2017年浙江省高考数学试卷

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2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数 学

（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，只有一项是符合题一、选择题：目要求的.）

1.已知集合Px1x1，Qx0x2，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.

x2椭圆9y22.41的离心率是（ ）

A.

133 B.5253 C.3 D.9

【答案】B 【解析】e=943=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：cm3

）是（（WYM80）

第3题图

A.

ππ3π2+1 B. 2+3 C.

2+1 D. 3π

2+3 【答案】A

【解析】V=13×3×(π121π2+2×2×1)=2+1，故选A．

）

x…04.若x,y满足约束条件xy3…0， z=x+2y的取值范围是（ ）

x2y„0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)=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】二次函数f(x)=x2+ax+b的图象开口向上，对称轴为x=－

a， 2a∴①若0剟21aa2a2，即－1≤a≤0，则此时M=f(1)=1+a+b，m=f(－)=b－，∴M－m=1+a+； 22441aaa2a2②若„1，即－2≤a<－1，则此时M=f(0)=b，m=f(－)=b－，∴M－m=；

22244a0，即a>0，则此时M=f(1)=1+a+b，m=f(0)=b，∴M－m=1+a； 2a④若1，即a<－2，则此时M=f(0)=b，m=f(1)=1+a+b，∴M－m=－1－a；

2③若1a,a2,2a,2„a1,4综上所述，M－m=21aa,1剟a41a,a0,∴M－m与a有关，但与b无关，故答案选B.

0,6.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”（ ）

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+21d-2(5a1+10d)=d,可知当d>0时，有S4+S6-2S5>0,即S4+S6>2S5，反之，若S4+S6>2S5,则d>0，所以“d>0”是“S4+S6>2S5”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满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1-pi，i=1，2.若0E(2)，D(1)【解析】∵E(1)=p1,E(2)=p2，∴E(1)9．P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），

1，则 2B．E(1)D(2) D．E(1)>E(2)，D(1)>D(2)

BQCR=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 QCRA （WYM86）

A．γ<α<β D．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．AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，如图，已知平面四边形ABCD，记I1OAOB ，

第9题图

B．α<γ<β C．α<β<γ

I2OBOC，I3OCOD，则

（WYM87）

A．I1B．I1第10题图 C．I3D．I2【解析】因为AOB=COD>90°，OA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= . 【答案】

33 213333×1×1×sin60°)=.故填. 222【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S6=6×(

12．已知a，b∈R，(a+bi)2=3+4i（i是虚数单位）则a2+b2= ，ab= . 【答案】5,2

222a4ab322

【解析】由题意可得a-b+2abi=3+4i,则，解得2，则a2+b2=5,ab=2.故填5,2.

ab2b113．已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=_________，a5=________.

【答案】16，4

rrmmrmC3xC2x22mC3C222mxrm，【解析】由二项式展开式可得通项公式为：分别取r=0,m=1和r=1,m=0,

可得，a4=4+12=16，取r+m=0,可得a5=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】

1510, 24BE11=，cosDBC=-， AB44【解析】取BC中点E，由题意：AE⊥BC，△ABE中，cosABC=

sinDBC=1111515=. ，S△BCD=×BD×BC×sinDBC=212ABC=2BDC,cosABC=cos2BDC =2cos2BDC-1=

1，解得cosBDC=410或4

cosBDC=-

1015101510(舍去).综上可得，△BCD面积为.故填,. ，cosBDC=4242415.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 . 【答案】4，25 【解析】设向量a、b的夹角为θ，由余弦定理有：ab12212cos54cos，

22ab1222212cos5+4cos，则： a+b+ab5+4cos+54cos，

令y=5+4cos+54cos，则y2=10+22516cos2∈[16,20]， 据此可得：（a+b+ab）max=20=25，（a+ba+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C8C4C3（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有C6C4C3（种）方法，则满足题意的选法有：C8C4C3-C6C4C3=660（种）.故填660. 17.已知a∈R，函数f(x)=x4114114114114aa在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是 . x【答案】(-∞，

9] 24∈ [4,5]，分类讨论： x44 ①当a…5时，f(x)=a-x-+a=2a-x-,

xx9函数的最大值2a-4=5,a=,舍去；

244②当a„4时，f(x)=x+-a+a=x+„5,此时命题成立；

xx【解析】x∈[1,4]，x+

③当4994aa…5aa4aa5aa或，解得：a=或a< 22,4aa55aa5，99综上可得，实数a的取值范围是(-∞，]．故填(-∞，].

