2017年浙江高考数学考试说明Word版

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【数学】2017年高考真题——浙江卷(解析版)

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 =Shh 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(--2．椭圆22194x y +=的离心率是A．3B．3C ．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+3 C ．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02D()ξC ．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 ＝，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。

2017年浙江省高考数学试题+解析

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x 29+y 24=1的离心率是（） A ．√133 B ．√53 C ．23 D ．593．（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 ．π2+1B ．π2+3C ．3π2+1D ．3π2+3 4．（4分）若x 、y 满足约束条件{x ≥0x +y −3≥0x −2y ≤0，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 ）=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＜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．（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 ，BQ QC =CR 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（）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=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：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）17．（4分）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（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2√3sinx cosx （x ∈R ）．（Ⅰ）求f （2π3）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﹣√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．（15分）如图，已知抛物线x2=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．（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≤x n x n+12；（Ⅲ）12n−1≤x n≤12n−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x 29+y 24=1的离心率是（） A ．√133 B ．√53 C ．23 D ．59【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆x 29+y 24=1，可得a=3，b=2，则c=√9−4=√5，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 ．π2+1B ．π2+3C ．3π2+1D ．3π2+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12×13×π×12×3+13×12×√2×√2×3=π2+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{x ≥0x +y −3≥0x −2y ≤0，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{x ≥0x +y −3≥0x −2y ≤0，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{x +y −3=0x −2y =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）=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=﹣a2为对称轴的抛物线，①当﹣a2＞1或﹣a2＜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12≤﹣a2≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，函数f（x）在区间[0，﹣a2]上递减，在[﹣a2，1]上递增，且f（0）＞f（1），此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣a2）=a24，故M﹣m的值与a有关，与b无关③当0≤﹣a2＜12，即﹣1＜a≤0时，函数f（x）在区间[0，﹣a2]上递减，在[﹣a2，1]上递增，且f（0）＜f（1），此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣a2）=1+a+a24，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＜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）【分析】由已知得0＜p 1＜p 2＜12，12＜1﹣p 2＜1﹣p 1＜1，求出E （ξ1）=p 1，E （ξ2）=p 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，…，0＜p 1＜p 2＜12， ∴12＜1﹣p 2＜1﹣p 1＜1， E （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 12，D （ξ2）=（1﹣p 2）2p 2+（0﹣p 2）2（1﹣p 2）=p 2−p 22，D （ξ1）﹣D （ξ2）=p 1﹣p 12﹣（p 2−p 22）=（p 2﹣p 1）（p 1+p 2﹣1）＜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 ，BQ QC =CR 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（）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√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=OD OE ．tanβ=OD OF，tanγ=OD OG．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√2），B （3√3，﹣3，0）．Q (√3，3，0)，R (−2√3，0，0)，PR →=(−2√3，3，0)，PD →=（0，3，6√2），PQ →=（√3，6，0），QR →=(−3√3，−3，0)， QD →=(−√3，−3，6√2)．设平面PDR 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅PR →=0n →⋅PD →=0，可得{−2√3x +3y =03y +6√2z =0，可得n →=(√6，2√2，−1)，取平面ABC 的法向量m →=（0，0，1）．则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=√15，取α=arccos √15．同理可得：β=arccos √681．γ=arccos √2√95． ∵√15＞√2√95＞√681． ∴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=OD OF ，tanγ=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=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【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的面积S 6，S 6= 3√32．