形BCEF 中,MQ CE ∥.由PAD ∆为等腰直角三角形得PN AD ⊥. 由DC AD ⊥,N 是AD 的中点得BN AD ⊥. 所以AD ⊥平面PBN ,由BC AD ∥得BC ⊥平面PBN ,那么平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线,垂足为H ,连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影,所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角. 设1CD =.在PCD △中,由2PC =,1CD =,PDCE ,在PBN △中,由1PN BN ==,PB =得14QH =,在t R MQH △中,14QH =,MQ =所以sin =8MQH ∠,所以,直线CE 与平面PBC.20.【答案】(Ⅰ)因为(1x '=,()e e x x --'=-,所以(()12e 1()1e e 2x x xx f x x x ----⎛⎫'=-=⎪ ⎭⎝＞.(Ⅱ)由()12e ()x x f x --'=,解得1x =,52x =. 因为又())211e 02x f x -=≥,所以()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e 2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【解析】(Ⅰ)因为(1x '-=-,()e e x x --'=-,所以(()12e 1()1e e 2x x xx f x x x ----⎛⎫'=-=⎪⎭⎝＞.数学试卷 第15页（共18页） 数学试卷 第16页（共18页）(Ⅱ)由()12e ()x x f x --'=,解得1x =,52x =. 因为又())211e02xf x -=≥,所以()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e 2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.21.【答案】（Ⅰ）()1,1-（Ⅱ）2716【解析】(Ⅰ)设直线AP 的斜率为k ,2114122x k x x -==-+, 因为1322x -＜＜,所以直线AP 斜率的取值范围是()1,1-.(Ⅱ)联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩解得点Q 的横坐标是()224321Q k k x k -++=+.因为)1x+12PA k ⎫==+⎪⎭,)211xQk k PQ x -+=-=所以()()311PA PQ k k =--+. 令()()()311f k k k =--+,因为()()2()421f k k k '=--+,所以()f k 在区间11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递增,1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,因此当12k =时,PA PQ 取得最大值2716.22.【答案】(Ⅰ)用数学归纳法证明：0n x ＞. 当1n =时,110x =＞. 假设n k =时,0k x ＞,那么+1n k =时,若10k x +≤,则()110=+ln 1+0k k k x x x ++≤＜,矛盾,故10k x +＞.因此()n 0N*x n ∈＞.所以()111=+ln 1+n n n n x x x x +++＞. 因此()10N*n n x x n +∈＜≤. (Ⅱ)由()11=+ln 1+n n n x x x ++得,()()2111111x -4=+2=22ln 1+n n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-++.记函数()()()2()22ln 1+0f x x x x x x =-++≥,()()22()ln 1+001x xf x x x x +'=++＞≥,函数()f x 在[)0+∞，上单调递增,所以()(0)=0f x f ≥,因此 ()()211111x 22ln 1+=()n n n n n x x x f x +++++-++≥0,故()112N*2n n n n x x x x n ++-≤∈. (III )因为()11111x ln 1+2n n n n n n x x x x x +++++=+≤+=, 所以112n n x -≥. 由1122n n n n x x x x ++-≥得111112022n n x x +⎛⎫-- ⎪⎝⎭≥＞, 所以1-21111111-22=2222n n n n n x x x --⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥…≥,故212n n x -≤.综上,()1211N*22n n n x n --∈≤≤.【解析】(Ⅰ)用数学归纳法证明：0n x ＞.数学试卷 第17页（共18页） 数学试卷 第18页（共18页）当1n =时,110x =＞. 假设n k =时,0k x ＞,那么+1n k =时,若10k x +≤,则()110=+ln 1+0k k k x x x ++≤＜,矛盾,故10k x +＞. 因此()n 0N*x n ∈＞.所以()111=+ln 1+n n n n x x x x +++＞. 因此()10N*n n x x n +∈＜≤. (Ⅱ)由()11=+ln 1+n n n x x x ++得,()()2111111x -4=+2=22ln 1+n n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-++.记函数()()()2()22ln 1+0f x x x x x x =-++≥,()()22()ln 1+001x x f x x x x +'=++＞≥,函数()f x 在[)0+∞，上单调递增,所以()(0)=0f x f ≥,因此 ()()211111x 22ln 1+=()n n n n n x x x f x +++++-++≥0,故()112N*2n n n n x x x x n ++-≤∈. (III )因为()11111x ln 1+2n n n n n n x x x x x +++++=+≤+=, 所以112n n x -≥. 由1122n n n n x x x x ++-≥得111112022n n x x +⎛⎫-- ⎪⎝⎭≥＞, 所以1-21111111-22=2222n n n n n x x x --⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥…≥,故212n n x -≤.综上,()1211N*22n n n x n --∈≤≤.。

2017高考浙江高考数学试题及答案(精校版)

2017高考浙江高考数学试题及答案(精校版)

2017年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1） C．（﹣1，0）D．（1，2）2．（5分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．3．（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+34．（5分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）5．（5分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关6．（5分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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7．（5分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．8．（5分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）9．（5分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α10．（5分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=，ab=．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=，a5=．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，com∠BDC=．15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是，最大值是．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有种不同的选法．（用数字作答）17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，＜x n；（Ⅰ）0＜x n+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．2017年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）1．（5分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（）A．（﹣1，2）B．（0，1） C．（﹣1，0）D．（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．故选：A．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．2．（5分）椭圆+=1的离心率是（）A．B．C．D．【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，所以椭圆的离心率为：=．故选：B．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．3．（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（）A．+1 B．+3 C．+1 D．+3【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，故选：A【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．4．（5分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（）A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞）D．[4，+∞）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过坐标原点时，函数取得最小值，经过A时，目标函数取得最大值，由解得A（0，3），目标函数的直线为：0，最大值为：36目标函数的范围是[0，6]．故选：A．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（5分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（）A．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，函数f（x）在区间[0，1]上单调，此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a|，故M﹣m的值与a有关，与b无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＞f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，故M﹣m的值与a有关，与b无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，且f（0）＜f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=a﹣，故M﹣m的值与a有关，与b无关综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关故选：B【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（5分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7．（5分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，故选D【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（5分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（）A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2，…，0＜p1＜p2＜，∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=，D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=，D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．故选：A．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（5分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα===．同理可得：cosβ==，cosγ==．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），Q，R，=，=（0，3，6），=（，5，0），=，=．设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．则cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．则cosα===．同理可得：cosβ==，cosγ==．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（5分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，由图象知OA＜OC，OB＜OD，∴0＞•＞•，•＞0，即I3＜I1＜I2，故选：C．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，△AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF的面积为S6=6××1×1×sin60°=．故答案为：．【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=5，ab=2．【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），∴3+4i=a2﹣b2+2abi，∴3=a2﹣b2，2ab=4，解得ab=2，，．则a2+b2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=16，a5=4．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，a4=3×4+1×4=16；a5=1×4=4．故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是，com∠BDC=．【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据S△BDC =S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，取BC得中点E，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE⊥BC，∴AE==，∴S△ABC=BC•AE=×2×=，∵BD=2，∴S△BDC =S△ABC=，∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC在Rt△ABE中，∵cos∠ABE==，∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=，∴cos∠BDC=，故答案为：，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，|﹣|=，令x=，y=，则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，则y=﹣x+z，则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为z min=1+3=3+1=4，当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知z max即为原点到切线的距离的倍，也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，所以z max=×=．综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．故答案为：4、．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是（﹣∞，）．【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，又因为|x+﹣a|≤5﹣a，所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，所以2a﹣5≤x+≤5，又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，所以2a﹣5≤4，解得a≤，故答案为：（﹣∞，）．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f（）的值．（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx=﹣sin2x﹣cos2x=2sin （2x+）（Ⅰ）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f（x）的最小正周期为π，由2x+∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k∈Z得：x∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z，故f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，设PC=AD=2DC=2CB=2，则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），设平面PAB的法向量=（x，y，z），则，取z=1，得=（1，1，1），∵==0，CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB．解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），则，取b=1，得=（0，1，1），设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos＜＞|===．∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜可得结论；（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BP方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，所以k AP==x﹣∈（﹣1，1），故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜，所以=（﹣﹣x，﹣x2），设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BP：y=﹣x++，联立直线AP、BP方程可知Q（，），故=（，），又因为=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），故﹣|PA|•|PQ|=•=+=（1+k）3（k﹣1），所以|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），由于当﹣1＜x＜﹣时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0，故f（x）max=f（）=，即|PA|•|PQ|的最大值为．【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15分）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n ∈N*时，（Ⅰ）0＜x n＜x n；+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，那么n=k+1时，若x k+1＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，故x n+1＞0，因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*），（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题参与本试卷答题和审题的老师有：qiss；whgcn；豫汝王世崇；铭灏2016；zlzhan；沂蒙松；maths；742048；cst；双曲线（排名不分先后）菁优网2017年6月9日附赠材料答题六注意：规范答题不丢分提高考分的另一个有效方法是减少或避免不规范答题等非智力因素造成的失分,具体来说考场答题要注意以下六点:第一,考前做好准备工作。

2017年浙江省高考数学试卷及参考答案

2017年浙江省高考数学试卷及参考答案

三、解答题（共 5 小题，满分 74 分） 18． （14 分）已知函数 f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2 （Ⅰ）求 f（ ）的值． sinx cosx（x∈R） ．
（Ⅱ）求 f（x）的最小正周期及单调递增区间． 19． （15 分）如图，已知四棱锥 P﹣ABCD，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三 角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E 为 PD 的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面 PAB； （Ⅱ）求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值．
A．与 a 有关，且与 b 有关 B．与 a 有关，但与 b 无关 C．与 a 无关，且与 b 无关 D．与 a 无关，但与 b 有关 6． （4 分） 已知等差数列{an}的公差为 d， 前 n 项和为 Sn， 则“d＞0”是“S4+S6＞2S5” 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
20． （15 分）已知函数 f（x）=（x﹣ （1）求 f（x）的导函数；
）e﹣x（x≥ ） ．
（2）求 f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围．
21． （15 分）如图，已知抛物线 x2=y，点 A（﹣ ， ） ，B（ ， ） ，抛物线上 的点 P（x，y） （﹣ ＜x＜ ） ，过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q． （Ⅰ）求直线 AP 斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．
2017 年浙江省高考数学试卷
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分） 1． （4 分）已知集合 P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么 P∪Q=（ A． （﹣1，2） B． （0，1） C． （﹣1，0） D． （1，2） 2． （4 分）椭圆 A． B． + =1 的离心率是（ C． D． ） ）

2017年高考数学浙江卷(含答案解析)

2017年高考数学浙江卷(含答案解析)

