2017年浙江省高考數(shù)學（含解析答案版）

1、2017年浙江省高考數(shù)學試卷一、選擇題（共10小題，每小題5分，滿分50分）1（5分）已知集合P=x|1x1，Q=x|0x2，那么PQ=（）A（1，2）B（0，1）C（1，0）D（1，2）2（5分）橢圓+=1的離心率是（）ABCD3（5分）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm2）是（）A+1B+3C+1D+34（5分）若x、y滿足約束條件，則z=x+2y的取值范圍是（）A0，6B0，4C6，+）D4，+）5（5分）若函數(shù)f（x）=x2+ax+b在區(qū)間0，1上的最大值是M，最小值是m，則Mm（）A與a有關，且與b有關B與a有關，但與b無關C與a無關，且與b無關D與

2、a無關，但與b有關6（5分）已知等差數(shù)列an的公差為d，前n項和為Sn，則“d0”是“S4+S62S5”的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件7（5分）函數(shù)y=f（x）的導函數(shù)y=f（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)y=f（x）的圖象可能是（）ABCD8（5分）已知隨機變量i滿足P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2若0p1p2，則（）AE（1）E（2），D（1）D（2）BE（1）E（2），D（1）D（2）CE（1）E（2），D（1）D（2）DE（1）E（2），D（1）D（2）9（5分）如圖，已知正四面體DABC（所有棱長均相等的三棱錐），P、Q、R

3、分別為AB、BC、CA上的點，AP=PB，=2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為、，則（）ABCD10（5分）如圖，已知平面四邊形ABCD，ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC與BD交于點O，記I1=，I2=，I3=，則（）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分11（4分）我國古代數(shù)學家劉徽創(chuàng)立的“割圓術”可以估算圓周率，理論上能把的值計算到任意精度，祖沖之繼承并發(fā)展了“割圓術”，將的值精確到小數(shù)點后七位，其結果領先世界一千多年，“割圓術”的第一步是計算單位圓內(nèi)接正六邊形的面積S6

4、，S6= 12（6分）已知a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虛數(shù)單位），則a2+b2= ，ab= 13（6分）已知多項式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，則a4= ，a5= 14（6分）已知ABC，AB=AC=4，BC=2，點D為AB延長線上一點，BD=2，連結CD，則BDC的面積是 ，comBDC= 15（6分）已知向量、滿足|=1，|=2，則|+|+|的最小值是 ，最大值是 16（4分）從6男2女共8名學生中選出隊長1人，副隊長1人，普通隊員2人組成4人服務隊，要求服務隊中至少有1名女生，共有 種不同的選法（用數(shù)字作答）17（4分）已知aR，

5、函數(shù)f（x）=|x+a|+a在區(qū)間1，4上的最大值是5，則a的取值范圍是 三、解答題（共5小題，滿分74分）18（14分）已知函數(shù)f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx（xR）（）求f（）的值（）求f（x）的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間19（15分）如圖，已知四棱錐PABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點（）證明：CE平面PAB；（）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值20（15分）已知函數(shù)f（x）=（x）ex（x）（1）求f（x）的導函數(shù)；（2）求f（x）在區(qū)間，+）上的取值范圍21（15分）如圖，已知拋物線x2

6、=y，點A（，），B（，），拋物線上的點P（x，y）（x），過點B作直線AP的垂線，垂足為Q（）求直線AP斜率的取值范圍；（）求|PA|PQ|的最大值22（15分）已知數(shù)列xn滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），證明：當nN*時，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn2017年浙江省高考數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共10小題，每小題5分，滿分50分）1（5分）已知集合P=x|1x1，Q=x|0x2，那么PQ=（）A（1，2）B（0，1）C（1，0）D（1，2）【分析】直接利用并集的運算法則化簡求解即可【解答】解：集合P=x|1x1，Q=x|0x2

7、，那么PQ=x|1x2=（1，2）故選：A【點評】本題考查集合的基本運算，并集的求法，考查計算能力2（5分）橢圓+=1的離心率是（）ABCD【分析】直接利用橢圓的簡單性質(zhì)求解即可【解答】解：橢圓+=1，可得a=3，b=2，則c=，所以橢圓的離心率為：=故選：B【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)的應用，考查計算能力3（5分）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm2）是（）A+1B+3C+1D+3【分析】根據(jù)幾何體的三視圖，該幾何體是圓錐的一半和一個三棱錐組成，畫出圖形，結合圖中數(shù)據(jù)即可求出它的體積【解答】解：由幾何的三視圖可知，該幾何體是圓錐的一半和一個三棱錐組成，圓錐