【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=6×12×1×1×sin60°=3√32．故答案为：3√32．【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=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√152，cos∠BDC=√104．【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，∴BE=12BC=1，AE⊥BC，∴AE=√AB2−BE2=√15，∴S△ABC =12BC•AE=12×2×√15=√15，∵BD=2，∴S△BDC =12S△ABC=√152，∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC 在Rt△ABE中，∵cos∠ABE=BEAB=14，∴cos ∠ABE=2cos 2∠BDC ﹣1=14， ∴cos ∠BDC=√104，故答案为：√152，√104【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√5 ．【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|a →+b →|=√5+4cosα、|a →﹣b →|=√5−4cosα，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：|a →+b →|=√5+4cosα，|a →﹣b →|=√5−4cosα，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+4x﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是（﹣∞，92] ．【分析】通过转化可知|x+4x﹣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．【解答】解：由题可知|x+4x﹣a|+a≤5，即|x+4x﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，又因为|x+4x﹣a|≤5﹣a，所以a﹣5≤x+4x﹣a≤5﹣a，所以2a﹣5≤x+4x≤5，又因为1≤x≤4，4≤x+4x≤5，所以2a﹣5≤4，解得a≤9 2，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）=sin2x﹣cos2x﹣2√3sinx cosx（x∈R）．（Ⅰ）求f（2π3）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（2π3）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﹣2√3sinx cosx=﹣√3sin2x﹣cos2x=2sin（2x+7π6）（Ⅰ）f（2π3）=2sin（2×2π3+7π6）=2sin5π2=2，（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f（x）的最小正周期为π，由2x+7π6∈[﹣π2+2kπ，π2+2kπ]，k∈Z得：x∈[﹣5π6+kπ，﹣π3+kπ]，k∈Z，故f（x）的单调递增区间为[﹣5π6+kπ，﹣π3+kπ]或写成[kπ+π6，kπ+2π3]，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=√PC 2−BC 2=√4−1=√3，BF=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=12，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，为12， 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 ﹣√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．【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12＜x ＜1时，当1＜x ＜52时，当x ＞52时，f （x ）的单调性，判断f （x ）≥0，计算f （12），f （1），f （52），即可得到所求取值范围．【解答】解：（1）函数f （x ）=（x ﹣√2x −1）e ﹣x （x ≥12），导数f′（x ）=（1﹣12•√2x−1•2）e ﹣x ﹣（x ﹣√2x −1）e ﹣x =（1﹣x +√2x−1）e ﹣x =（1﹣x ）（1﹣√2x−1）e ﹣x ；（2）由f （x ）的导数f′（x ）=（1﹣x ）（1﹣√2x−1）e ﹣x ，可得f′（x ）=0时，x=1或52，当12＜x ＜1时，f′（x ）＜0，f （x ）递减；当1＜x ＜52时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；当x ＞52时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，且x ≥√2x −1⇔x 2≥2x ﹣1⇔（x ﹣1）2≥0，则f （x ）≥0．由f （12）=12e −12，f （1）=0，f （52）=12e −52，即有f （x ）的最大值为12e −12，最小值为f （1）=0．则f （x ）在区间[12，+∞）上的取值范围是[0，12e −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 （﹣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 ．（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﹣12＜x ＜32可得结论；（Ⅱ）通过（I ）知P （x ，x 2）、﹣12＜x ＜32，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PQ →、PA →，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 ，x 2），﹣12＜x ＜32，所以k AP =x 2−14x+12=x ﹣12∈（﹣1，1），故直线AP 斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I ）知P （x ，x 2），﹣12＜x ＜32，所以PA →=（﹣12﹣x ，14﹣x 2），设直线AP 的斜率为k ，则AP ：y=kx +12k +14，BQ ：y=﹣1k x +32k +94，联立直线AP 、BQ 方程可知Q （3+4k−k 22k 2+2，9k 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PA →=（﹣1﹣k ，﹣k 2﹣k ），故﹣|PA |•|PQ |=PA →•PQ →=(1+k)3(k−1)1+k 2+k 2(1+k)3(k−1)1+k 2=（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 ＜12时f′（x ）＞0，当12＜x ＜1时f′（x ）＜0，故f （x ）max =f （12）=2716，即|PA |•|PQ |的最大值为2716．【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）12n−1≤x n ≤12n−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x n x n+12≥2x n +1﹣x n 得1x n+1﹣12≥2（1x n ﹣12）＞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 ）=2x 2+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，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x n x n+12≥2x n +1﹣x n 得1x n+1﹣12≥2（1x n ﹣12）＞0， ∴1x n ﹣12≥2（1x n−1﹣12）≥…≥2n ﹣1（1x 1﹣12）=2n ﹣2， ∴x n ≤12n−2，综上所述12n−1≤x n ≤12n−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年浙江高考各科考试说明详细解读