数学试卷 第1页（共18页） 数学试卷 第2页（共18页）绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数 学本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.参考公式：球的表面积公式椎体的体积公式24πS R =1h3V S =球的体积公式其中S 代表椎体的底面积24π3V R =h 表示椎体的高其中R 表示球的半径 台体的体积公式柱体的体积公式()b1h 3a V S S =h V S =其中的a S ，b S 分别表示台体的h 表示柱体的高上、下底面积h 表示台体的高选择题部分(共40分)一、选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知集合{}{}-1<1Q=02P x x x x =<<<，，那么PUQ = A .(-1，2)B .(0，1)C .(-1，0)D .(1，2)2.椭圆2214x y +=的离心率是AB C .23 D .593.某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是第3题图A .π+12B .π+32 C .3π+12D .3π+32 4.若x ，y 满足约束条件0+-30-20x x y x y ⎧⎪⎨⎪⎩≥≥≤，则z 2x y =+的取值范围是A .[0]6,B .[0]4,C .[6+)∞,D .[4+)∞,5.若函数2()=f x x ax b ++在区间[0]1，上的最大值是M ，最小值是m ，则-m M A .与a 有关，且与b 有关 B .与a 有关，但与b 无关 C .与a 无关，且与b 无关D .与a 无关，但与b 有关6.已知等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，则“0d >”是465"+2"S S S >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7.函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =的图象可能是第7题图毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第3页（共18页） 数学试卷 第4页（共18页）ABCD8.已知随机变量i ξ满足i 1()i P p ξ==，i ()01P pi ξ==-，12i =，.若12201p p <<<，则 A .12E()E()ξξ＜，12D()D()ξξ＜ B .12E()E()ξξ＜，12D()D()ξξ＞ C .12E()E()ξξ＞，12D()D()ξξ＜ D .12E()E()ξξ＞，12D()D()ξξ＞9.如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==.分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为αβγ，，，则A .γαβ<<B .αγβ<<C .αβγ<<D .βγα<<10.如图，已知平面四边形ABCD ，AB BC ⊥，2AB BC AD ＝＝＝，3CD ＝，AC 与BD 交于点O ，记1I OA OB ＝，2I OB OC ＝，3I OC OD ＝，则A .123I I I <<B .132I I I <<C .312I I I <<D .213I I I <<非选择题部分(共110分)二、填空题:本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度.祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积6S ，6=S ________.12.已知a b R ∈，，2i 34i a b +=+（）(i 是虚数单位)，则22a b +=________，ab =________.13.已知多项式()()5432123453212=x x x a x a x a x a x a +++++++，则4=a ________，5=a ________.14.已知ABC △，4AB AC ==，2BC =.点D 为AB 延长线上一点，2BD =，连接CD ，则BDC △的面积是________，cos BDC ∠=________.15.已知向量a ,b 满足1=a ，2=b ，则+-a +b a b 的最小值是________，最大值是________.16.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法.(用数字作答)17.已知a ∈R ，函数4()f x x a a x =+-+在区间[]14，上的最大值是5，则a 的取值范围是________.三、解答题:本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.(本题满分14分)已知函数()22()sin cos cos R f x x x x x x =--∈.(I)求2()3f π的值； (II)求()f x 的最小正周期及单调递增区间.（第9题图）（第10题图）数学试卷 第5页（共18页） 数学试卷 第6页（共18页）19.(本题满分15分) 如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. (I)证明：CE ∥平面PAB ；(II)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.20.(本题满分15分)已知函数(1()e 2x f x x x -⎛⎫= ⎪⎝⎭≥.(I)求()f x 的导函数；(II)求()f x 在区间1+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭，上的取值范围.-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________数学试卷 第7页（共18页） 数学试卷 第8页（共18页）21.(本题满分15分)如图，已知抛物线2x y =，点1124A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，3924B ⎛⎫⎪⎝⎭，，抛物线上的点()12,32P x x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭＜＜，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(I )求直线AP 斜率的取值范围；(II )求PA PQ 的最大值.22.(本题满分15分)已知数列{}n x 满足：1=1x ，()()*11ln 1N n n n x x x n ++=++∈. 证明：当*N n ∈时， (I )10n n x x +＜＜；(I I )1122n n n n x x x x ++-≤； (III )1-21122n n n x -≤≤.数学试卷 第9页（共18页） 数学试卷 第10页（共18页）2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学答案解析选择题部分一、选择题 1.【答案】A【解析】根据集合的并集的定义,得2(1)PUQ =-，. 2.【答案】B【解析】根据题意知,3a =,b 2=,则c ==∴椭圆的离心率c e a =故选B . 3.【答案】A【解析】由几何体的三视图可得,该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的,故该几何体的体积1111ππ3+213=+132322V =⨯⨯⨯⨯⨯⨯,故选A . 4.【答案】D【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示,由z 2x y =+,得1y=22zx -+,∴2z 是直线1=22z y x -+在y 轴上的截距,根据图形知,当直线1=22z y x -+过A 点时,2z取得最小值.由20+30x y x y -=⎧⎨-=⎩,得2x =,1y =,即21A （，）,此时,4z =,∴4x ≥,故选D .5.【答案】B【解析】22()=++b 24a af x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭,①当012a ≤-≤时,min ()=m =()2a f x f -{}{}2max +b ()max (0)(1)max b ++b 4a f x M f f a =-===，，1，∴22max 1+44a a M m a ⎧⎫-=+⎨⎬⎩⎭，与a 有关,与b 无关；②当02a -＜时,()f x 在[]01，上单调递增,∴(1)(0)1M m f f a -==+-与a 有关,与b 无关；③当12a-＞时,()f x 在[]01，上单调递减,∴(0)(1)1f f M m a -=---=与a 有关,但与b 无关,故选B . 6.【答案】C【解析】因为{}n a 为等差数列,所以46111+=466151021a a a S S d d d+++=+,512=1020a S d +,465+2=S S S d -,所以4650+2d S S S ⇔＞＞,故选C .7.【答案】D【解析】根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数()f x 在这些零点处取得极值,排除A 、B ；记导函数()f x '的零点从左到右分别为123x x x ，，,又在()1x -∞，()0f x '＜,在()12x x ，上()0f x '＞,所以函数()f x 在()1x -∞，上单调递减,排除C ,故选D .8.【答案】A【解析】根据题意得,1()i E p ξ=，11(-)i i p D p ξ=（），12i =，,∵12102p p ＜＜＜,∴12()()E E ξξ＜,令()f x 在102（，）上单调递增,所以12(p )(p )f f ＜,即12()()D D ξξ＜,故选A . 9.【答案】B【解析】如图1,设O 是点D 在底面ABC 的射影,过O 作OE PR ⊥，OF PQ ⊥，OG RQ ⊥,垂足分别为E 、F 、G ,连接ED 、FD 、GD ,易得ED PR ⊥,∴OED ∠就是二面角D PR Q --的平面角,∴=OED α∠,tan =OD OE α,同理tan =OD OF β,tan =ODOGγ.底面的平面图如图2所示,以P 为原点建立平面直角坐标系,不妨设2AB =,则0,1)A（,数学试卷 第11页（共18页） 数学试卷 第12页（共18页）,0)B （1,C （,O （,∵AP PB =,2BQ CRQC RA ==,∴13Q （,23R （-,则直线RP的方程为y =,直线PQ的方程为y =,直线RQ的方程为y =+,根据点到直线的距离公式,知OE =,OF =,13OG =,∴OE OG OF ＞＞,∴tan tan tan αγβ＜＜,又α，β，γ为锐角,∴αγβ＜＜，故选B .10.【答案】C【解析】如图所示,四边形ABCE 是正方形,F 为正方形的对角线的交点,易得AO ＜AF ,而90AFB ∠=︒,∴AOB ∠与COD ∠为钝角,AOD ∠与BOC ∠为锐角,根据题意,12()cos 0I I OA OB OB OC OB OA OC OB CA OB CA AOB -=-=-==∠＜,∴12I I ＜,同理得23I I ＞,作AG BD ⊥于G ,又AB AD =,∴OB BG GD OD =＜＜,而OA AF FC OC =＜＜,∴OA OB OC OD ＜,而cos =cos 0AOB COD ∠∠＜,∴OA OB OC OD ＞,即13I I ＞,∴312I I I ＜＜,故选C .非选择题二.填空题. 11. 【解析】如图,单位圆内接正六边形由六个边长为1的正三角形组成,所以,正六边形的面积61=612S ⨯⨯. 12.【答案】5 2【解析】∵222+2bi 2i 34i a a b ab =-+=+（）,∴22324a b ab ⎧-=⎨=⎩,∴21a b =⎧⎨=⎩或21a b =-⎧⎨=-⎩,∴225a b +=,2ab =.13.【答案】16 4【解析】由题意知4a 为含x 的项的系数,根据二项式定理得222233143232121216a C C C C =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=,5a是常数项,所以332532124a C C =⨯⨯⨯=. 14. 【解析】在ABC △中,4AB AC ==,2BC =,由余弦定理得2222224241cos ABC=224AB BC AC AB BC +-+-==∠,则sin ABC=sin CBD ∠∠,所以B D C 15=B D BC s 2SCBD △∠.因为2B D B C ==,所以12C DB A BC =∠∠,则cos CDB ∠. 15.【答案】4【解析】解法一：()()()222222222a b a b a b a b a b a b a b a b a b++-=++-++-=+++-=10+2a b a b+-,而()()223a b a b a b a b a b +-+-=-=≥,∴()216a b a b ++-≥,即4a b a b++-≥,即a b a b++-的最小值为4.又2a b a b+-≤,∴a b a b ++-的最大值为.解法二：由向量三角不等式得,()()24a b a b a b a b b ++-+--==≥,又数学试卷 第13页（共18页）数学试卷 第14页（共18页）2a b a b++-==∴a b a b ++-的最大值为16.【答案】660【解析】分两步,第一步,选出4人,由于至少1名女生,故有448655C C -=种不同的选法；第二步,从4人中选出队长、副队长各1人,有2412A =种不同的选法.根据分步乘法计数原理知共有55 12 660⨯=种不同的选法.17.【答案】(92⎤-∞⎥⎦，【解析】∵[]1,4x ∈,∴[]44,5x x +∈,①当92a ≤时,max ()=555f x a a a a -+=-+=,符合题意,②当分92a ＞时,max ()=4245f x a a a -+=-=,∴92a =(矛盾),故a 的取值范围是(92⎤-∞⎥⎦，.三、解答题. 18.【答案】（Ⅰ）2π()23f = （Ⅱ）()f x 的的单调递增区间是()π2ππ,π63k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦【解析】(Ⅰ)由2πsin 32=,2π1cos 32=-,222π11()32222f ⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,得2π()23f =. (Ⅱ)由22cos2cos sin x x x =-与sin22sin cos x x x =得π()cos 222sin 26f x x x x ⎛⎫=--=-+ ⎪⎝⎭.所以()f x 的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得ππ3π2π22π262k x k +++≤≤,k Z ∈, 解得π2πππ63k x k ++≤≤,k Z ∈,所以()f x 的的单调递增区间是()π2ππ,π63k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦. 19.【答案】(Ⅰ)如图,设PA 中点为F ,连接EF ,FB .因为E 、F 分別为PD ,PA 中点,所以EF AD∥且1=2EF AD ,又因为BC AD ∥,1=2BC AD ,所以EF BC ∥且=EF BC ,即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面PAB . （Ⅱ）直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8【解析】(Ⅰ)如图,设PA 中点为F ,连接EF ,FB .因为E 、F 分別为PD ,PA 中点,所以EF AD ∥且1=2EF AD ,又因为BC AD ∥,1=2BC AD ,所以EF BC ∥且=EF BC , 即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面PAB . (Ⅱ)分别取BC ,AD 的中点为M ,N .连接PN 交EF 于点Q ,连接MQ .因为E 、F 、N 分别是PD ,PA ,AD 的中点,所以Q 为EF 中点,在平行四边形BCEF 中,MQ CE ∥.由PAD ∆为等腰直角三角形得PN AD ⊥. 由DC AD ⊥,N 是AD 的中点得BN AD ⊥. 所以AD ⊥平面PBN ,由BC AD ∥得BC ⊥平面PBN ,那么平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线,垂足为H ,连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影,所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角.设1CD =.在PCD △中,由2PC =,1CD =,PD =CE , 在PBN △中,由1PN BN ==,PB 得14QH =, 在t R MQH △中,14QH =,MQ = 所以sin =8MQH ∠, 所以,直线CE 与平面PBC .20.【答案】(Ⅰ)因为(1x'=()e ex x--'=-,所以(()12e1()1e e2xx xxf x x x----⎛⎫'=--=⎪⎭⎝＞.(Ⅱ)由()12e()xxf x--'=,解得1x=,52x=.因为又())211e02xf x-=≥,所以()f x在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【解析】(Ⅰ)因为(1x'=,()e ex x--'=-,所以(()12e1()1e e2xx xxf x x x----⎛⎫'=--=⎪⎭⎝＞.(Ⅱ)由()12e()xxf x--'=,解得1x=,52x=.因为又())211e02xf x-=≥,所以()f x在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.21.【答案】（Ⅰ）()1,1-（Ⅱ）2716【解析】(Ⅰ)设直线AP的斜率为k,2114122xk xx-==-+,因为1322x-＜＜,所以直线AP斜率的取值范围是()1,1-.(Ⅱ)联立直线AP与BQ的方程110,24930,42kx y kx ky k⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩解得点Q的横坐标是()224321Qk kxk-++=+.因为)1x+12PA k⎫==+⎪⎭,)211xQk kPQ x-+-=所以()()311PA PQ k k=--+.令()()()311f k k k=--+,因为()()2()421f k k k'=--+,所以()f k在区间11,2⎛⎫--⎪⎝⎭上单调递增,1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,因此当12k=时,PA PQ取得最大值2716.22.【答案】(Ⅰ)用数学归纳法证明：0nx＞.当1n=时,110x=＞.假设n k=时,0kx＞,那么+1n k=时,若1kx+≤,则()110=+ln1+0k k kx x x++≤＜,矛盾,故1kx+＞.因此()nN*x n∈＞.数学试卷第15页（共18页）数学试卷第16页（共18页）数学试卷 第17页（共18页） 数学试卷 第18页（共18页）所以()111=+ln 1+n n n n x x x x +++＞. 因此()10N*n n x x n +∈＜≤. (Ⅱ)由()11=+ln 1+n n n x x x ++得,()()2111111x -4=+2=22ln 1+n n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-++.记函数()()()2()22ln 1+0f x x x x x x =-++≥,()()22()ln 1+001x xf x x x x +'=++＞≥,函数()f x 在[)0+∞，上单调递增,所以()(0)=0f x f ≥,因此 ()()211111x22ln 1+=()n n n n n x x x f x +++++-++≥0,故()112N*2n n n n x x x x n ++-≤∈. (III )因为()11111x ln 1+2n n n n n n x x x x x +++++=+≤+=, 所以112n n x -≥. 由1122n n n n x x x x ++-≥得111112022n n x x +⎛⎫-- ⎪⎝⎭≥＞, 所以1-21111111-22=2222n n n n n x x x --⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥…≥,故212n n x -≤.综上,()1211N*22n n n x n --∈≤≤.【解析】(Ⅰ)用数学归纳法证明：0n x ＞. 当1n =时,110x =＞. 假设n k =时,0k x ＞,那么+1n k =时,若10k x +≤,则()110=+ln 1+0k k k x x x ++≤＜,矛盾,故10k x +＞. 因此()n 0N*x n ∈＞.所以()111=+ln 1+n n n n x x x x +++＞. 因此()10N*n n x x n +∈＜≤. (Ⅱ)由()11=+ln 1+n n n x x x ++得,()()2111111x -4=+2=22ln 1+n n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-++.记函数()()()2()22ln 1+0f x x x x x x =-++≥,()()22()ln 1+001x xf x x x x +'=++＞≥,函数()f x 在[)0+∞，上单调递增,所以()(0)=0f x f ≥,因此 ()()211111x 22ln 1+=()n n n n n x x x f x +++++-++≥0,故()112N*2n n n n x x x x n ++-≤∈. (III )因为()11111x ln 1+2n n n n n n x x x x x +++++=+≤+=, 所以112n n x -≥. 由1122n n n n x x x x ++-≥得111112022n n x x +⎛⎫-- ⎪⎝⎭≥＞, 所以1-21111111-22=2222n n n n n x x x --⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥…≥,故212n n x -≤.综上,()1211N*22n n n x n --∈≤≤.。