8、的底面圓的半徑為1，三棱錐的底面是底邊長2的等腰直角三角形，圓錐的高和棱錐的高相等均為3，故該幾何體的體積為×××12×3+××××3=+1，故選：A【點評】本題考查了空間幾何體三視圖的應用問題，解題的關鍵是根據(jù)三視圖得出原幾何體的結構特征，是基礎題目4（5分）若x、y滿足約束條件，則z=x+2y的取值范圍是（）A0，6B0，4C6，+）D4，+）【分析】畫出約束條件的可行域，利用目標函數(shù)的最優(yōu)解求解即可【解答】解：x、y滿足約束條件，表示的可行域如圖：目標函數(shù)z=x+2y經(jīng)過坐標原點時，函數(shù)取得最小值，經(jīng)過A時，

9、目標函數(shù)取得最大值，由解得A（0，3），目標函數(shù)的直線為：0，最大值為：36目標函數(shù)的范圍是0，6故選：A【點評】本題考查線性規(guī)劃的簡單應用，畫出可行域判斷目標函數(shù)的最優(yōu)解是解題的關鍵5（5分）若函數(shù)f（x）=x2+ax+b在區(qū)間0，1上的最大值是M，最小值是m，則Mm（）A與a有關，且與b有關B與a有關，但與b無關C與a無關，且與b無關D與a無關，但與b有關【分析】結合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，分類討論不同情況下Mm的取值與a，b的關系，綜合可得答案【解答】解：函數(shù)f（x）=x2+ax+b的圖象是開口朝上且以直線x=為對稱軸的拋物線，當1或0，即a2，或a0時，函數(shù)f（x）在區(qū)間0，1上單調(diào)，此

10、時Mm=|f（1）f（0）|=|a|，故Mm的值與a有關，與b無關當1，即2a1時，函數(shù)f（x）在區(qū)間0，上遞減，在，1上遞增，且f（0）f（1），此時Mm=f（0）f（）=，故Mm的值與a有關，與b無關當0，即1a0時，函數(shù)f（x）在區(qū)間0，上遞減，在，1上遞增，且f（0）f（1），此時Mm=f（0）f（）=a，故Mm的值與a有關，與b無關綜上可得：Mm的值與a有關，與b無關故選：B【點評】本題考查的知識點是二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，是解答的關鍵6（5分）已知等差數(shù)列an的公差為d，前n項和為Sn，則“d0”是“S4+S62S5”的（）A充分不必要條件B必要不充分條

11、件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【分析】根據(jù)等差數(shù)列的求和公式和S4+S62S5，可以得到d0，根據(jù)充分必要條件的定義即可判斷【解答】解：S4+S62S5，4a1+6d+6a1+15d2（5a1+10d），21d20d，d0，故“d0”是“S4+S62S5”充分必要條件，故選：C【點評】本題借助等差數(shù)列的求和公式考查了充分必要條件，屬于基礎題7（5分）函數(shù)y=f（x）的導函數(shù)y=f（x）的圖象如圖所示，則函數(shù)y=f（x）的圖象可能是（）ABCD【分析】根據(jù)導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系，當f（x）0時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當f（x）0時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，根據(jù)函數(shù)圖象，即可判斷函數(shù)的單調(diào)性

12、，然后根據(jù)函數(shù)極值的判斷，即可判斷函數(shù)極值的位置，即可求得函數(shù)y=f（x）的圖象可能【解答】解：由當f（x）0時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，當f（x）0時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，則由導函數(shù)y=f（x）的圖象可知：f（x）先單調(diào)遞減，再單調(diào)遞增，然后單調(diào)遞減，最后單調(diào)遞增，排除A，C，且第二個拐點（即函數(shù)的極大值點）在x軸上的右側，排除B，故選D【點評】本題考查導數(shù)的應用，考查導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系，考查函數(shù)極值的判斷，考查數(shù)形結合思想，屬于基礎題8（5分）已知隨機變量i滿足P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2若0p1p2，則（）AE（1）E（2），D（1）D（2）BE（1）E（2）