2017年浙江高考各科考试说明详细解读2017年浙江省新高考无论是题型还是难度，总体都比较稳定，但有几处小变化需要关注。

下面是店铺为你整理关于2017年浙江高考各科考试说明详细解读的内容，希望大家喜欢!2017年浙江高考语文科目详细解读总体较稳定变化需关注“和往年语文高考说明相比，2017年浙江省新高考语文考试说明无论是题型还是难度，总体都比较稳定，但有几处小变化需要关注。

”杭州高级中学副校长、高三语文老师许涛说，例如，基础知识部分增加了“标点符号的正确使用”考点，这个考点已经好几年没有出现在语文高考考试说明中，很可能出现在明年语文高考试卷的选择题或语用题部分。

“‘传统文化经典考点’增加了‘如《论语》’几字。

可别小看这3个字，这几年的语文考试说明都只点出要考传统文化经典，但传统文化经典的范围很广，如果没有明确抓手，复习难度比较大。

”许涛分析，这一次，考试说明实际已向考生强调，要强化对《论语》的复习。

此外，试卷的分值分布也有一些变动。

语言文字运用部分的分值从24分减少到20分，而古诗文增加了3分、现代文增加1分，分值的增加和减少向考生传递了一个信号:明年的语文高考会更重视文化传承。

复习建议:首先，语文高考考场上，得基础、得作文者得天下。

其次，考生要高度重视文言文的复习。

现代文阅读、古诗鉴赏等考点，主要依靠平时积累，难以通过短时间复习得到明显提升，相比而言，文言文复习的投入产出比会更高。

当然，这些都是语文复习的共性增分点，考生还需要在此复习基础上，有策略地寻找自己的个性增分点。

2017年浙江高考数学科目详细解读重基础考查难度不降低“2017年的数学高考会比往年更加强基础题的考查，让不同层次的考生有成就感，但把关题的难度不会降低。

”杭州学军中学数学教研组长、特级教师郑日锋说，新高考的数学科目采用文理合卷，所以考试要求有所降低。

如知识要求中的理解层次，2016年考试说明“要求对所列知识内容有较深刻的理性认识”，2017年考试说明则只“要求对所列知识内容有理性认识”。

2017浙江新高考语文数学考试说明正式出炉范文

2017浙江新高考语文数学考试说明正式出炉范文
2017年浙江省将全面实施新高考招生方案。

与釆用全国卷的省市不同，我省新高考除外语科目由教育部考试中心命题外，其余科目都是自主命题，考试内容和要求以我省正式统一公布的《考试说明》为准。

此前，浙江省早已公布普通高中学业水平考试暨高考选考科目考试说明。

今天，2017年浙江新高考语文数学（6月份普通高考必考科目）考试说明也正式出炉！详细内容请参阅《浙江考试》期刊第10期。

责任编辑：邵波涛。

2017年浙江省普通高考考试说明-数学

2017年浙江省普通高考考试说明数学（必修＋限定选修）一、考试性质与对象数学是普通高等学校招生全国统一考试的必考科目，数学高考是由合格的高中毕业生和具有同等学力的考生参加的选拔性考试。

高等学校根据考生的成绩，按已确定的招生计划，考试成绩及综合素质评价，择优录取。

因此，数学高考应具有较高的信度、效度，必要的区分度和适当的难度。

二、考核要求依据高校人才选拔要求和国家课程标准，科学设计命题内容，增强基础性、综合性，突出能力立意。

主要考查学生运用所学知识独立思考与分析问题、解决问题的能力。

数学学科的考试，要发挥数学作为主要基础学科的作用，既考查考生的基础知识、基本技能的掌握程度，又考查考生对数学思想方法、数学本质的理解水平以及进入高等学校继续学习的潜能。

(一) 知识要求知识是指《普通高中数学课程标准（实验）》中的必修课程及限定选修课程中的数学概念、性质、法则、公式、公理、定理以及与其相关的基础知识和思想方法。

对知识的要求依次是了解、理解、掌握三个层次。

1．了解：要求对所列知识的含义有初步的、感性的认识。

知道这一知识内容是什么，能在有关的问题中加以区分。

按照一定的程序和步骤简单模仿。

2．理解：要求对所列知识内容有理性认识，知道知识间的逻辑关系。

能用数学语言对相关问题进行描述，对比较、判别、讨论的过程作出恰当的表述。

具备利用所学知识解决简单问题的能力。

3．掌握：要求对所列知识内容有深刻的理性认识，熟悉相关知识间的逻辑关系。

对所列的知识内容能够推导证明，灵活运用相关知识与思想方法进行分析、研究、讨论。

具备综合利用相关知识解决问题的能力。

“会”或“能”相当于此层次的要求。

（二）能力要求数学具有严密的逻辑性、结论的确定性和应用的广泛性等特点，在培养学生能力的过程中发挥重要的作用。

数学学科考试既要考查基础知识、基本技能、基本思想方法、基本活动经验，又要考查考生的逻辑思维能力、空间想象能力、运算求解能力、数据处理能力、综合应用能力。

2017浙江新高考学考考纲考试标准数学(学考选考标准word版)

精心整理数学一、考试性质与对象浙江省普通高中数学学业水平考试是在教育部指导下，由省教育行政部门组织实知识与方法分析问题、解决问题的能力。

关注数学学科的主干知识和核心内容，关注数学学科与社会的联系，贴近学生的生活实际。

充分发挥数学作为主要基础学科的作用，既考查中学的基础知识、基本技能的掌握程度，又考查对数学思想方法、数学本质的理解水平．全面检测学生的数学素养。

1．知识要求知识是指《教学指导意见》所规定的必修课程中的数学概念、性质、法则、公式、公理、定理以及由其内容反映的数学思想方法。

对知识的要求从低到高分为四个层次，依次为：了解、理解、掌握、综合应用，其含义如下：(1)了解：要求对所列知识的含义有初步的、感性的认识，能记住和识别数学符号、思想方法，综合解决较复杂的数学问题和实际问题。

这一层次所涉及的主要行为动词有：熟练掌握，综合解决问题等。

2．能力要求数学具有严密的逻辑性、结论的确定性和应用的广泛性等特点，在培养学生能力的过程中发挥重要的作用。

(1)逻辑思维能力逻辑思维能力是指通过对事物观察、比较、判断、分析、综合，继而进行归纳、概括、抽象、演绎、推理，准确有条理地表达自己思维过程的能力。

运算求解能力是指能根据法则、公式进行正确运算、变形的能力；根据问题的条件和目标，寻找多种途径．并能比较不同途径的特点，设计较为适合的方法进行运算、变形的能力；根据要求进行估计和近似计算的能力。