2017年浙江省高考数学试题(教师版含解析)

2017年浙江省高考数学试题(教师版含解析)

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）1.解析 PQ 取,P Q 集合的所有元素，即12x -<<.故选A ．2.解析 由椭圆方程可得：229,4a b ==，所以2225c a b =-=，所以3a =，5c =，53c e a ==.故选B ． 3.解析 有三视图可知，直观图是有半个圆锥与一个三棱锥构成， 半圆锥体积()2111=13232S π⨯π⨯⨯=，棱锥体积211=213=132S ⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪⎝⎭，所以几何体体积1212S S S π=+=+． 故选A ．4.解析 由图可知，22x zy =-+在点()2,1取到z 的最小值为2214z =+⨯=，没有最大值， 故[)4,z ∈+∞．故选D ．5. 解析 取0,0a b ==；得1M m -=；取0,1a b ==得1M m -=； 取1,0a b ==；得2M m -=； 故与a 有关；与b 无关.故选B ．6.解析 46111466151021S S a d a d a d +=+++=+，5121020S a d =+； 当0d >时，4652S S S +>，当4652S S S +>，有0d >．故选C ．7.解析 导数大于零，原函数递增，导数小于零，原函数递减，对照导函数图像和原函数图像.故选D ． 8. 解析 依题列分布列1ξ1 0p1p 11p -所以11E p ξ=，()1111D p p ξ=-；22E p ξ=，()2221D p p ξ=-．2ξ1 0p2p 21p -33x-2y=0x+2y=0x+y-3=0y x O因为12102p p <<<，()()21211210D D p p p p ξξ-=--+>⎡⎤⎣⎦.故选A ． 9.解析 设D 在底面ABC 内射影为O ，判断O 到PR ，PQ ，QR 的距离， 显然有,αβ,γ均为锐角．1P 为三等分点，O 到1PQR △三边距离相等．动态研究问题．1P P ，所以O 到QR 距离不变，O 到PQ 距离减少，O 到PR 距离变大．所以αγβ． 10.解析 动态研究问题:D D ，OO ．此时有90AOB ，90BOC，90COD，且COAO ，DOBO ．故OB OC OA OBOC OD11.解析 6133=611sin 602S . 12.解析 由222(i)2i a b a b ab +=-+及已知，所以223,2a b ab -==， 解得2,1a b ==，所以225a b +=，2ab =． 13.解析 32322(1)(2)(331)(44)xx x x x x x，所以412416a ，54a ．14.解析 取BC 中点为O ，由题知15AO，15sin sin 4CBDOBA， 所以BDC △的面积为115sin 2BC BD OBA ．又2πCBD BDC ，21cos cos(π2)12cos 4CBD BDC BDC，解得10cos BDC ．ODC BA1AA15.解析 如图所示，a +b 和-a b 是以,a b 为邻边的平行四边形的两条对角线，则()2222210++-=+=a b a b a b，A 是以O 为圆心的单位圆上一动点，构造2个全等的平行四边形．所以AB BC +-=+a +b a b ．易知当A ，B ，C 三点共线时，AB BC +最小，此时4AB BC BC +==； 当AO BC ⊥时，AB BC +最大，此时2AB BC AB +==16.解析 解法一（间接法）：分2步完成：第一步，8名学生中选4人（至少有1名女生）即8名学生中任选4人去掉全是男生的情况有4486C C -种选法；第二步分配职务：4人里选2人担任队长和副队长有24A 种选法．所以共有()()442864C C A 701512660-⋅=-⨯=种选法．解法二（直接法）：分2步完成：第一步，8名学生中选4人（至少有1名女生），其中1女3男有1326C C 种选法和2女2男有2226C C 种选法；第二步分配职务：4人里选2人担任队长和副队长有24A 种选法．所以共有 ()()1322226264C C C C A 22011512660+⋅=⨯+⨯⨯=种选法．17.解析 因为()f t t a a =-+，[]4,5t ∈最大值为{}max (4),(5)f f ， 即(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+=⎪⎨=-+⎪⎩或(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+⎪⎨=-+=⎪⎩解得 4.55a a =⎧⎨⎩或4.55a a ⎧⎨⎩，所以 4.5a ． 18.解析 （1）由2sin3π21cos 32π=-，22211322f π⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭得223f π⎛⎫= ⎪⎝⎭. （2）由22cos2cos sin x x x =-与sin22sin cos x x x =得()cos 222sin 26f x x x x π⎛⎫=-=-+ ⎪⎝⎭，所以()f x 的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得3222,262k x k k πππ+π++π∈Z ，解得2,63k x k k ππ+π+π∈Z . 所以()f x 的单调递增区间是2,63k k k ππ⎡⎤+π+π∈⎢⎥⎣⎦Z ，.19.解析 （1）如图所示，设PA 中点为F ，联结EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，PA 中点，所以//EF AD 且1=2EF AD ， 又因为//BC AD ，12BC AD =，所以//EF BC 且=EF BC ， 即四边形BCEF 为平行四边形，所以//CE BF ， 因此//CE 平面PAB .（2）分别取BC ，AD 的中点为M ，N .联结PN 交EF 于点Q ，联结MQ . 因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，//MQ CE . 由PAD △为等腰直角三角形得PN AD ⊥.由DC AD ⊥，N 是AD 的中点得BN AD ⊥.所以AD ⊥平面PBN ， 由//BC AD 得BC ⊥平面PBN ，那么平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，联结MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC所成的角.设1CD =.在PCD△中，由2PC =，1CD =，PD =CE =，在PBN △中，由1PN BN ==，PB =14QH =，在Rt MQH △中，14QH =，MQ =，所以sin 8QMH ∠=，所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8. H QPN F D BCEA20.解析 （1）因为(1x '-=，()e e x x--'=-， 所以()(()12e 11e e 2x x xx f x x x ----⎛⎫'=->⎪ ⎭⎝=.（2）由()()12e 0x x f x --'==，解得1x =或52x =. 因为又())21e 02x f x -=，所以()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e 2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.21.解析 （1）设直线AP 的斜率为k ，2114122x k x x -==-+， 因为1322x -<<，所以直线AP 斜率的取值范围是()1,1-.（2）联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩解得点Q 的横坐标是()224321Q k k x k -++=+. 因为)112PA x k ⎫=+=+⎪⎭，)2(1)1Q k k PQ x x -+=-=所以()()311,11PA PQ k k k ⋅=--+-<<， 令()()()311,11f k k k k =--+-<<，因为()()()2421f k k k '=--+，所以()f k 在区间11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 因此当12k =时，PA PQ ⋅取得最大值2716. 22. 解析 （1）用数学归纳法证明：0n x >. 当1n =时，110x =>，假设n k =时，k 0x >，那么1n k =+时，若10k x +，则()110ln 10k k k x x x ++<=++，矛盾，故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ，所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N.（2）由()111ln 1n n n n x x x x +++=++>，得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++. 记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++.()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++，知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f =， 因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=，()*1122n n n nx x x x n ++-∈N . （3）因为()11111ln 12n n n n n n x x x x x x +++++=+++=，得112n nx x +，以此类推，21111,,22nn x x x x -， 所以112112112n n n n n n x x x x x x x x ----⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭，得112n n x -，1122n n n n x x x x ++-， 111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭， 1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故212n n x -.综上，()*121122n n n x n --∈N .。

2017年高考浙江卷数学试题解析(参考版)

2017年高考浙江卷数学试题解析(参考版)

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。

全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。

满分150分。

考试用时120分钟。

考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。

参考公式：球的表面积公式 锥体的体积公式24S R =π13V Sh =球的体积公式 其中S 表示棱锥的底面面积，h 表示棱锥的高 343V R =π台体的体积公式其中R 表示球的半径 1()3a ab b V h S S S S =+⋅+柱体的体积公式 其中S a ，S b 分别表示台体的上、下底面积 V =Shh 学%科网表示台体的高其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知}11|{<<-=x x P ，}02{<<-=x Q ，则=Q P A ．)1,2(- B ．)0,1(- C ．)1,0( D ．)1,2(--【答案】A【解析】取Q P ,所有元素，得=Q P )1,2(-.2．椭圆22194x y +=的离心率是 A ．133B ．53C ．23D ．59【答案】B 【解析】94533e -==，选B. 3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．π2+1 B ．π2+3 C ．3π2+1 D ．3π2+3 【答案】A 【解析】2π1211π3(21)1322V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+，选A. 4．若x ,y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则z =x +2y 的取值范围是A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6，+∞]D ．[4,+∞]【答案】D【解析】可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D. 5．若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – mA ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关【答案】B【解析】因为最值在2(0),(1)1,()24a a fb f a b f b ==++-=-中取，所以最值之差一定与b 无关，选B.6．已知等差数列[a n ]的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6”>2S 5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【答案】C【解析】4652S S S d +-=，所以为充要条件，选C.7．函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，因此选D.8．已知随机变量ξ1满足P （1ξ=1）=p i ，P （1ξ=0）=1—p i ，i =1，2.若0<p 1<p 2<12，则 A ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ<2D()ξ B ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ C ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ<2D()ξD ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ8.【答案】A 【解析】112212(),(),()()E p E p E E ξξξξ==∴<111222121212()(1),()(1),()()()(1)0D p p D p p D D p p p p ξξξξ=-=-∴-=---<，选A.9．如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），PQR 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面较为α,β,γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此αγβ<<所以选B10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1·I O A O B ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝，则A ．I １<I ２<I ３B ．I １<I ３<I ２C ． I ３<I １<I ２D ．I ２<I １<I ３【答案】C【解析】因为90AOB COD ∠=∠> ,所以0(,)OB OC OA OB OC OD OA OC OB OD ⋅>>⋅>⋅<< 选C非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2017年高考浙江数学试题及答案(word解析版)

2017年高考浙江数学试题及答案(word解析版)

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）第Ⅰ卷（选择题 共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．（1）【2017年浙江，1，4分】已知，，则（ ）{|11}P x x =-<<{20}Q x =-<<P Q = （A ） （B ） （C ） （D ）(2,1)-(1,0)-(0,1)(2,1)--【答案】A【解析】取所有元素，得，故选A ．,P Q P Q = (2,1)-【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．（2）【2017年浙江，2，4分】椭圆的离心率是（ ）22194x y +=（A （B （C ） （D）2359【答案】B【解析】B ．e ==【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．（3）【2017年浙江，3，4分】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）（A ） （B ）（C ） （D ）12π+32π+312π+332π+【答案】A【解析】由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为，故选A ．2111π3(21)13222V π⨯=⨯⨯+⨯⨯=+【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．（4）【2017年浙江，4，4分】若，满足约束条件，则的取值范围x y 03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩2z x y =+是（ ）（A ）（B ）（C ）（D ）[]0,6[]0,4[]6,+∞[]4,+∞【答案】D【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点时取最小值4，无最大值，故选D ．()2,1【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．（5）【2017年浙江，5，4分】若函数在区间上的最大值是，最小值是，则（()2f x x ax b =++[]01（M m –M m ）（A ）与a 有关，且与b 有关 （B ）与a 有关，但与b 无关（C ）与a 无关，且与b 无关 （D ）与a 无关，但与b 有关【答案】B【解析】解法一：因为最值在中取，所以最值之差一定与b无关，故选2(0),(1)1,(24a af b f a b f b==++-=-B．解法二：函数的图象是开口朝上且以直线为对称轴的抛物线，①当或()2f x x ax b=++2ax=-12a->，即，或时，函数在区间上单调，此时，故2a-<2a<-0a>()f x[]0,1()()10M m f f a-=-=的值与有关，与无关；②当，即时，函数在区间上递减，M m-a b1122a≤-≤21a-≤≤-()f x0,2a⎡⎤-⎢⎥⎣⎦在上递增，且，此时，故的值与有关，与无,12a⎡⎤-⎢⎥⎣⎦()()01f f>()224a aM m f f⎛⎫-=--=⎪⎝⎭M m-a b 关；③当，即时，函数在区间上递减，在上递增，且122a≤-<10a-<≤()f x0,2a⎡⎤-⎢⎥⎣⎦,12a⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，此时，故的值与有关，与无关．综上可得：()()01f f<()224a aM m f f a⎛⎫-=--=-⎪⎝⎭M m-a b的值与有关，与无关，故选B．M m-a b【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．（6）【2017年浙江，6，4分】已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“”的（[]na d nnS0d>4652S S S+>）（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【答案】C【解析】由，可知当时，有，即，()46511210212510S S S a d a d d+-=+-+=0d>46520S S S+->4652S S S+>反之，若，则，所以“”是“”的充要条件，故选C．4652S S S+>0d>0d>4652S S S+>【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题．（7）【2017年浙江，7，4分】函数的导函数的图像如图所示，则函数()y f x=()y f x'=的图像可能是（）()y f x=（A）（B）（C）（D）【答案】D【解析】解法一：由当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，则由导函数()0f x'<f x（（()0f x'>f x（（的图象可知：先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，()y f x='()f x且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，，故选D．解法二：原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，故选D．x=【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．（8）【2017年浙江，8，4分】已知随机变量满足，，．若1ξ()11iP pξ==()101iP pξ==-1,2i=，则（）1212p p<<<（A），（B），12E()E()ξξ<12D()D()ξξ<12E()E()ξξ<12D()D()ξξ>（C），（D），12E()E()ξξ>12D()D()ξξ<12E()E()ξξ>12D()D()ξξ<【答案】A【解析】，112212(),(),()()E p E p E Eξξξξ==∴<111222()(1),()(1)D p p D p pξξ=-=-，故选A．121212()()()(1)0D D p p p pξξ∴-=---<【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想i象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．（9）【2017年浙江，9，4分】如图，已知正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），–D ABCPQR分别为，，上的点，，，分别记二面角，AB BC CA AP PB=2BQ CRQC RA==––D PR Q，的平面较为，，，则（）––D PQ R––D QR Pαβγ（A）（B）（C）（D）γαβ<<αγβ<<αβγ<<βγα<<【答案】B【解析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面的中心为．不妨ABC∆O设．则3OP=，，，，，，()0,0,0O()0,3,0P-()0,6,0C-(D)Q()R-，，，，()PR=-(PD=)PQ=()2,0QR=--．设平面的法向量为，则，可得(QD=-PDR(),,n x y z=n PRn PD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，可得，取平面的法向量．3030yy⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩)1n=-ABC()0,0,1m=则．同理可得：．cos,m nm nm n⋅==α=β=．∴．γ=>>αγβ<<解法二：如图所示，连接，过点发布作垂线：，，OD OQ OR（（O OE DR⊥OF DQ⊥，垂足分别为，连接．设．则OG QR⊥E F G（（PE PF PG（（OP h=cos ODRPDRS OES PEα∆∆==c，．=cosOFPFβ==cosOGPGγ==由已知可得：．∴，为锐角．∴α＜γ＜β，故选B．OE OG OF>>cos cos cosαγβ>>αβγ（（【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．（10）【2017年浙江，10，4分】如图，已知平面四边形，ABCD，，，AB BC⊥2AB BC AD（（（3CD（与交于点O，记，，，则（）AC BD1·I OA OB＝2·I OB OC＝3·I OC OD＝（A）（B）（C）（D）123I I I<<132I I I<<312I I I<<223I I I<<【答案】C【解析】∵，，，∴，∴，AB BC⊥2AB BC AD===3CD=AC=90AOB COD∠=∠>︒由图象知，，∴，，即，故选C．OA OC<OB OD<0OA OB OC OD>⋅>⋅OB OC⋅>312I I I<<【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．（11）【2017年浙江，11，4分】我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度。