22三、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)=sin2x-cos2x-23sinxcosx (x∈R). （1）求f (

2π)的值; 3（2）求f (x)的最小正周期及单调递增区间. 【解】（1）由sin

2π12π3, cos=-, =3232f (2π2π321231()=2. f 得)()()23()332222π), 622

（2）由cos2x=cosx-sinx与sin2x=2sinxcosx得,

f(x)=-cos2x-3sin2x=-2sin(2x+

所以fx的最小正周期是π, 由正弦函数的性质得,

ππ3π+2kπ„2x+„+2kπ，k∈Z ，

226π2π+kπ，k∈Z ， 解得，+kπ„x„36π2π+kπ]，k∈Z . 所以fx的单调递增区间是[+kπ，3619. （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，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.

（WYM88）

第19题图

【解】（1）证明：如图，设PA中点为F，连接EF、FB.

（WYM）

第19题图

因为E、F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且错误！未找到引用源。EF=

1AD， 2又因为BC∥AD，错误！未找到引用源。，所以, EF∥BC且EF=BC，

即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF， 又因为BF平面PAB，EC平面PAB， 因此CE∥平面PAB.

（2）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CD=1.

在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=2,错误！未找到引用源。得CE=2， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3,得QH=在Rt△MQH中，QH=

1错误！未找到引用源。， 41，MQ=2， 4所以，sin∠QMH=

2错误！未找到引用源。， 812所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是错误！未找到引用源。. 20. （本题满分15分）已知函数f (x)=(x-2x1)e-x (x…). （1）求f (x)的导函数; （2）求f (x)在区间[

1,+∞)上的取值范围. 2【解】（1）因为x2x11

1-x-x

，（e）＇=- e ， 2x1

所以错误！未找到引用源。＇(x)=(1-1) e-x-(x-) e-x 2x12x11(1x)(2x12)ex=,(x>).

22x1(1x)(2x12)ex=0,错误！未找到引用源。 （2）由错误！未找到引用源。＇(x)=2x1解得,x=1或x=因为

5. 2x 错误！未找到引用源。＇(x) 1 2（1,1错2未（错误！误！未找到引用源。） 1 找到引用源。） 5 2未（错误！找到引用源。+∞） 1 12 2e- ↘ 0 0 + ↗ 0 1 52 2e- ↘ f（x） 1又f（x）=

2[0，

2x11ex…0,

2所以f（x）在区间[错误！未找到引用源。+∞错误！未找到引用源。）上的取值范围是错误！未找到引用源。.

112]. e2113913,）,B(,)，抛物线上的点P（x,y）(-21. （本题满分15分）如图，已知抛物线x=y,点A（-

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PAPQ的最大值.

（WYM120）

第21题图

【解】（1）设直线AP的斜率为k,

14x1， k=

12x2x2

因为13x，所以直线AP斜率的取值范围是（-1，1）. 22（2）联立直线AP与BQ的方程

11kxyk0,24 93xkyk0.42

解得,点Q的横坐标是

k24k3 xQ，

2(k21)因为

2|PA|=1k(x)=1k2(kx1)，

12|PQ|=

1k(xQx)=2(k1)(k1)k12，

3

所以|PA||PQ|=-(k-1)(k+1).

3

令f(k)= -(k-1)(k+1)，

2

因为f＇(k)=-(4k-2)(k+1),

11）上单调递增，（，1）上单调递减，

22271. 因此当k=时，|PA||PQ| 取得最大值

216所以 f(k)在区间（-1，

22. （本题满分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; （1）022n2【证明】（1）用数学归纳法证明：xn>0 当n=1时，x1=1>0 假设n=k时，xk>0，

那么n=k+1时，若xk+1„0,则00. 因此xn>0(n∈N*),

所以xn=xn+1+ln(1+xn+1) >xn+1, 因此0（2）由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得，

2xnxn+1-4xn+1+2xn=xn1-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1).

记函数f(x)=x-2x+(x+2)ln(1+x)(x…0),

2

2x2x f(x)=+ln(1+x)>0(x>0),

x1函数f(x)在[0,+∞）上单调递增，所以f(x)…f(0)=0, 因此xn1-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)…0, 故2xn+1- xn„

2xnxn1,(n∈N*). 2（3）因为

xn=xn+1+ln(1+xn+1)„xn+1+xn+1,

所以xn…由

1, 2n1xnxn1…2xn+1-xn得， 21111…2()0, xn12xn21111厖2()所以

xn2xn12故xn„n1…2(11)2n2, x1212n2,

1剟xn2n1

12n2(nN) .