运算求解能力主要考查对算式进行的计算、变形，对几何图形的几何量的计算求解，对数值的估值和近似计算等的能力。

进一步考查对条件分析、方向探究、公式选择、步骤确定等一系列过程中运算求解的能力。

(4)数据处理能力数据处理能力是指对各种形式的数据进行收集、整理、筛选、分类、计算、操作及分析的能力，能从数据中得出有用的信息，并做出合理判断。

2017年浙江省高考数学试卷及解析

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、+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{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＜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{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≤、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）题目分析：直接利用并集的运算法则化简求解即可、试题解答：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、题目分析：直接利用椭圆的简单性质求解即可、试题解答：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题目分析：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、试题解答：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，+∞）题目分析：画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可、试题解答：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有关题目分析：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、试题解答：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题目分析：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、试题解答：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、题目分析：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）的图象可能试题解答：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）题目分析：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、试题解答：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＜βB、α＜γ＜βC、α＜β＜γD、β＜γ＜α题目分析：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、试题解答：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题目分析：根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可、试题解答：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=、题目分析：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、试题解答：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、题目分析：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、试题解答：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、题目分析：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、试题解答：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=、题目分析：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试题解答：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、题目分析：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、试题解答：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）题目分析：由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可试题解答：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（﹣∞，] 、题目分析：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、试题解答：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、题目分析：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试题解答：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、题目分析：（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、试题解答：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、题目分析：（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、试题解答：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、题目分析：（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、试题解答：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（Ⅱ）2x n﹣x n≤；+1（Ⅲ）≤x n≤、题目分析：（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得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明（Ⅲ）由≥2x n+1试题解答：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＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，+1＞0，故x n+1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年浙江省高考数学真题试题含答案

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 =Shh 表示台体的其中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 ==，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】2π111π3(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02D()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 OAOB ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝，则A ．I １,所以0(,O B OC O A OBO C O DOA⋅>>⋅>⋅<<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)

所以正六边形
ABCDEF
的面积为
S内 =6
1 2
11
sin
60
33 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）【 2017 年浙江 ,12， 6 分】已知 ab R ，（a bi）2 3 4i （ i 是虚数单位）则 a2 b2
（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 f (0) b, f (1) 1 a b, f ( a) b a2 中取,所以最值之差一定与 b 无关，
2
4
故选 B．
解法二：函数 f x x2 ax b 的图象是开口朝上且以直线 x a 为对称轴的抛物线，①当
2
a 1或 a 0 ，即 a 2 ,或 a 0 时，函数 f x 在区间 0,1 上单调，此时
2
2
M m f 1 f 0 a ，故 M m 的值与 a 有关，与 b 无关；②当 1 a 1，即 2 a 1时,
22
函数
f x 在区间
0,
a 2
由已知可得： OE OG OF ．∴ cos cos cos ,（（为锐角．∴α＜γ＜β,故选 B．
4
2017 年高考浙江数学试题及答案(word 解析版)(word 版可编辑修改)
【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

2017年高考真题——数学(浙江卷)word(参考版)+Word版含解析

A．[0,6] B．[0,4]
C．[6，+∞]
D．[4,+∞]
答案 D 解析行域为一开放区域，所直线过点 (2,1) 时取最小值 4，无最大值，选 D. M–m
5．若函数 f(x)=x2+ ax+b 在区间[0,1] 的最大值是 M，最小值是 m，
-2-
A． C．
a 有关，且 a 无关，且
b 有关 b 无关
A．
π +1 2
B．
π +3 2
C．
3π +1 2
D．
3π +3 2
答案 A 解析
1 1 π 12 V = × 3 × ( π× × 2 × 1) = + 1 ，选 A. 2 + 3 2 2
z=x+2y 的取值范围是
x ≥ 0 4．若 x , y 满足约束条件 x + y − 3 ≥ 0 ， x − 2 y ≤ 0
PUQ =
C． (0,1)
-1-
D． ( −2,−1)
答案 A 解析取 P, Q 所有元素，得 P U Q = ( −2,1) .
2．椭圆
x2 y 2 + = 1 的离心率是 9 4
13 3
B．
A．
5 3Leabharlann C．2 3D．5 9
答案 B 解析
e=
9−4 5 ，选 B. = 3 3
是
3．某几何体的视如所示单位 cm ，该几何体的体积单位 cm3
边形的面积 S 内，S 内=
-4-
答案
3 3 2
将边形分割为 6 个等边角形，
解析
1 3 3 S内 =6 × ×1×1× sin 60o = 2 2

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)