2017年浙江省高考数学试题+解析(可编辑修改word版)

2017年浙江省高考数学试题+解析(可编辑修改word版)

133 {2017 浙江省高考理科数学试卷一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分）1．（4 分）已知集合 P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么 P ∪Q=（ ）A ．（﹣1，2）B ．（0，1）C ．（﹣1，0）D ．（1，2）x 2 y 22．（4 分）椭圆 + =1 的离心率是（ ） 9 4 5 2 5 A ． B ． 3 C ．3 D ．93．（4 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）π π 3π 3πA ．2+1B ．2+3C ． 2+1D ． 2+3x ≥ 0 4．（4 分）若 x 、y 满足约束条件 x + y ‒ 3 ≥ 0，则 z=x +2y 的取值范围是（）x ‒ 2y ≤ 0 A ．[0，6] B ．[0，4] C ．[6，+∞） D ．[4，+∞）5．（4 分）若函数 f （x ）=x 2+ax +b 在区间[0，1]上的最大值是 M ，最小值是 m ， 则 M ﹣m （）A ．与 a 有关，且与 b 有关B ．与 a 有关，但与 b 无关C ．与 a 无关，且与 b 无关D ．与 a 无关，但与 b 有关6．（4 分）已知等差数列{a n }的公差为 d ，前 n 项和为 S n ，则“d ＞0”是“S 4+S 6＞2S 5” 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7．（4 分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．8．（4 分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜1，则（）2A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）9．（4 分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分BQ C R别为AB、BC、CA 上的点，AP=PB，QC=R A=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P 的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α10．（4 分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC→→→→→→与BD 交于点O，记I1=OA•OB，I2=OB•OC，I3=OC•OD，则（）A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3二、填空题：本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共36 分11．（4 分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=．12．（6 分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i 是虚数单位），则a2+b2=，ab= ．13．（6 分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=，a5=．14．（6 分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC 的面积是，cos∠BDC= ．→→→→→ →→→15．（6 分）已知向量a、b满足|a|=1，|b|=2，则|a+b|+|a﹣b|的最小值是，最大值是．16．（4 分）从6 男2 女共8 名学生中选出队长1 人，副队长1 人，普通队员2 人组成4 人服务队，要求服务队中至少有1 名女生，共有种不同的选法．（用数字作答）417．（4 分）已知a∈R，函数f（x）=|x+x﹣a|+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是．三、解答题（共5 小题，满分74 分）3sinx cosx（x∈R）．18．（14 分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣22π（Ⅰ）求f（3 ）的值．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．19．（15 分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线 CE 与平面PBC 所成角的正弦值．20．（15 分）已知函数 f （x ）=（x﹣（1） 求 f （x ）的导函数；1）e ﹣x1（x ≥2）．（2） 求 f （x ）在区间[2，+∞）上的取值范围．1 1 3 9 21．（15 分）如图，已知抛物线 x 2=y ，点 A （﹣ ， ），B （ ， ），抛物线上的点 P （x ，y ）2 4 2 41 3 （﹣ ＜x ＜ ），过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q ．2 2（Ⅰ）求直线 AP 斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA |•|PQ |的最大值．22．（15 分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln （1+x n +1）（n ∈N *），证明：当 n ∈N * 时，（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ；x n x n + 1 （Ⅱ）2x n +1﹣x n ≤2；1 1（Ⅲ） n ‒ 1≤x n ≤ ．2 2n ‒ 22x ‒ 1133 5 2017 年浙江省高考理科数学参考答案与试题解析一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，满分 40 分）1．（4 分）已知集合 P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么 P ∪Q=（ ）A ．（﹣1，2）B ．（0，1）C ．（﹣1，0）D ．（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可． 【解答】解：集合 P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}， 那么 P ∪Q={x |﹣1＜x ＜2}=（﹣1，2）． 故选：A ．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．x 2 y 22．（4 分）椭圆 + =1 的离心率是（ ） 9 4 5 2 5 A ． B ． 3 C ．3 D ．9【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．x 2 y 2【解答】解：椭圆 + =1，可得 a=3，b=2，则 c= 9 ‒ 4= 5， 9 4c所以椭圆的离心率为： = ．a 3故选：B ．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．3．（4 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（）{π π 3π 3πA．2+1 B ．2+3 C ．2 +1D ． 2+3【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成， 圆锥的底面圆的半径为 1，三棱锥的底面是底边长 2 的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为 3，1 1 1 1 π故该几何体的体积为 × ×π×12×3+ × × 2× 2×3= +1，2 3 3 2 2故选：A【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．x ≥ 04．（4 分）若 x 、y 满足约束条件 x + y ‒ 3 ≥ 0，则 z=x +2y 的取值范围是（）x ‒ 2y ≤ 0 A ．[0，6] B ．[0，4] C ．[6，+∞） D ．[4，+∞）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．{x ‒ 2y = 0x ≥ 0【解答】解：x 、y 满足约束条件 x + y ‒ 3 ≥ 0，表示的可行域如图：x ‒ 2y ≤ 0 目标函数 z=x +2y 经过 C 点时，函数取得最小值， 由{x + y ‒ 3 = 0解得 C （2，1）， 目标函数的最小值为：4 目标函数的范围是[4，+∞）．故选：D ．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4 分）若函数 f （x ）=x 2+ax +b 在区间[0，1]上的最大值是 M ，最小值是 m ，则 M ﹣m （）A ．与 a 有关，且与 b 有关B ．与 a 有关，但与 b 无关C ．与 a 无关，且与 b 无关D ．与 a 无关，但与 b 有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下 M ﹣m 的取值与 a ，b 的关系，综合可得答案．a【解答】解：函数 f （x ）=x 2+ax +b 的图象是开口朝上且以直线 x=﹣2为对称轴的抛物线，a a①当﹣2＞1 或﹣2＜0，即 a ＜﹣2，或 a ＞0 时，函数 f （x ）在区间[0，1]上单调， 此时 M ﹣m=|f （1）﹣f （0）|=|a +1|， 故 M ﹣m 的值与 a 有关，与 b 无关1 a②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1 时，2 2a a函数f（x）在区间[0，﹣2]上递减，在[﹣2，1]上递增，且f（0）＞f（1），a a2此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣2）= 4 ，故M﹣m 的值与 a 有关，与 b 无关a 1③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0 时，2 2a a函数f（x）在区间[0，﹣2]上递减，在[﹣2，1]上递增，且f（0）＜f（1），a a2此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣2）=1+a+ 4 ，故M﹣m 的值与 a 有关，与 b 无关综上可得：M﹣m 的值与a 有关，与b 无关故选：B【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4 分）已知等差数列{a n}的公差为d，前n 项和为S n，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S4+S6＞2S5，∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），∴21d＞20d，∴d＞0，故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，故选：C【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题7．（4 分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（）A．B．C．D．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0 时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0 时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能【解答】解：由当f′（x）＜0 时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0 时，函数f（x）单调递增，则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x 轴上的右侧，排除B，故选D【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4 分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2．若0＜p1＜p2＜1，则（）2A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）2 2C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）1 1【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，2 2从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=p i，P（ξi=0）=1﹣p i，i=1，2，…，10＜p1＜p2＜，1∴ ＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=p1 ‒p12，D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=p2 ‒p22，D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（p2 ‒p22）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．故选：A．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4 分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R 分BQ C R别为AB、BC、CA 上的点，AP=PB，QC=R A=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P 的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为{O ．不妨设 OP=3．则 O （0，0，0），P （0，﹣3，0），C （0，6，0），D （0，0，6 2），Q ( 3，3，0)，R ( ‒ 2 3，0，0)，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．解法二：如图所示，连接 O P ，O Q ，O R ，过点 O 分别作垂线：OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥OD ODQR ，垂足分别为 E ，F ，G ，连接 DE ，DF ，DG ． 可得 tan α=O E ．tan β=OF，tan γ=ODOG．由已知可得：OE ＞OG ＞OF ．即可得出． 【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为 O ．不妨设 OP=3．则 O （0，0，0），P （0，﹣3，0），C （0，6，0），D （0，0，6 3，﹣3，0）．Q ( 3，3，0)，R ( ‒ 2 3，0，0)，2），B （3 →→→→PR =( ‒ 2 3，3，0)，P D =（0，3，6 0)，→ QD =( ‒ 3， ‒ 3，6 2)．2），P Q =（ 3，6，0），Q R =( ‒ 3 3， ‒ 3， →→设平面 PDR 的法向量为n =（x ，y ，z ），则 → → ，可得{3y + 6 2z = 0，→ n ⋅ PR = 0 n ⋅ PD = 0 →→‒ 2 3x + 3y = 0可得n =( 6，2 2， ‒ 1)，取平面 ABC 的法向量m =（0，0，1）．→ →→→m ⋅ n ‒ 1 1则 cos ＜m ，n ＞= → → = 15， 取 α=arccos 15．|m ||n |32同理可得：12 3∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接 O P ，O Q ，O R ，过点 O 分别作垂线：OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥ QR ，垂足分别为 E ，F ，G ，连接 DE ，DF ，DG ． 设 OD=h ．OD则 tan α=O E．OD OD同理可得：tanβ=OF，tanγ=OG．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ 为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4 分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC→→→→→→与BD 交于点O，记I1=OA•OB，I2=OB•OC，I3=OC•OD，则（）3 3 A ．I 1＜I 2＜I 3 B ．I 1＜I 3＜I 2 C ．I 3＜I 1＜I 2 D ．I 2＜I 1＜I 3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可． 【解答】解：∵AB ⊥BC ，AB=BC=AD=2，CD=3， ∴AC=2 2，∴∠AOB=∠COD ＞90°， 由图象知 OA ＜OC ，OB ＜OD ，→→→→→→∴0＞OA •OB ＞OC •OD ，OB •OC ＞0， 即 I 3＜I 1＜I 2， 故选：C ．