2017高考浙江数学试卷(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 S4R2

锥体的体积公式

1VSh

3其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高 台体的体积公式

1Vh(SaSaSbSb)

3球的体积公式 4VR3

3

其中R表示球的半径 柱体的体积公式 V=Sh

其中Sa，Sb分别表示台体的上、下底面积 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P{x|1x1}，Q{0x2}，则PQ A．(1,2) 【答案】A

B．(0,1)

C．(1,0)

D．(1,2)

第 1 页 共 13 页

【解析】取P,Q所有元素，得PQ(2,1).

x2y21的离心率是 2．椭圆94A．

13 3 B．

5 3 C．

2 3 D．

5 9【答案】B 【解析】e945，选B. 333．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．

π+1 2 B．

π+3 2 C．

3π+1 2 D．

3π+3 2【答案】A 【解析】V11π123(π21)1，选A. 2322x04．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] 【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 C．与a无关，且与b无关 【答案】B

第 2 页 共 13 页

B．[0,4] C．[6，+∞] D．[4,+∞]

B．与a有关，但与b无关 D．与a无关，但与b有关

aa2【解析】因为最值在f(0)b,f(1)1ab,f()b中取，所以最值之差一定与b无关，选

24B.

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”的 A．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】C

【解析】S4S62S5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

B．必要不充分条件

D．既不充分也不必要条件

【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1满足P（1=1）=pi，P（1=0）=1—pi，i=1，2. 若0E(2)，D(1)【解析】QE(1)p1,E(2)p2,E(1)E(2)

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

1，则 2QD(1)p1(1p1),D(2)p2(1p2),D(1)D(2)(p1p2)(1p1p2)0，选A.

9．如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥）学科&网，PQR分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，

BQCR2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面较为α,β,γ，则 QCRA第 3 页 共 13 页

A．γ<α<β 【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所以选B.

uuuruuurOB，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I1＝OA·uuuruuuruuuruuurI2＝OB·OC，I3＝OC·OD，则

B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α

A．I１B．I１C． I３D．I２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学.科.网，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】

33 212【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S66(11sin60)332

第 4 页 共 13 页

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

a2b23a2422【解析】由题意可得ab2abi34i，则，解得2，则ab5,ab2

ab2b12213．已知多项式x13x22=xa1xa2xa3xa4xa5，则a4=________，a5=________. 【答案】16，4

rrmm【解析】由二项式展开式可得通项公式为：C3xC2x，分别取r0,m1和r1,m0可得

54321a441216，令x0可得a513224

14．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=_______.

【答案】

1510, 24【解析】取BC中点E，DC中点F，由题意：AEBC,BFCD， △ABE中，cosABC1115BE1， ，cosDBC,sinDBC14164AB4115S△BCDBDBCsinDBC. 22又cosDBC12sinDBF2110,sinDBF， 44cosBDCsinDBF10， 4综上可得，△BCD面积为1510，cosBDC. 2415．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 rrrr22【解析】设向量a,b的夹角为，由余弦定理有：ab12212cos54cos，

rrab1222212cos54cos，则：

rrrrabab54cos54cos，

第 5 页 共 13 页

令y54cosx54cosx，则y21022516cos216,20，

rrrr据此可得：ababmaxrrrr2025,ababmin164，

rrrr即abab的最小值是4，最大值是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______中不同的选法.（用数字作答）

【答案】660

411411【解析】由题意可得：总的选择方法为：C8C4C3种方法，其中不满足题意的选法有C6C4C3种411411方法，则满足题意的选法有：C8C4C3C6C4C3660种.

17．已知αR，函数f(x)|x【答案】(,]

4a|a在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是___________. x9244,5，分类讨论： x44①.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a5时，fxmaxmax4aa,5aa，则：

4aa5aa4aa5aa或：， 4aa55aa5解得：a99或a 22综上可得，实数a的取值范围是,.

29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–23 sin x cos x（xR）.

（Ⅰ）求f（

2π）的值. 3（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间.

第 6 页 共 13 页

【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为

单调递增区间为2+k，+kkZ

36

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，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. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）

2. 8【解析】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面学科&网所成的角等基础知识，同时考查

第 7 页 共 13 页

空间

【解析】方法一：

（1）取AD的中点F，连接EF，CF ∵E为PD的重点 ∴EF∥PA

在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点 易得CF∥AB

∴平面EFC∥平面ABP ∵EC平面EFC ∴EC∥平面PAB

（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N.连结PN交EF于点Q，连结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，连结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CD=1.

在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=

得CE=

，

在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，

在Rt△MQH中，QH=，MQ=，

第 8 页 共 13 页

所以sin∠QMH=，

所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.

20．（本题满分15分）已知函数f(x)=（x–2x1）ex（x（Ⅰ）求f(x)的导函数；

（Ⅱ）求f(x)在区间[，+)上的取值范围.

1）. 212212xe]. 【答案】（Ⅰ）f＇（x）=（1-x）（1-）e；（Ⅱ）[0, 22x11（Ⅱ）由

解得因为 x 或.

（ - ） 1 （） （） 0 + 0 - f（x） 又

↓ 0 ↑ ↓ ，

所以f（x）在区间[）上的取值范围是.

第 9 页 共 13 页

221．（本题满分15分）如图，已知抛物线xy，点A(，)，B(，)，抛物线上的点

1124392413P(x,y)(x).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

22

（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA||PQ|的最大值. 【答案】（Ⅰ）（-1,1）；（Ⅱ）

2716第 10 页 共 13 页

所以 f(k)在区间（-1，

11）上单调递增，（，1）上单调递减， 22127因此当k=时，|PA|g|PQ| 取得最大值.

21622．（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， （Ⅰ）0＜xn+1＜xn； （Ⅱ）2xn+1− xn≤（Ⅲ）

12n1xnxn1； 21n2≤xn≤

2.

【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.

第 11 页 共 13 页

第 12 页 共 13 页

第 13 页 共 13 页