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年高考浙江卷数学试题word

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 =Shh 表示台体的学！科网高其中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：cm3）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3020xx yx 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)=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【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02D()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 OA OB ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝，则A ．I １ ,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年高考数学(浙江卷)

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.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.(4分)已知集合，，那么P∪Q=（）A.(-1，2)B.(0，1)C.(-1，0)D.(1，2)2.(4分)椭圆的离心率是（）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.B.C.D.4.(4分)若满足约束条件，则的取值范围是（）A.[0，6]B.[0，4]C.[6，+∞]D.[4，+∞]5.(4分)若函数在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M- m（）A.与有关，且与b有关B.与有关，但与b无关C.与无关，且与b无关D.与无关，但与b有关6.(4分)已知等差数列的公差为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)函数的导函数的图像如图所示，则函数的图像可能是（）1 / 12A.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，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，，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，，，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，(i是虚数单位)，则__________，__________．13.(6分)已知多项式，则__________，__________．14.(6分)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.(6分)已知向量满足，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，函数在区间[1，4]上的最大值是5，则的取值范围是__________．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.(14分)已知函数．(1)求的值．(2)求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．(1)证明：CE∥平面PAB．(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．3 / 1220.(15分)已知函数．(1)求的导函数．(2)求在区间上的取值范围．21.(15分)如图，已知抛物线，点，，抛物线上的点．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|PA|·|PQ|的最大值．22.(15分)已知数列满足：．证明：当n∈N*时，(1)．(2)．(3)．5 / 122017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学参考答案一、单选题1.【答案】A【解析】取P，Q所有元素，得P∪Q=(-1，2)．故选A。

2017年高考浙江数学试题与答案(word解析版)