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分11．（4 分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率 π，理论上能把 π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将 π 的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形 3 3 的面积 S 6，S 6=2．【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积． 【解答】解：如图所示，单位圆的半径为 1，则其内接正六边形 ABCDEF 中， △AOB 是边长为 1 的正三角形， 所以正六边形 ABCDEF 的面积为 1 3 S 6=6×2×1×1×sin60°= 2 ．3 故答案为： 2．【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．12．（6 分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i 是虚数单位），则a2+b2= 5 ，ab= 2 ．【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i 是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i 是虚数单位），∴3+4i=a2﹣b2+2abi，∴3=a2﹣b2，2ab=4，解得ab=2，{a = 2，{a=‒ 2．b = 1 b=‒ 1则a2+b2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6 分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= 16 ，a5= 4 ．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x 的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x 的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x 的系数是4，常数是4，a4=3×4+1×4=16；a5=1×4=4．故答案为：16；4．152 10415 2 104【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6 分）已知△ABC ，AB=AC=4，BC=2，点 D 为 AB 延长线上一点，BD=2，连15 结 CD ，则△BDC 的面积是 2 10，cos ∠BDC= 4．【分析】如图，取 BC 得中点E ，根据勾股定理求出 AE ，再求出 S △ABC ，再根据 S △BDC = 12S △ABC 即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出 【解答】解：如图，取 BC 得中点 E ， ∵AB=AC=4，BC=2，1∴BE=2BC=1，AE ⊥BC ，∴AE= AB 2 ‒ B E 2= 15，1 1∴S = BC•AE= ×2× 15= 15， △ABC2 2∵BD=2， 1 ∴S △BDC =2S △ABC = ，∵BC=BD=2， ∴∠BDC=∠BCD ， ∴∠ABE=2∠BDC 在 Rt △ABE 中，B E 1∵cos ∠ABE=AB =4，1∴cos ∠ABE=2cos 2∠BDC ﹣1=4，∴cos ∠BDC= ，故答案为： ，【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题→→→→→ →→ →15．（6 分）已知向量a 、b 满足|a |=1，|b |=2，则|a +b |+|a ﹣b |的最小值是 4 ， 最大值是 2→ →【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|a +b |→ →| a ﹣b |【解答】解：记∠AOB=α，则 0≤α≤π，如图， 由余弦定理可得： → →|a +b | → →|a ﹣b |令 x= 5 ‒ 4cosα，y= 5 + 4cosα，则 x 2+y 2=10（x 、y ≥1），其图象为一段圆弧 MN ，如图，令 z=x +y ，则 y=﹣x +z ，则直线 y=﹣x +z 过 M 、N 时 z 最小为 z min =1+3=3+1=4， 当直线 y=﹣x +z 与圆弧 MN 相切时 z 最大，由平面几何知识易知 z max 即为原点到切线的距离的 2倍， 也就是圆弧 MN 所在圆的半径的 2倍， 所以 z max = 2× 10=2 5．→ →→ →综上所述，|a +b |+|a ﹣b |的最小值是 4，最大值是2 5． 故答案为：4、2 5．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．16．（4 分）从6 男2 女共8 名学生中选出队长1 人，副队长1 人，普通队员2人组成4 人服务队，要求服务队中至少有1 名女生，共有660 种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选 1 女 3 男或选2 女2 男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1 女3 男，有C63C21=40 种，这4 人选2 人作为队长和副队有A42=12 种，故有40×12=480 种，第二类，先选2 女2 男，有C62C22=15 种，这4 人选2 人作为队长和副队有A42=12 种，故有15×12=180 种，根据分类计数原理共有480+180=660 种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题417．（4 分）已知a∈R，函数f（x）=|x+x﹣a|+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a9的取值范围是（﹣∞， ] ．24【分析】通过转化可知|x+x﹣a|+a≤5 且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+4x≤5，进而计算可得结论．4 4【解答】解：由题可知|x+x﹣a|+a≤5，即|x+x﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，4又因为|x+x﹣a|≤5﹣a，4所以a﹣5≤x+x﹣a≤5﹣a，4所以2a﹣5≤x+x≤5，4又因为1≤x≤4，4≤x+x≤5，9所以2a﹣5≤4，解得a≤ ，29故答案为：（﹣∞，2]．【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5 小题，满分74 分）18．（14 分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣22π（Ⅰ）求f（3 ）的值．3sinx cosx（x∈R）．（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，2π（Ⅰ）代入可得：f（3 ）的值．（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间7π【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2 3sinx cosx=﹣3sin2x﹣cos2x=2sin（2x+ 6 ）2π2π7π5π（Ⅰ）f（3 ）=2sin（2× + ）=2sin =2，3 6 2（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f（x）的最小正周期为π，7πππ由2x+6 ∈[﹣2+2kπ，2+2kπ]，k∈Z 得：5ππx∈[﹣6 +kπ，﹣3+kπ]，k∈Z，5πππ2π故f（x）的单调递增区间为[﹣6 +kπ，﹣3+kπ]或写成[kπ+6，kπ+ 3 ]，k∈Z．【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15 分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AD 的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．（Ⅱ）连结BF，过F 作FM⊥PB 于M，连结PF，推导出四边形BCDF 为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD 的中点F，连结EF，CF，∵E 为PD 的中点，∴EF∥PA，在四边形ABCD 中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F 为中点，∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，∵EC⊂平面EFC，∴EC∥平面PAB．解：（Ⅱ）连结BF，过 F 作FM⊥PB 于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，推导出四边形BCDF 为矩形，∴BF⊥AD，∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，2设 DC=CB=1，由 PC=AD=2DC=2CB ，得 AD=PC=2，∴PB= P C 2 ‒ BC 2= 14 ‒ 1= 3， BF=PF=1，∴MF=2，又 BC ⊥平面 PBF ，∴BC ⊥MF ，1∴MF ⊥平面 PBC ，即点 F 到平面 PBC 的距离为 ，21 1 ∵MF=2，D 到平面 PBC 的距离应该和 MF 平行且相等，为 ，E 为 PD 中点，E 到平面 PBC 的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，1∴E 到平面 PBC 的距离为 ，4在△ PCD 中，P C = 2，CD = 1，P D = 2， 由余弦定理得 CE= 2，142设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 θ，则 sin θ=C E = 8．【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15 分）已知函数 f （x ）=（x ﹣（1） 求 f （x ）的导函数；1）e ﹣x1（x ≥2）．（2） 求 f （x ）在区间[2，+∞）上的取值范围．【分析】（1）求出 f （x ）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；1 5（2）求出 f （x ）的导数，求得极值点，讨论当 ＜x ＜1 时，当 1＜x ＜ 时，当 x ＞2 25 1 5 时，f （x ）的单调性，判断 f （x ）≥0，计算 f （ ），f （1），f （ ），即可得到所 2 2 22x ‒ 11 2x ‒ 1 2x ‒ 1 ）e ， ）e =（1 ﹣ ）e ；2 2 1求取值范围． 【解答】解：（1）函数 f （x ）=（x ﹣）e ﹣x1 （x ≥2）， 1 导数 f′（x ）=（1﹣2• •2）e ﹣x ﹣（x ﹣ 2x ‒ 1）e ﹣x =（1﹣x + 2x ‒2 ﹣x ﹣x ）（1 2 ﹣x 2x ‒ 1 （2）由 f （x ）的导数 f′（x ）=（1﹣x ）（1﹣ 2 ﹣x 2x ‒ 1 5 可得 f′（x ）=0 时，x=1 或 ， 2 1 当 ＜x ＜1 时，f′（x ）＜0，f （x ）递减； 2 5 当 1＜x ＜ 时，f′（x ）＞0，f （x ）递增； 2 5当 x ＞2时，f′（x ）＜0，f （x ）递减， 且 x ≥ 2x ‒ 1⇔x 2≥2x ﹣1⇔（x ﹣1）2≥0，则 f （x ）≥0．1 5 1 1 ‒2 5 1 ‒ 2 由 f （2）=2e ，f （1）=0，f （ ）=2e ， 1 ‒ 2 即有f （x ）的最大值为2e ，最小值为 f （1）=0． 1 11 ‒ 2则 f （x ）在区间[2，+∞）上的取值范围是[0， e ]． 【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．1 1 3 921．（15 分）如图，已知抛物线 x 2=y ，点 A （﹣ ， ），B （ ， ），抛物线上的点 P （x ，y ） 2 4 2 4 1 3 （﹣ ＜x ＜ ），过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q ．2 2 （Ⅰ）求直线 AP 斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA |•|PQ |的最大值．2x ‒ 14 21 3 【分析】（Ⅰ）通过点 P 在抛物线上可设 P （x ，x 2），利用斜率公式结合﹣ ＜x ＜2 2 可得结论； 13 （Ⅱ）通过（I ）知 P （x ，x 2）、﹣ ＜x ＜ ，设直线 AP 的斜率为 k ，联立直线 AP 、BQ2 2→ →方程可知 Q 点坐标，进而可用 k 表示出P Q 、P A ，计算可知|PA |•|PQ |=（1+k ）3 （1﹣k ），通过令 f （x ）=（1+x ）3（1﹣x ），﹣1＜x ＜1，求导结合单调性可得结论．1 3 【解答】解：（Ⅰ）由题可知 P （x ，x 2），﹣ ＜x ＜ ，2 2x 2 ‒ 11所以 k AP = x + 1 =x ﹣ ∈（﹣1，1）， 2故直线 AP 斜率的取值范围是：（﹣1，1）；1 3 （Ⅱ）由（I ）知 P （x ，x 2），﹣ ＜x ＜ ，2 2 → 1 1 所以P A =（﹣ ﹣x ， ﹣x 2）， 2 4 1 1 13 9 设直线 AP 的斜率为 k ，则 AP ：y=kx + k + ，BQ ：y=﹣ x + + ，2 4 k 2k 43 + 4k ‒ k 2 9k 2 + 8k + 1 联立直线 AP 、BQ 方程可知 Q （ ， 2k 2 + 2 ）， 4k 2 + 4→1 + k ‒ k2 ‒ k3 ‒ k4 ‒ k 3 + k 2 + k 故P Q =（→ ， 1 + k 2 ）， 1 + k 2 又因为P A =（﹣1﹣k ，﹣k 2﹣k ），→ → (1 + k )3(k ‒ 1) k 2(1 + k )3(k ‒ 1)故﹣|PA |•|PQ |=P A •P Q =+ 1 + k 2 1 + k 2 =（1+k ）3（k ﹣1），所以|PA |•|PQ |=（1+k ）3（1﹣k ），2 16 16令 f （x ）=（1+x ）3（1﹣x ），﹣1＜x ＜1，则 f′（x ）=（1+x ）2（2﹣4x ）=﹣2（1+x ）2（2x ﹣1），1 1由于当﹣1＜x ＜2时 f′（x ）＞0，当 ＜x ＜1 时 f′（x ）＜0， 1 27 27故 f （x ）max =f （2）= ，即|PA |•|PQ |的最大值为 ． 【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15 分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln （1+x n +1）（n ∈N *），证明：当 n ∈N * 时，（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ；x n x n + 1（Ⅱ）2x n +1﹣x n ≤ 2 ；1 1 （Ⅲ） n ‒ 1≤x n ≤ ．2 2n ‒ 2【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，x n x n + 1 1 1 1 1 （Ⅲ）由 2 ≥2x n +1﹣x n 得 ﹣ ≥2（ ﹣ ）＞0，继续放缩即可证明 x n + 1 2 x n 2【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n ＞0，当 n=1 时，x 1=1＞0，成立，假设当 n=k 时成立，则 x k ＞0，那么 n=k +1 时，若 x k +1＜0，则 0＜x k =x k +1+ln （1+x k +1）＜0，矛盾，故 x n +1＞0，因此 x n ＞0，（n ∈N*）∴x n =x n +1+ln （1+x n +1）＞x n +1，因此 0＜x n +1＜x n （n ∈N *），（Ⅱ）由x n =x n +1+ln （1+x n +1）得 x n x n +1﹣4x n +1+2x n =x n +12﹣2x n +1+（x n +1+2）ln （1+x n +1），记函数 f （x ）=x 2﹣2x +（x +2）ln （1+x ），x ≥02x 2 + x∴f′（x ）= x + 1+ln （1+x ）＞0，∴f （x ）在（0，+∞）上单调递增，∴f （x ）≥f （0）=0，因此 x n +12﹣2x n +1+（x n +1+2）ln （1+x n +1）≥0，x n x n + 1故 2x n +1﹣x n ≤2 ；（Ⅲ）∵x n =x n +1+ln （1+x n +1）≤x n +1+x n +1=2x n +1，1 ∴x n ≥ ， 2n ‒ 1 x n x n + 1 1 1 1 1 由 2 ≥2x n +1﹣x n 得 ﹣ ≥2（ ﹣ ）＞0， 1 1 1 1 x n + 1 2 x n 2 1 1 ∴ ﹣ ≥2（ ﹣ ）≥…≥2n ﹣1（ ﹣ ）=2n ﹣2， x n 2 1 x n ‒ 1 2 x 1 2∴x n ≤ ， 2n ‒ 2 1 1 综上所述 n ‒ 1≤x n ≤ ．2 2n ‒ 2【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题。