.专业.专注.数学（理科）第I 卷（选择题共40分）、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2 的体积为V 二1 3「 — 1 2 1^n1 ,故选A .3 2 2 2 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 _0(4 )12017年浙江，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 空0( )(A ) 0,6 丨 (B ) b,4 1 (C ) 6,=丨 (D ) !4, :: 1答案】D,所以直线过点 2,1时取最小值4,无最大值，故选D .2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）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,只有一项符合题目要(1 )匸017年浙江，1 , 4 分】已知 P ={x| -1 ：：:x ：：:1}, Q 二{ —2 ：：: x ：：:0},贝V P^Q 二( (A ) (-2,1)( B ) (-1,0)(C ) (0,1)答案】A解析】取P,Q 所有元素，得P j Q =(21),故选A .(D) (-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9 | 4(A ) 13(B ) 丄33答案】B解析】e = .^45 -,故选B .3 3点评】本题考查椭圆的简单性质的应用,考查计算能力.(3 )12017年浙江 ,3 , 4分】某几何体的三视图如图所示位：cm 3) 是（)JI313兀, (A ) -1(B ) — 3(C ) — 1222答案】A，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成解军析】如图，可行域为一开放区域（2）12017年浙江，2, 4分】椭圆— 11的离心率是(C )解析】由几何的三视图可知（单,圆锥的底面圆的半径为1 ,.专业.专注.(5) [2017年浙江，5, 4分】若函数f x =x2 - ax b在区间10,1 ]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】Ba a2解析】解法一：因为最值在f (0) =b, f(1) =1 • a • b, f (―?) =b —匸中取，所以最值之差一定与b无关，故选B.解法二：函数f x =x2 ax b的图象是开口朝上且以直线为对称轴的抛物线，①当-空1或」 2 2a0 ,即a ::：-2 ,或a ■ 0时，函数f x在区间0,1 ]上单调，此时M —m =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)12017年浙江，6, 4分】已知等差数列Ia n 1的公差为d ,前n项和为§，则’d 0堤’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答案】C解析】由S4 S6 -2S5 =10a1 21^2 5a1 10d =d ,可知当d 0 时，有Q •足-2S5 0 ,即S4S6 2Ss ,反之，若S4 Ss 2S S ,则d・0,所以d 0堤S4 S6 .2S5 ”的充要条件，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，属于基础题答案】D 瞰军析】解法一：由当f x <0时，函数f( x)单调递减，当「X 0时，函数f(x)单调递增，则由导函数y二「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.解法二：原函数先减再增，再减再增，且x=0位于增区间内，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 )【2017年浙江，8 , 4分】已知随机变量1满足P \ =1 [=P i , P \ =0[=1 - P i , i =1,2 .若.word可编辑.f 1 - f 0|; |a ,故1 aM -m的值与a有关，与b无关；②当 1 ,即_2辽a辽-1时，函数f x在区间0,a=—，故M - m的值与a有关，与b无.2 4a 1 a I关；③当0 ,即-1 ：：：a乞0时，函数f X在区间0,-2 2 1! 2 一=a -,故M ~^m的值与a有关，与b无关.综上可得：.2 4，且 f 0 . f 1 ,此时M -m = f 0：：-ff 0 :：: f 1 ，此时M —m 二f 0 —f上递减，上递减，在-旦,1上递增，且2(7)y = f (x)的图像如图所示在-?1匸017年浙江，7 , 4分】函数y=f x的导函数,则函数y = f x的.专业.专注.1…0 ：：： pi ::: P 2 ＜2，则((A ) E(J ：：：E ( 2),(C ) E( J .E( 2), 答案】A 解析】E( J = p,E( 2) *2,. E( J ：：：E( 2) ： D( J 二口(1一 pJ,D( 2) = P 2(1-P 2),■ D( 1) -D( 2)=(P 1 -P 2)(1-P 1 -P 2)O 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 PQRD -PQ -R , D(A) l ：,答案】B懈析】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•贝 UO 0,0,0 , P 0, -3,0 , C 0,-6,0 , D 0,0,6 .2 , Q 3,2,0 , R -2 3,0,0 , PR =[「2 .3,3,0 , PD = 0,3,6 . 2 , PQ = 3,5,0 , QR =[—3 一 3, 一2,0 ,QD - - .3, -2,6 . 2 •设平面PDR 的法向量为n = x,y,z ,贝卩. [n PD =0-2 3x 3y =0 { _ ,可得n =(用,2 72, 7 \,取平面ABC 的法向量m =(0,0,1 ). 3y 6 2z =0 m n1卄1 「一 ,口则 cos m,n,取〉二arccos^= •同理可得：* 2 123= arccos .T.••.「：：：：:：-.V 95 V 15 V 95 V681解法二：如图所示,连接OD , OQ , OR , OG _QR ,垂足分别为E , F , cos ：二汪=OE S 卸R PE=—OE •同理可得:cos ： =OFOE 2 h 2PF由已知可得：OE OG OF .二 cos 、； n cos • cos ：,:-,-, 为锐角.•••％＜丫＜3 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 )12017年浙江，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 h=OAOB , 12= OB OC , J=OCOD ,贝U ()(B ) E( \) :::E( ；) , D( \) D( 2) (D ) E( J .E( ；) , D( J ：：：D(；)D( J ：：：D( 2)D( J ：：：(9 )12017年浙江， BQ CR,CA 上的点，AP=PB , 竺=竺=2 ,分别记二面角 D -PR -Q ,QC RA-QR -P 的平面较为:,'■,,贝卩( ) (B ) 「：：：：：： - (C ):-:::::::分别为AB , BC 0E _ DR , OF _ DQ ,过点0发布作垂线 3 =arccos^^V681P 设 OP=h •, 连接P E 0G OFc , OF 2 h 2cos cos ：,:-,期 OG cos PGOG 2 h 2(D )1,可得则.专业.专注.(A ) I 1：： I 2：：I 3( B ) I 1 ：：： I 3 ：：： I 2( C ) I 3 ：：： h ：：： I 2 ( D ) I 2 ：：： I 2 ：：：爲答案】c解析】・・AB_BC , AB =BC =AD =2 , CD =3，二 AC =2* 2，「上AOB /COD 90 ,由图象知 OA :：: OC , OB ：：OD ，二 0 OA OB O C OD , OB O C .0,即 l 3 ：： h ：： l 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.第口卷(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，算到任意精度。

(完整word版)2017年浙江省高考数学试题+解析

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（）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：cm 3）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 ）=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）=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I 1=•,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: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 ≤；（Ⅲ）≤x n ≤．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（）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“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）=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）【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【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I 1=•，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S 6，S 6= ．【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°=．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=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=1+3=3+1=4，min当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，即为原点到切线的距离的倍，由平面几何知识易知zmax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) 【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＜,==x﹣∈(﹣1，1），所以kAP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{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≤．【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。

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浙江省2017高考考试说明数学（必修＋限定选修）一、考试性质与对象数学是普通高等学校招生全国统一考试的必考科目，数学高考是由合格的高中毕业生和具有同等学力的考生参加的选拔性考试。