2017年浙江省高考数学真题试卷

2017年浙江省高考数学真题试卷

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学一、选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知集合}{11P x x =-<<，}{02Q x x =<<，那么 P Q ∪（ ） A.（-1,2） B.（0，1） C.（-1,0） D.（1,2）【答案】A【解析】取P ，Q 所有元素，得 P Q ∪=（-1,2），故选A.2.椭圆22194x y +=的离心率是（ ）A.133 B.53C.23D.59【答案】B 【解析】e =943-=53，故选B. 3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）（WYM80）第3题图A.π+12B. π+32C.3π+12 D. 3π+32 【答案】A【解析】V =13×3×(2π12⨯+12×2×1)=π2+1，故选A ．4.若x ,y 满足约束条件03020x x y x y ⎧⎪+-⎨⎪-⎩………， z =x +2y 的取值范围是（ ）A.[0,6]B. [0,4]C.[6, +∞）D.[4, +∞） 【答案】D【解析】可行域为一开放区域，直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，故选D. 5.若函数f (x )=x 2+ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( ) A.与a 有关，且与b 有关 B.与a 有关，但与b 无关 C.与a 无关，且与b 无关 D.与a 无关，但与b 有关 【答案】B【解析】二次函数f (x )=x 2+ax +b 的图象开口向上，对称轴为x =－2a ， ∴①若1022a-剟，即－1≤a ≤0，则此时M =f (1)=1+a +b ，m =f (－2a )=b －24a ，∴M －m =1+a +24a ； ②若1122a <-…，即－2≤a <－1，则此时M =f (0)=b ，m =f (－2a )=b －24a ，∴M －m =24a ；③若02a-<，即a >0，则此时M =f (1)=1+a +b ，m =f (0)=b ，∴M －m =1+a ； ④若12a->，即a <－2，则此时M =f (0)=b ，m =f (1)=1+a +b ，∴M －m =－1－a ；综上所述，M －m =221,2,,21,41,10,41,0,a a a a a a a a a --<-⎧⎪⎪-<-⎪⎨⎪++-⎪⎪+>⎩…剟∴M －m 与a 有关，但与b 无关，故答案选B.6.已知等差数列}{n a 的公差为d ,前n 项和为S n ,则“d >0”是“S 4+S 6>2S 5”（ ）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 【答案】C【解析】由S 4+S 6-2S 5=10a 1+21d -2(5a 1+10d )=d ,可知当d >0时，有S 4+S 6-2S 5>0,即S 4+S 6>2S 5，反之，若S 4+S 6>2S 5,则d >0，所以“d >0”是“S 4+S 6>2S 5”的充要条件，故选C. 7.函数y =f (x )的导数f ´(x )的图像如图所示，则函数y =f (x )的图像可能是（WYM81）第7题图A ． （WYM82） B. （WYM83）C ． （WYM84） D.（WYM85）【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且x =0位于增区间内，故选D ． 8．已知随机变量i ξ满足P （i ξ=1）=p i ，P （i ξ=0）=1-p i ，i =1，2.若0<p 1<p 2<12，则 A ．1()E ξ<2()E ξ，1()D ξ<2()D ξ B ．1()E ξ<2()E ξ，1()D ξ>2()D ξ C ．1()E ξ>2()E ξ，1()D ξ<2()D ξD ．1()E ξ>2()E ξ，1()D ξ>2()D ξ【答案】A【解析】∵1()E ξ=p 1,2()E ξ=p 2，∴1()E ξ<2()E ξ，∵1()D ξ=p 1(1-p 1),2()D ξ=p 2(1-p 2), ∴1()D ξ-2()D ξ=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)<0,故选A ．9．如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，BQ CRQC RA==2，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α,β,γ，则（WYM86）第9题图A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α 【答案】B【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此α<γ<β，故选B.10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1I O A O B =，2I OB OC = ，3I OC OD =，则（WYM87）第10题图 A ．I 1<I 2<I 3 B ．I 1<I 3<I 2C ．I 3<I 1<I 2D ．I 2<I 1<I 3【答案】C【解析】因为∠AOB =∠COD >90°，OA <OC ，OB <OD ，所以0OB OC OA OB OC OD ⋅>>⋅>⋅，故选C ．二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.) 11．我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度.祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6= . 【答案】332【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S6=6×(12×1×1×sin60°)=332.故填332. 12．已知a ，b ∈R ，(a +b i)2=3+4i （i 是虚数单位）则a 2+b 2= ，ab = .【答案】5,2【解析】由题意可得a 2-b 2+2ab i=3+4i,则2232a b ab ⎧-=⎨=⎩，解得2241a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩，则a 2+b 2=5,ab =2.故填5,2.13．已知多项式(x +1)3(x +2)2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x +a 5，则a 4=_________，a 5=________.【答案】16，4【解析】由二项式展开式可得通项公式为：223232C C 2C C 2r r m m m r m m r m x x x --+⋅=⋅⋅⋅，分别取r =0,m =1和r =1,m =0,可得，a 4=4+12=16，取r +m =0,可得a 5=1×22=4．故填16,4.14．已知△ABC ，AB =AC =4，BC =2. 点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连接CD ，则△BDC 的面积是___________,cos ∠BDC =__________. 【答案】152,104【解析】取BC 中点E ，由题意：AE ⊥BC ， △ABE 中，cos ∠ABC =BE AB =14，∴cos ∠DBC =-14，sin ∠DBC =1116-=154，∴S △BCD =12×BD ×BC×sin ∠DBC =152. ∠ABC=2∠BDC ,∴cos ∠ABC =cos2∠BDC =2cos 2∠BDC -1=14，解得cos ∠BDC =104或cos ∠BDC =-104(舍去).综上可得，△BCD 面积为152，cos ∠BDC=104.故填152,104. 15.已知向量a,b 满足1=a 2=b ，则++-a b a b 的最小值是 ，最大值是 . 【答案】4，25【解析】设向量a 、b 的夹角为θ，由余弦定理有：2212212cos 54cos θθ-=+-⨯⨯⨯=-a b ，2212212cos (π-5+4cos θθ-=+-⨯⨯⨯=）a b ，则： +5+4cos +54cos θθ-=-a +b a b ，令y =5+4cos +54cos θθ-，则y 2=10+222516cos θ-∈[16,20]则， 据此可得：（+-a +b a b ）max =20=25，（+-a +b a b ）min =16=4，即+-a +b a b 的最小值是4，最大值是25．故填4，25.16.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 种不同的选法.（用数字作答） 【答案】660【解析】由题意可得，“从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队”总的选择方法为411843C C C ⨯⨯（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有411643C C C ⨯⨯（种）方法，则满足题意的选法有：411843C C C ⨯⨯-411643C C C ⨯⨯=660（种）.故填660. 17.已知a ∈R ，函数f (x )=4x a a x+-+在区间[1,4]上的最大值是5，则a 的取值范围是 . 【答案】(-∞，92] 【解析】x ∈[1,4]，x +4x ∈ [4,5]，分类讨论： ①当a …5时，f (x )=a -x -4x +a =2a -x -4x,函数的最大值2a -4=5,∴a =92,舍去；②当a …4时，f (x )=x +4x -a +a =x +4x…5,此时命题成立；③当4<a <5时，[f (x )]max =max{4a -+a ,5a -+a },则：4545a a a a a a ⎧-+-+⎪⎨-+=⎪⎩…，或4555a a a aa a ⎧-+<-+⎪⎨-+=⎪⎩，解得：a =92或a <92, 综上可得，实数a 的取值范围是(-∞，92]．故填(-∞，92].三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 18.（本题满分14分）已知函数f (x )=sin 2x -cos 2x -23sin x cos x (x ∈R ). （1）求f (2π3)的值; （2）求f (x )的最小正周期及单调递增区间. 【解】（1）由sin2π3=32, cos 2π3=-12, f 222π3131()()()23()32222=---⨯⨯-得f 2π()3=2. （2）由cos2x =cos 2x -sin 2x 与sin2x =2sin x cos x 得,f (x )=-cos2x -3sin2x =-2sin(2x +π6), 所以()f x 的最小正周期是π, 由正弦函数的性质得,π2+2k π…2x +π6…3π2+2k π，k ∈Z ，解得，π6+k π…x …2π3+k π，k ∈Z ， 所以()f x 的单调递增区间是[π6+k π，2π3+k π]，k ∈Z . 19. （本题满分15分）如图，已知四棱锥P -ABCD ，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC=AD =2DC =2CB ,E 为PD 的中点. （1）证明：CE ∥平面P AB ；（2）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.（WYM88）第19题图【解】（1）证明：如图，设P A 中点为F ，连接EF 、FB .（WYM89）第19题图因为E 、F 分别为PD ，P A 中点，所以EF ∥AD 且错误！未找到引用源。

2017年浙江省高考数学试题含答案

2017年浙江省高考数学试题含答案

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学一、 选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合{}{}x -1<x Q x =<<<1，=0x 2P ，那么P Q =A.（-1,2）B.（0，1）C.（-1,0）D.（1,2）2.椭圆x y +=22194的离心率是A.3B. C. 23 D. 593.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是A.π+12B.π+32C.π3+12D. π3+32 4.若x,y 满足约束条件x 0x y 30x 2y 0⎧≥⎪≥=+⎨⎪≤⎩+-，则z 2-x y 的取值范围是A.[0,6]B. [0,4]C.[6, +∞）D.[4, +∞） 5.若函数()2f x =++x ax b 在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则M-mA. 与a 有关，且与b 有关B. 与a 有关，但与b 无关C. 与a 无关，且与b 无关D. 与a 无关，但与b 有关6.已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >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7.函数y (x)y (x)f f ==，的导函数的图像如图所示，则函数y (x)f =的图像可能是8．已知随机变量i ξ满足P （i ξ=1）=p i ，P （i ξ=0）=1—p i ，i =1，2.若0<p 1<p 2<12，则 A ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ<2D()ξ B ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ C ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ<2D()ξD ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ9．如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α,β,γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1·I OAOB ＝ ，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝，则A ．I １<I ２<I ３B ．I １<I ３<I ２C ． I ３< I １<I ２D ． I ２<I １<I ３非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

2017年高考数学浙江卷(含答案解析)

2017年高考数学浙江卷(含答案解析)

数学试卷 第1页（共18页） 数学试卷 第2页（共18页）绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数 学本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.参考公式：球的表面积公式椎体的体积公式24πS R =1h3V S =球的体积公式其中S 代表椎体的底面积24π3V R =h 表示椎体的高其中R 表示球的半径 台体的体积公式柱体的体积公式()b1h 3a V S S =h V S =其中的a S ，b S 分别表示台体的h 表示柱体的高上、下底面积h 表示台体的高选择题部分(共40分)一、选择题:本大题共10小题，每小题4分，共40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.已知集合{}{}-1<1Q=02P x x x x =<<<，，那么PUQ = A .(-1，2)B .(0，1)C .(-1，0)D .(1，2)2.椭圆2214x y +=的离心率是AB C .23 D .593.某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是第3题图A .π+12B .π+32 C .3π+12D .3π+32 4.若x ，y 满足约束条件0+-30-20x x y x y ⎧⎪⎨⎪⎩≥≥≤，则z 2x y =+的取值范围是A .[0]6,B .[0]4,C .[6+)∞,D .[4+)∞,5.若函数2()=f x x ax b ++在区间[0]1，上的最大值是M ，最小值是m ，则-m M A .与a 有关，且与b 有关 B .与a 有关，但与b 无关 C .与a 无关，且与b 无关D .与a 无关，但与b 有关6.已知等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，则“0d >”是465"+2"S S S >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7.函数()y f x =的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数()y f x =的图象可能是第7题图毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第3页（共18页） 数学试卷 第4页（共18页）ABCD8.已知随机变量i ξ满足i 1()i P p ξ==，i ()01P pi ξ==-，12i =，.若12201p p <<<，则 A .12E()E()ξξ＜，12D()D()ξξ＜ B .12E()E()ξξ＜，12D()D()ξξ＞ C .12E()E()ξξ＞，12D()D()ξξ＜ D .12E()E()ξξ＞，12D()D()ξξ＞9.如图，已知正四面体–D ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CRQC RA==.分别记二面角––D PR Q ，––D PQ R ，––D QR P 的平面角为αβγ，，，则A .γαβ<<B .αγβ<<C .αβγ<<D .βγα<<10.如图，已知平面四边形ABCD ，AB BC ⊥，2AB BC AD ＝＝＝，3CD ＝，AC 与BD 交于点O ，记1I OA OB ＝，2I OB OC ＝，3I OC OD ＝，则A .123I I I <<B .132I I I <<C .312I I I <<D .213I I I <<非选择题部分(共110分)二、填空题:本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度.祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积6S ，6=S ________.12.已知a b R ∈，，2i 34i a b +=+（）(i 是虚数单位)，则22a b +=________，ab =________.13.已知多项式()()5432123453212=x x x a x a x a x a x a +++++++，则4=a ________，5=a ________.14.已知ABC △，4AB AC ==，2BC =.点D 为AB 延长线上一点，2BD =，连接CD ，则BDC △的面积是________，cos BDC ∠=________.15.已知向量a ,b 满足1=a ，2=b ，则+-a +b a b 的最小值是________，最大值是________.16.从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法.(用数字作答)17.已知a ∈R ，函数4()f x x a a x =+-+在区间[]14，上的最大值是5，则a 的取值范围是________.三、解答题:本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18.(本题满分14分)已知函数()22()sin cos cos R f x x x x x x =--∈.(I)求2()3f π的值； (II)求()f x 的最小正周期及单调递增区间.（第9题图）（第10题图）数学试卷 第5页（共18页） 数学试卷 第6页（共18页）19.(本题满分15分) 如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点. (I)证明：CE ∥平面PAB ；(II)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.20.(本题满分15分)已知函数(1()e 2x f x x x -⎛⎫= ⎪⎝⎭≥.(I)求()f x 的导函数；(II)求()f x 在区间1+2⎡⎫∞⎪⎢⎣⎭，上的取值范围.-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________数学试卷 第7页（共18页） 数学试卷 第8页（共18页）21.(本题满分15分)如图，已知抛物线2x y =，点1124A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，3924B ⎛⎫⎪⎝⎭，，抛物线上的点()12,32P x x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭＜＜，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(I )求直线AP 斜率的取值范围；(II )求PA PQ 的最大值.22.(本题满分15分)已知数列{}n x 满足：1=1x ，()()*11ln 1N n n n x x x n ++=++∈. 证明：当*N n ∈时， (I )10n n x x +＜＜；(I I )1122n n n n x x x x ++-≤； (III )1-21122n n n x -≤≤.数学试卷 第9页（共18页） 数学试卷 第10页（共18页）2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学答案解析选择题部分一、选择题 1.【答案】A【解析】根据集合的并集的定义,得2(1)PUQ =-，. 2.【答案】B【解析】根据题意知,3a =,b 2=,则c ==∴椭圆的离心率c e a =故选B . 3.【答案】A【解析】由几何体的三视图可得,该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的,故该几何体的体积1111ππ3+213=+132322V =⨯⨯⨯⨯⨯⨯,故选A . 4.【答案】D【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示,由z 2x y =+,得1y=22zx -+,∴2z 是直线1=22z y x -+在y 轴上的截距,根据图形知,当直线1=22z y x -+过A 点时,2z取得最小值.由20+30x y x y -=⎧⎨-=⎩,得2x =,1y =,即21A （，）,此时,4z =,∴4x ≥,故选D .5.【答案】B【解析】22()=++b 24a af x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭,①当012a ≤-≤时,min ()=m =()2a f x f -{}{}2max +b ()max (0)(1)max b ++b 4a f x M f f a =-===，，1，∴22max 1+44a a M m a ⎧⎫-=+⎨⎬⎩⎭，与a 有关,与b 无关；②当02a -＜时,()f x 在[]01，上单调递增,∴(1)(0)1M m f f a -==+-与a 有关,与b 无关；③当12a-＞时,()f x 在[]01，上单调递减,∴(0)(1)1f f M m a -=---=与a 有关,但与b 无关,故选B . 6.【答案】C【解析】因为{}n a 为等差数列,所以46111+=466151021a a a S S d d d+++=+,512=1020a S d +,465+2=S S S d -,所以4650+2d S S S ⇔＞＞,故选C .7.【答案】D【解析】根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相反,因此函数()f x 在这些零点处取得极值,排除A 、B ；记导函数()f x '的零点从左到右分别为123x x x ，，,又在()1x -∞，()0f x '＜,在()12x x ，上()0f x '＞,所以函数()f x 在()1x -∞，上单调递减,排除C ,故选D .8.【答案】A【解析】根据题意得,1()i E p ξ=，11(-)i i p D p ξ=（），12i =，,∵12102p p ＜＜＜,∴12()()E E ξξ＜,令()f x 在102（，）上单调递增,所以12(p )(p )f f ＜,即12()()D D ξξ＜,故选A . 9.【答案】B【解析】如图1,设O 是点D 在底面ABC 的射影,过O 作OE PR ⊥，OF PQ ⊥，OG RQ ⊥,垂足分别为E 、F 、G ,连接ED 、FD 、GD ,易得ED PR ⊥,∴OED ∠就是二面角D PR Q --的平面角,∴=OED α∠,tan =OD OE α,同理tan =OD OF β,tan =ODOGγ.底面的平面图如图2所示,以P 为原点建立平面直角坐标系,不妨设2AB =,则0,1)A（,数学试卷 第11页（共18页） 数学试卷 第12页（共18页）,0)B （1,C （,O （,∵AP PB =,2BQ CRQC RA ==,∴13Q （,23R （-,则直线RP的方程为y =,直线PQ的方程为y =,直线RQ的方程为y =+,根据点到直线的距离公式,知OE =,OF =,13OG =,∴OE OG OF ＞＞,∴tan tan tan αγβ＜＜,又α，β，γ为锐角,∴αγβ＜＜，故选B .10.【答案】C【解析】如图所示,四边形ABCE 是正方形,F 为正方形的对角线的交点,易得AO ＜AF ,而90AFB ∠=︒,∴AOB ∠与COD ∠为钝角,AOD ∠与BOC ∠为锐角,根据题意,12()cos 0I I OA OB OB OC OB OA OC OB CA OB CA AOB -=-=-==∠＜,∴12I I ＜,同理得23I I ＞,作AG BD ⊥于G ,又AB AD =,∴OB BG GD OD =＜＜,而OA AF FC OC =＜＜,∴OA OB OC OD ＜,而cos =cos 0AOB COD ∠∠＜,∴OA OB OC OD ＞,即13I I ＞,∴312I I I ＜＜,故选C .非选择题二.填空题. 11. 【解析】如图,单位圆内接正六边形由六个边长为1的正三角形组成,所以,正六边形的面积61=612S ⨯⨯. 12.【答案】5 2【解析】∵222+2bi 2i 34i a a b ab =-+=+（）,∴22324a b ab ⎧-=⎨=⎩,∴21a b =⎧⎨=⎩或21a b =-⎧⎨=-⎩,∴225a b +=,2ab =.13.【答案】16 4【解析】由题意知4a 为含x 的项的系数,根据二项式定理得222233143232121216a C C C C =⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=,5a是常数项,所以332532124a C C =⨯⨯⨯=. 14. 【解析】在ABC △中,4AB AC ==,2BC =,由余弦定理得2222224241cos ABC=224AB BC AC AB BC +-+-==∠,则sin ABC=sin CBD ∠∠,所以B D C 15=B D BC s 2SCBD △∠.因为2B D B C ==,所以12C DB A BC =∠∠,则cos CDB ∠. 15.【答案】4【解析】解法一：()()()222222222a b a b a b a b a b a b a b a b a b++-=++-++-=+++-=10+2a b a b+-,而()()223a b a b a b a b a b +-+-=-=≥,∴()216a b a b ++-≥,即4a b a b++-≥,即a b a b++-的最小值为4.又2a b a b+-≤,∴a b a b ++-的最大值为.解法二：由向量三角不等式得,()()24a b a b a b a b b ++-+--==≥,又数学试卷 第13页（共18页）数学试卷 第14页（共18页）2a b a b++-==∴a b a b ++-的最大值为16.【答案】660【解析】分两步,第一步,选出4人,由于至少1名女生,故有448655C C -=种不同的选法；第二步,从4人中选出队长、副队长各1人,有2412A =种不同的选法.根据分步乘法计数原理知共有55 12 660⨯=种不同的选法.17.【答案】(92⎤-∞⎥⎦，【解析】∵[]1,4x ∈,∴[]44,5x x +∈,①当92a ≤时,max ()=555f x a a a a -+=-+=,符合题意,②当分92a ＞时,max ()=4245f x a a a -+=-=,∴92a =(矛盾),故a 的取值范围是(92⎤-∞⎥⎦，.三、解答题. 18.【答案】（Ⅰ）2π()23f = （Ⅱ）()f x 的的单调递增区间是()π2ππ,π63k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦【解析】(Ⅰ)由2πsin 32=,2π1cos 32=-,222π11()32222f ⎛⎫⎛⎫=---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,得2π()23f =. (Ⅱ)由22cos2cos sin x x x =-与sin22sin cos x x x =得π()cos 222sin 26f x x x x ⎛⎫=--=-+ ⎪⎝⎭.所以()f x 的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得ππ3π2π22π262k x k +++≤≤,k Z ∈, 解得π2πππ63k x k ++≤≤,k Z ∈,所以()f x 的的单调递增区间是()π2ππ,π63k k k Z ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦. 19.【答案】(Ⅰ)如图,设PA 中点为F ,连接EF ,FB .因为E 、F 分別为PD ,PA 中点,所以EF AD∥且1=2EF AD ,又因为BC AD ∥,1=2BC AD ,所以EF BC ∥且=EF BC ,即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面PAB . （Ⅱ）直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是8【解析】(Ⅰ)如图,设PA 中点为F ,连接EF ,FB .因为E 、F 分別为PD ,PA 中点,所以EF AD ∥且1=2EF AD ,又因为BC AD ∥,1=2BC AD ,所以EF BC ∥且=EF BC , 即四边形BCEF 为平行四边形,所以CE BF ∥,因此CE ∥平面PAB . (Ⅱ)分别取BC ,AD 的中点为M ,N .连接PN 交EF 于点Q ,连接MQ .因为E 、F 、N 分别是PD ,PA ,AD 的中点,所以Q 为EF 中点,在平行四边形BCEF 中,MQ CE ∥.由PAD ∆为等腰直角三角形得PN AD ⊥. 由DC AD ⊥,N 是AD 的中点得BN AD ⊥. 所以AD ⊥平面PBN ,由BC AD ∥得BC ⊥平面PBN ,那么平面PBC ⊥平面PBN . 过点Q 作PB 的垂线,垂足为H ,连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影,所以QMH ∠是直线CE 与平面PBC 所成的角.设1CD =.在PCD △中,由2PC =,1CD =,PD =CE , 在PBN △中,由1PN BN ==,PB 得14QH =, 在t R MQH △中,14QH =,MQ = 所以sin =8MQH ∠, 所以,直线CE 与平面PBC .20.【答案】(Ⅰ)因为(1x'=()e ex x--'=-,所以(()12e1()1e e2xx xxf x x x----⎛⎫'=--=⎪⎭⎝＞.(Ⅱ)由()12e()xxf x--'=,解得1x=,52x=.因为又())211e02xf x-=≥,所以()f x在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【解析】(Ⅰ)因为(1x'=,()e ex x--'=-,所以(()12e1()1e e2xx xxf x x x----⎛⎫'=--=⎪⎭⎝＞.(Ⅱ)由()12e()xxf x--'=,解得1x=,52x=.因为又())211e02xf x-=≥,所以()f x在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的取值范围是1210,e2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦.21.【答案】（Ⅰ）()1,1-（Ⅱ）2716【解析】(Ⅰ)设直线AP的斜率为k,2114122xk xx-==-+,因为1322x-＜＜,所以直线AP斜率的取值范围是()1,1-.(Ⅱ)联立直线AP与BQ的方程110,24930,42kx y kx ky k⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩解得点Q的横坐标是()224321Qk kxk-++=+.因为)1x+12PA k⎫==+⎪⎭,)211xQk kPQ x-+-=所以()()311PA PQ k k=--+.令()()()311f k k k=--+,因为()()2()421f k k k'=--+,所以()f k在区间11,2⎛⎫--⎪⎝⎭上单调递增,1,12⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,因此当12k=时,PA PQ取得最大值2716.22.【答案】(Ⅰ)用数学归纳法证明：0nx＞.当1n=时,110x=＞.假设n k=时,0kx＞,那么+1n k=时,若1kx+≤,则()110=+ln1+0k k kx x x++≤＜,矛盾,故1kx+＞.因此()nN*x n∈＞.数学试卷第15页（共18页）数学试卷第16页（共18页）数学试卷 第17页（共18页） 数学试卷 第18页（共18页）所以()111=+ln 1+n n n n x x x x +++＞. 因此()10N*n n x x n +∈＜≤. (Ⅱ)由()11=+ln 1+n n n x x x ++得,()()2111111x -4=+2=22ln 1+n n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-++.记函数()()()2()22ln 1+0f x x x x x x =-++≥,()()22()ln 1+001x xf x x x x +'=++＞≥,函数()f x 在[)0+∞，上单调递增,所以()(0)=0f x f ≥,因此 ()()211111x22ln 1+=()n n n n n x x x f x +++++-++≥0,故()112N*2n n n n x x x x n ++-≤∈. (III )因为()11111x ln 1+2n n n n n n x x x x x +++++=+≤+=, 所以112n n x -≥. 由1122n n n n x x x x ++-≥得111112022n n x x +⎛⎫-- ⎪⎝⎭≥＞, 所以1-21111111-22=2222n n n n n x x x --⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥…≥,故212n n x -≤.综上,()1211N*22n n n x n --∈≤≤.【解析】(Ⅰ)用数学归纳法证明：0n x ＞. 当1n =时,110x =＞. 假设n k =时,0k x ＞,那么+1n k =时,若10k x +≤,则()110=+ln 1+0k k k x x x ++≤＜,矛盾,故10k x +＞. 因此()n 0N*x n ∈＞.所以()111=+ln 1+n n n n x x x x +++＞. 因此()10N*n n x x n +∈＜≤. (Ⅱ)由()11=+ln 1+n n n x x x ++得,()()2111111x -4=+2=22ln 1+n n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-++.记函数()()()2()22ln 1+0f x x x x x x =-++≥,()()22()ln 1+001x xf x x x x +'=++＞≥,函数()f x 在[)0+∞，上单调递增,所以()(0)=0f x f ≥,因此 ()()211111x 22ln 1+=()n n n n n x x x f x +++++-++≥0,故()112N*2n n n n x x x x n ++-≤∈. (III )因为()11111x ln 1+2n n n n n n x x x x x +++++=+≤+=, 所以112n n x -≥. 由1122n n n n x x x x ++-≥得111112022n n x x +⎛⎫-- ⎪⎝⎭≥＞, 所以1-21111111-22=2222n n n n n x x x --⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥≥…≥,故212n n x -≤.综上,()1211N*22n n n x n --∈≤≤.。