高等学校根据考生的成绩，按已确定的招生计划，考试成绩及综合素质评价，择优录取。

因此，数学高考应具有较高的信度、效度，必要的区分度和适当的难度。

二、考核要求依据高校人才选拔要求和国家课程标准，科学设计命题内容，增强基础性、综合性，突出能力立意。

主要考查学生运用所学知识独立思考与分析问题、解决问题的能力。

对知识的要求依次是了解、理解、掌握三个层次。

1．了解：要求对所列知识的含义有初步的、感性的认识。

知道这一知识内容是什么，能在有关的问题中加以区分。

按照一定的程序和步骤简单模仿。

2．理解：要求对所列知识内容有理性认识，知道知识间的逻辑关系。

能用数学语言对相关问题进行描述，对比较、判别、讨论的过程作出恰当的表述。

具备利用所学知识解决简单问题的能力。

3．掌握：要求对所列知识内容有深刻的理性认识，熟悉相关知识间的逻辑关系。

对所列的知识内容能够推导证明，灵活运用相关知识与思想方法进行分析、研究、讨论。

具备综合利用相关知识解决问题的能力。

“会”或“能”相当于此层次的要求。

（二）能力要求数学具有严密的逻辑性、结论的确定性和应用的广泛性等特点，在培养学生能力的过程中发挥重要的作用。

（一）逻辑思维能力逻辑思维能力是指通过对事物观察、比较、判断、分析、综合进行归纳、概括、抽象、演绎、推理，准确有条理地表达自己思维过程的能力。

逻辑思维能力主要考查能正确领会题意，明确解题目标，能寻找到实现解题目标的方向和合适的解题步骤。

能通过符合逻辑的运算和推理，正确地表述解题过程的能力。

做到因果关系明晰，陈述层次清楚，推理过程有据。

（二）空间想象能力空间想象能力是指根据空间几何体的图形或几何形体的描述能想象出相应的空间形体的能力；根据想象的空间几何形体，画出相应空间几何体的图形，并能正确描述相应的空间几何形体的能力。

对已有的空间几何形体进行分解、组合，产生新的空间几体形体，能正确分析其位置关系与数量关系，并对几何形体的位置关系和数量关系进行论证与求解。

空间想象能力主要是通过考查对点、线、面、体与经过简单组合的几何形体和相互间的位置关系的理解、掌握程度，同时考查对几何形体进行分析、提取、概括来揭示其本质特征的能力，灵活运用几何形体的特性进行论证与求解的能力。

（三）运算求解能力运算求解能力是指能根据法则、公式进行正确运算、变形的能力；根据问题的条件和目标，寻找多种途径，并能比较不同途径的特点，设计较为适合的方法进行运算、变形的能力；根据要求进行估计和近似计算的能力。

运算求解能力主要考查对算式进行的计算、变形，对几何图形的几何量的计算求解，对数值的估值和近似计算等的能力。

进一步考查对条件分析、方向探究、公式选择、步骤确定等一系列过程中运算求解的能力。

（四）数据处理能力数据处理能力是指对各种形式的数据进行收集、整理、筛选、分类、计算、操作及分析的能力，能从数据中得出有用的信息，并作出合理判断。

数据处理能力主要通过考查排列、组合、概率与统计来实施，能对数据和随机数据进行提炼得出数据的数字特征，同时考查能对众多数据进行合理筛选、选择模型、综合分析数据的思维能力。

（五）综合应用能力综合应用能力指的是对所提供的信息进行归纳、整理和分类，将实际问题抽象为数学问题的能力；能对具体问题陈述的材料用数学语言正确地表述，用所学的数学知识、思想和方法解决问题的能力；能将一些具体的材料进行归纳、总结、提炼、抽象，从而形成新的认知与方法的能力。