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2017年浙江省高考数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1. （4 分）已知集合 P={x| - 1v x v 1} , Q={x|0v x v 2}，那么 P U Q=（ ）A . （- 1, 2） B. （0, 1） C .（- 1, 0） D. （1, 2）2| 22. （4分）椭圆'+——=1的离心率是（）9 4 A .辱 B .乎C 冷D . |3. （4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该几何体的体积（单位:4. （4分）若x 、y 满足约束条件s+y-3>0，则z=x+2y 的取值范围是（A . [0, 6]B . [0, 4] C. [6, +x) D . [4, +^)5. (4分)若函数f (x ) =x 2+ax+b 在区间[0, 1]上的最大值是 M ，最小值是 m ,A .与a 有关，且与b 有关B .与a 有关，但与b 无关 C.与 a 无关，且与 b 无关 D .与 a 无关，但与 b 有关6. （4分）已知等差数列{a n }的公差为d ,前n 项和为S,则“d 0”是“S S s >2S ” 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C. +1 D . +3+39. （4分）如图，已知正四面体 D -ABC （所有棱长均相等的三棱锥）,P 、A . Y < a< B B. a< Y <P C. a< B< Y D. B< Y< a10. （4分）如图，已知平面四边形 ABCD , AB 丄BC, AB=BC=AD=2 CD=3, AC 与BD 交于点 0,记 I i =匕？「，|2=「|3=| |，贝U （A . I l < I 2< I 3 B. I l < I 3< I 2 C. I 3< I l < I 2 D . I 2< I l < I3A . E ( §)< E 02),D (S)< D ( Q B. E($)< E (2), D (S)C. E ( $)> E (旨), D ( 3)< D (动 D . E(◎> E ( 2), D(3)Q 、R分别为AB BC CA 上的点，AP=PBL. =-!■.QC RA =2,分别记二面角D- PR- Q ，D -7. （4分）函数y=f （x ）的导函数y=f '（X ）的图象如图所示，贝U 函数 y=f （x ）的 图象可能是（ ）)P 1< P 2< 丄，贝U(a 、 B Y 则（ ）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11. （4分）我国古代数学家刘徽创立的割圆术”可以估算圆周率n,理论上能把n的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了割圆术”将n的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6= ____ .12. ______________________________________________________________ （6 分）已知a、b€ R，（a+bi）2=3+4i （i 是虚数单位），则a2+b2= ______ ，ab= _____ .13. _______________________________________________________________ （6 分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a i x4 +a2x3+a3x2+a4x+a5，贝U a4=_________________________________________________________________ ，a5= ______ .14. _________________________ （6分）已知△ ABC, AB=AC=4 BC=2,点D为AB延长线上一点，BD=2,连结CD,UA BDC的面积是_ ，cos/ BDC= .15. （6分）已知向量 r、h满足|讨=1，| 1・| =2,则|r+l，|+| - I，|的最小值是_______ ，最大值是_______ .16. （4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，畐U队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________ 种不同的选法.（用数字作答）17. （4分）已知a€ R,函数f（x）=| x—- a|+a在区间［1, 4］上的最大值是5, 则a的取值范围是_______ .三、解答题（共5小题，满分74分）18. （14 分）已知函数f （x）=sin2x- coWx- 2Ji sinx cosx （x€ R）.（I ）求f （等）的值.（U ）求f （x）的最小正周期及单调递增区间.19. （15分）如图，已知四棱锥P- ABCD, △ PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC// AD, CD丄AD, PC=AD=2DC=2CBE 为PD的中点.（I ）证明：CE//平面PAB（U）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.1 1(H) (m)2X n +1 —X n W22. ( 15 分)已知数列｛X n ｝满足：X 1 = 1，X n =X n +l + ln ( 1+X n +l ) (n € N *)，证明：当 n € N * 时，(I ) O V X n +1V X n ；(2)求f (x )在区间［丄,+X )上的取值范围.2 21. (15分)如图，已知抛物线 /=y ,点A (-寺的点P (x ，y ) (4＜吩)，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(I )求直线AP 斜率的取值范围;(U)求|PA?| PQ 的最大值.(1)求f (X )的导函数;1 4)即,抛物线上2017年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、选择题(共10小题，每小题4分，满分40分)1.(4 分)已知集合P={x| - 1v x v 1} , Q={x|0v x v2}，那么P U Q=( )A. (- 1, 2)B. (0, 1)C.(- 1, 0)D. (1, 2)【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可.【解答】解：集合P={x| - 1v x v 1} , Q={x| 0v x v2},那么P U Q={x| - 1v x v 2}= (- 1 , 2).故选：A.【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力.【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可.【解所以椭圆的离心率为:故选：B.【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力.3. (4分)某几何体的三视图如图所示(单位：cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是( )A .' +1B .+3c. J +1 D .+32222【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成， 画出 图形，结合图中数据即可求出它的体积.【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成， 圆锥的底面圆的半径为 1三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的 高和棱锥的高相等均为3,【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题， 解题的关键是根据三视图得 出原几何体的结构特征，是基础题目.4. （4分）若x 、y 满足约束条件r+y-3,0，则z=x+2y 的取值范围是（ ）A . [0，6]B . [0，4] C. [6，+x ）D . [4, +^）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可.故该几何体的体积为卜寺「X 12x 3+吉x 护屁后3今+1, 正视團 侧视图俯视團故选：A .【解答】解：x 、y 满足约束条件* x+y-3,0 ,表示的可行域如图:L x-Sy^O目标函数z=x+2y 经过C 点时，函数取得最小值， 由严y-3=0解得c (2, 1), 目标函数的最小值为：4 目标函数的范围是［4, +x ). 故选：D .【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解 题的关键.5. (4分)若函数f (x ) =x 2+ax+b 在区间［0, 1］上的最大值是 M ，最小值是 m , 则 M - m ()A .与a 有关，且与b 有关B .与a 有关，但与b 无关 C.与 a 无关，且与 b 无关 D .与 a 无关，但与 b 有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下 M - m 的取值与a , b 的关系，综合可得答案.【解答】解：函数f (x ) =x 2+ax+b 的图象是开口朝上且以直线x=-丄为对称轴的 抛物线，①当-亍〉1或-号v 0,即a v-2,或a > 0时， 函数f (x )在区间［0, 1］上单调， 此时 M - m=| f (1)- f (0) | =| a+11 ,故M - m 的值与a 有关，与b 无关 ②当丄w 函数f (x )在区间［0,-_］上递减，在［-一，1］上递增, 且f (0)>f (1),< 1,即—2< a <- 1 时,故M - m 的值与a 有关，与b 无关函数f (x )在区间［0，-二］上递减，在［-上，1］上递增, 且 f (0)v f (1), 此时 M — m=f (1)— f (-号)=1+a+ 故M - m 的值与a 有关，与b 无关 综上可得：M - m 的值与a 有关，与b 无关 故选：B.【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象 和性质，是解答的关键.6. (4分)已知等差数列｛a n ｝的公差为d ,前n 项和为S,则“>0”是“S S e >23” 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【分析】根据等差数列的求和公式和 &+S 6>2S ,可以得到d >0，根据充分必要 条件的定义即可判断.【解答】解：：&+S 6>2S , ••• 4a 1+6d+6a 1+15d > 2 (5a 1+10d ), ••• 21d > 20d , • d > 0,故“>0”是“S S6>2S”充分必要条件， 故选：C.【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题2f(— 仝)= :a2 V此时 M - m=f ( 0)— ③当0W —,即—1 v a < 0 时,7. (4分)函数y=f (x)的导函数y=f'(X)的图象如图所示，贝U函数y=f (x)的图象可能是( )【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f'(x)v O时，函数f (x)单调递减，当f'(x)>0时，函数f (x)单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f( x)的图象可能【解答】解：由当f (x)v0时，函数f (x)单调递减，当f (x)>0时，函数 f (x)单调递增，则由导函数y=f'(x)的图象可知：f (x)先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C,且第二个拐点(即函数的极大值点)在x轴上的右侧，排除B，故选：D.【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题.8. (4 分)已知随机变量E满足P ( E=1) =p i，P ( E=0) =1 - p i，i=1，2 .若O vp i V p2<—，贝U( )A. E ( §)v E (5)，D Q1)v D ( 0B. E ( §)v E (劭，D (§)> D (动C. E ( 3)> E (幼，D ( 3)v D ( I)D. E ( §)> E( 2)，D (§)> D (切【分析】由已知得0v p i v p2V一，—v 1 - p2V 1 - p i v 1，求出E ( $) =p i, E (勿)=p2，从而求出D ( ^)，D ( 2)，由此能求出结果.【解答】解：•••随机变量5满足P ( 5=1) =p i，P ( 5=0) =1 - p i，i=1，2，…,--< 1 - P 2V 1 - P 1V 1,E (g) =1 x P 1+0X( 1 - p 1) =P 1,E (切=1 x P 2+0 x( 1 - P 2) =P 2,D (幼=(1 - P 1)2P 1+ (0- P 1) 2 (1 - P 1)=「. -、-，-,D ( g) = ( 1 -P 2)2P 2+ ( 0- P 2) 2 ( 1 - P 2)=「，-：., D ( ^)- D (旨)=P 1 - p 12-( Pg _p J ) = ( P 2 - P 1) ( P 1+P 2 - 1)< 0,••• E ( 5)< E ( g 2), D ( §)< D ( 2).故选：A .【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识， 考查推理论证 能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是 中档题.9. (4分)如图，已知正四面体 D -ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P 、Q 、RA . Y < a<B B. a< Y < P C. a< B< Y D. B< Y< a【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系.设底面△ ABC 的中心为O .不 妨设 0P=3.则 0 (0， 0, 0), P (0，- 3，0)，C (0，6，0)，D (0，0，蚯)， Q ： ；「' , R ' - ' ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角. 解法二：如图所示，连接 OP, OQ, OR,过点O 分别作垂线：OE 丄PR OF 丄PQ , OG 丄QR,垂足分别为E , F , G ,连接DE, DF, DG..可得tan 姥.tan 曙,分别为AB BC CA 上的点，AP=PB B6 工Q C RA =2,分别记二面角D- PR- Q ，D - a 、 B Y 则( )tan Y—.由已知可得：0E>0G>OF.即可得出.OG【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系.设底面厶ABC的中心为0. 不妨设0P=3 则0 (0, 0, 0), P (0,—3, 0), C (0, 6, 0), D (0, 0,蚯), B (奶,-3, 0) . Q 血比0), S 0),巨=(-2街，3, 0),丽=(0, 3,蚯),TO =(亦，6, 0)，亦=(■奶，-3. 0),设平面PDR的法向量为齐(x, y, z),则上芒刃，可得严亦讐二° ,“・FD = 0 L3y+6V2z=0可得i=^ —■- -，取平面ABC的法向量=(0, 0, 1).则cos f- r>= = •，取a =arccos .血n ImllnlW 715••H.V15 \/95 V&81二aV Y< B・解法二：如图所示，连接OP, OQ, OR,过点O分别作垂线：OE丄PR OF丄PQ, OG丄QR,垂足分别为E, F, G,连接DE, DF, DG.设OD=h.贝U tan a^.OE同理可得：tan B = , tan Y~=.OP OG由已知可得：OE> OG> OF.••• tan V tan V tan g a, B, 丫为锐角.二aV yV g故选：B.BB【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题.10. （4分）如图，已知平面四边形ABCD AB丄BC, AB=BC=AD=2 CD=3, AC与BD交于点O,记I i= x?广1, b=「13= 「，贝U（B. I i v bv I2C. I3V l i v I2D. I2V l i v I3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可.【解答】解：：AB丄BC, AB=BC=AD=2 CD=3••• AC=2 ::,•••/ AOB=Z COD>90°由图象知OA v OC, OB v OD,' ------- j ------------ --------------- --- H ------- -- H --------------- ► ------ ►••• 0>| 上? >| 丁,？广丁，丁? ■> 0,即I3v l i v I2,故选：C.【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键.二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11. （4分）我国古代数学家刘徽创立的割圆术”可以估算圆周率n理论上能把n的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了割圆术”将n的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6, S e=主二一Z 一【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积.【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1,则其内接正六边形ABCDE中，△ AOB是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF勺面积为【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题.12. （6 分）已知a、b € R, （a+bi）2=3+4i （i 是虚数单位），则ai2+b2= 5 ，ab=2-.【分析】a、b € R, （a+bi）2=3+4i （i是虚数单位），可得3+4i=a2- b2+2abi,可得3=c?- b2, 2ab=4,解出即可得出.【解答】解：a、b € R, （a+bi）2=3+4i （i是虚数单位），••• 3+4i=a2- b2+2abi,••• 3=a2- b2, 2ab=4, 解得ab=2,（手冬卜—2 .121 \b=-l则a2+b2=5,故答案为：5, 2.【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.13. （6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a i x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,贝U a4= 16 , a5= 4 .【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a5就是常数的乘积.【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=X5+a i x4+a2X3+a3X2+a4X+a5,（x+1）3中，x的系数是：3,常数是1; （x+2）2中x的系数是4,常数是4,a4=3X 4+1 X 4=16;a5=1 X 4=4.故答案为：16; 4.【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题.14. （6分）已知△ ABC, AB=AC=4 BC=2,点D为AB延长线上一点，BD=2,连结CD,UA BDC的面积是二—,cos/ BDC= •一2 一 4 —【分析】如图，取BC得中点E,根据勾股定理求出AE,再求出S ABC,再根据S △BD/S MBC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，取BC得中点E,••• AB=AC=4 BC=2••• BE丄BC=1 AE± BC,二AEp J ]/= I!.，Sx AB時BC?AE*X 2 X^t£^rj,••• BD=2,••• BC=BD=2•••/ BDC=/ BCD•••/ ABE=2/ BDC 在RtAABE中，■/ cos/ ABE二 | 二,AB 4••• cos/ ABE=2coS/ BDC- 1=,.cos/ '■,4故答案为：L, 1【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15. (6分)已知向量r、I】满足|口=1,1 i j=2,则|卄叫+| r- 1・|的最小值是4 : 最大值是【分析】通过记/ AOB a (0< a< n),利用余弦定理可可知| b+b|勾5+4cg 口、G-习| =赢-仏g云，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论.【解答】解：记/ AOB a，则O W a n如图,由余弦定理可得：I i+M =. 一 : 7 ,1a_ H1引5-4uci弓0.,令x= r 11：, yw：；；\ • . ：一「，则x2+y2=10 （x、y> 1）,其图象为一段圆弧MN，如图，令z=x+y，贝卩y=- x+z,则直线y=-x+z过M、N时z最小为Z min=1+3=3+仁4,当直线y=- x+z与圆弧MN相切时z最大，由平面几何知识易知Z max即为原点到切线的距离的，倍, 也就是圆弧MN所在圆的半径的•. M咅，所以Z max=. . I 11^ ■.综上所述，| . +1，|+| I —・|的最小值是4，最大值是匸订'-：.【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题.16. （4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，畐U队长1人，普通队员2 人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660种不同的选法.（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40X12=480种,第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12 种，故有15X 12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17. (4分)已知a€ R,函数f(x) =| x—- a|+a在区间［1, 4］上的最大值是5，则a的取值范围是(-。

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