综合应用能力主要考查对所学数学知识、方法进行综合与灵活运用的能力；对相关学科、实际生活中的问题构建适当的数学模型，并加以解决的能力。

同时考查对简单的探究性问题进行思考和研究，提出解决问题的思路，给出较为新颖的方法，解决问题并进行适当拓广、延伸的能力。

三、考查内容及要求(一) 集合与常用逻辑用语考试内容：集合及其表示、元素与集合的关系、集合间的基本关系。

集合的基本运算。

命题的四种形式，充分条件、必要条件和充要条件。

考试要求：1．了解集合、元素的含义及其关系。

2．理解全集、空集、子集的含义，及集合之间的包含、相等关系。

3．掌握集合的表示法 (列举法、描述法、Venn 图)。

4．会求简单集合的并集、交集。

5．理解补集的含义，且会求补集。

6．理解原命题和原命题的逆命题、否命题、逆否命题的含义，及其相互之间的关系。

7．了解逻辑联结词“且”、“或”、“非”的含义。

8．理解命题的必要条件、充分条件、充要条件的意义，能判断并证明命题成立的充分条件、必要条件、充要条件。

(二) 函数概念与基本初等函数Ⅰ（指数函数、对数函数、幂函数）考试内容：函数、映射的概念与函数的表示方法。

函数的单调性、奇偶性、周期性、最大（小）值。

指数函数，对数函数，幂函数。

函数与方程之间的关系。

函数的简单应用。

考试要求：1．了解函数、映射的概念，会求简单的函数的定义域和值域。

2．理解函数的三种表示法：解析法、图象法和列表法。

3．了解简单的分段函数，会用分段函数解决简单的问题。

4．理解函数的单调性、奇偶性，会判断函数的单调性、奇偶性，了解函数的周期性。

5．理解函数的最大（小）值的含义，会求函数的最大（小）值。

6．了解指数幂的含义，掌握有理指数幂的运算。

7．理解指数函数的概念，掌握指数函数的图象、性质及应用。

8．理解对数的概念，掌握对数的运算，会用换底公式。

理解对数函数的概念，掌握对数函数的图象、性质及应用。

9．了解幂函数的概念．掌握幂函数 y = x ， y = x 2 ， y = x 3， y = x -1, 21x y = 的图象和性质。

10．理解函数零点的概念。

11．了解指数函数、对数函数以及幂函数的变化特征。

12．能将一些简单的实际问题转化为相应的函数问题，并给予解决。

(三) 基本初等函数Ⅱ（三角函数）考试内容：角的概念、角度制与弧度制，三角函数的定义。

三角函数的图象与性质，诱导公式，同角三角函数关系，函数 y ＝A sin (ωx ＋φ)。

两角和与差的三角函数公式，简单的三角恒等变换。

正弦定理和余弦定理及应用。

考试要求：1．了解角、角度制与弧度制的概念，掌握弧度与角度的换算。

2．理解正弦函数、余弦函数、正切函数的定义及其图象与性质，了解三角函数的周期性。

3．理解同角三角函数的基本关系，掌握正弦、余弦、正切的诱导公式。

4．了解函数 y ＝A sin (ωx ＋φ) 的物理意义，掌握 y ＝A sin (ωx ＋φ) 的图象，了解参数 A ，ω，φ 对函数图象变化的影响。

5．掌握两角和与两角差的正弦、余弦、正切公式，掌握正弦、余弦、正切二倍角的公式。

6．掌握简单的三角函数式的化简、求值及恒等式证明。

7．掌握正弦定理、余弦定理及其应用。

(四) 数列与数学归纳法考试内容：数列的概念和表示法，等差数列，等比数列。

数学归纳法。

考试要求：1．了解数列的概念和表示方法 (列表、图象、公式)。

2．理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用。

3．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。

4．会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题。

5．了解数学归纳原理，会用数学归纳法证明简单的数学命题。

(五) 不等式考试内容：不等关系及其性质，一元二次不等式。

二元一次不等式组与简单线性规划问题。

基本不等式、绝对值不等式及其应用。

考试要求：1．了解不等关系，掌握不等式的性质。

2．了解一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间的联系。

会解一元二次不等式。

3．了解二元一次不等式的几何意义，掌握平面区域与二元一次不等式组之间的关系，并会求解简单的二元线性规划问题。

4．掌握基本不等式ab ba ≥+2(a ，b ＞0)及其应用。

5. 会解|x ＋b |≤c ，|x ＋b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≥c ，|x －a |＋|x －b |≤c 型不等式。

6.掌握不等式|| a| |b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|及其应用。

(六) 平面向量考试内容：平面向量的基本概念，平面向量的线性运算及几何意义，平面向量的基本定理及坐标表示，平面向量的数量积，平面向量的应用。

考试要求：1．理解平面向量及几何意义，理解零向量、向量的模、单位向量、向量相等、平行向量、向量夹角的概念。

2．掌握向量加法、减法、数乘的概念，并理解其几何意义。

3．理解平面向量的基本定理及其意义，会用平面向量基本定理解决简单问题。

4．掌握平面向量的正交分解及其坐标表示。

5．掌握平面向量的加法、减法与数乘的坐标运算。

6．理解平面向量数量积的概念及其意义，了解平面向量的数量积与向量投影的关系。

7．掌握平面向量数量积的坐标运算，掌握数量积与两个向量的夹角之间的关系。

8．会用坐标表示平面向量的平行与垂直。

9．会用向量方法解决某些简单的平面几何问题。

(七) 平面解析几何考试内容：平面直角坐标系，直线方程，直线倾斜角与斜率。

两直线的交点坐标，两点间的距离，点到直线的距离，两条平行直线间的距离。

两直线平行与垂直。

曲线与方程的概念，求曲线方程的基本方法。

圆的标准方程与一般方程，椭圆、双曲线、抛物线的标准方程及简单几何性质，直线与圆、椭圆、双曲线、抛物线的位置关系，圆与圆的位置关系。

数形结合思想及简单应用。

考试要求：1．理解平面直角坐标系，理解直线的倾斜角与斜率的概念，掌握直线方程的点斜式、两点式及一般式，了解直线方程与一次函数的关系。

2．能根据两条直线的斜率判定这两条直线平行或垂直。

3．会求过两点的直线斜率、两直线的交点坐标、两点间的距离、点到直线的距离、两条平行直线间的距离。

4．掌握圆的标准方程与一般方程。

5．掌握椭圆、抛物线的定义、标准方程、几何图形及简单几何性质。

6．会解决直线与圆、椭圆、抛物线的位置关系的问题，会判断圆与圆的位置关系。

7．了解双曲线的定义、标准方程、几何图形及简单几何性质，了解直线与双曲线的位置关系。

8．了解方程与曲线的对应关系和求曲线方程的基本方法。

9．理解数形结合、用代数方法处理几何问题的思想。

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