13、，D（1）D（2）CE（1）E（2），D（1）D（2）DE（1）E（2），D（1）D（2）【分析】由已知得0p1p2，1p21p11，求出E（1）=p1，E（2）=p2，從而求出D（1），D（2），由此能求出結果【解答】解：隨機變量i滿足P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2，0p1p2，1p21p11，E（1）=1×p1+0×（1p1）=p1，E（2）=1×p2+0×（1p2）=p2，D（1）=（1p1）2p1+（0p1）2（1p1）=，D（2）=（1p2）2p2+（0p2）2（1p2）=，D（1）D（2）=p1p12（）=（p2p1）（

14、p1+p21）0，E（1）E（2），D（1）D（2）故選：A【點評】本題考查離散型隨機變量的數(shù)學期望和方差等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想，是中檔題9（5分）如圖，已知正四面體DABC（所有棱長均相等的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BC、CA上的點，AP=PB，=2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為、，則（）ABCD【分析】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系設底面ABC的中心為O不妨設OP=3則O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夾角公式即可得出二面角解法二：

15、如圖所示，連接OD，OQ，OR，過點O發(fā)布作垂線：OEDR，OFDQ，OGQR，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接PE，PF，PG設OP=h可得cos=同理可得：cos=，cos=由已知可得：OEOGOF即可得出【解答】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系設底面ABC的中心為O不妨設OP=3則O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，=，=（0，3，6），=（，5，0），=，=設平面PDR的法向量為=（x，y，z），則，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）則cos=，取=arccos同理可得：=arccos=arccos解法二：如圖所示，連接OD，O

16、Q，OR，過點O發(fā)布作垂線：OEDR，OFDQ，OGQR，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接PE，PF，PG設OP=h則cos=同理可得：cos=，cos=由已知可得：OEOGOFcoscoscos，為銳角故選：B【點評】本題考查了空間角、空間位置關系、正四面體的性質(zhì)、法向量的夾角公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題10（5分）如圖，已知平面四邊形ABCD，ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC與BD交于點O，記I1=，I2=，I3=，則（）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的定義結合圖象邊角關系進行判斷即可【解答】解：ABBC，AB=BC=AD

17、=2，CD=3，AC=2，AOB=COD90°，由圖象知OAOC，OBOD，0，0，即I3I1I2，故選：C【點評】本題主要考查平面向量數(shù)量積的應用，根據(jù)圖象結合平面向量數(shù)量積的定義是解決本題的關鍵二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分11（4分）我國古代數(shù)學家劉徽創(chuàng)立的“割圓術”可以估算圓周率，理論上能把的值計算到任意精度，祖沖之繼承并發(fā)展了“割圓術”，將的值精確到小數(shù)點后七位，其結果領先世界一千多年，“割圓術”的第一步是計算單位圓內(nèi)接正六邊形的面積S6，S6=【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結合圖形求出單位圓的內(nèi)接正六邊形的面積【解答】解：如圖所示，單位圓

18、的半徑為1，則其內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，AOB是邊長為1的正三角形，所以正六邊形ABCDEF的面積為S6=6××1×1×sin60°=故答案為：【點評】本題考查了已知圓的半徑求其內(nèi)接正六邊形面積的應用問題，是基礎題12（6分）已知a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虛數(shù)單位），則a2+b2=5，ab=2【分析】a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虛數(shù)單位），可得3+4i=a2b2+2abi，可得3=a2b2，2ab=4，解出即可得出【解答】解：a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虛數(shù)單位），3+4i=a2b2+2abi，3=a2

19、b2，2ab=4，解得ab=2，則a2+b2=5，故答案為：5，2【點評】本題考查了復數(shù)的運算法則、復數(shù)的相等、方程的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題13（6分）已知多項式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，則a4=16，a5=4【分析】利用二項式定理的展開式，求解x的系數(shù)就是兩個多項式的展開式中x與常數(shù)乘積之和，a5就是常數(shù)的乘積【解答】解：多項式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，（x+1）3中，x的系數(shù)是：3，常數(shù)是1；（x+2）2中x的系數(shù)是4，常數(shù)是4，a4=3×4+1×4=

20、16；a5=1×4=4故答案為：16；4【點評】本題考查二項式定理的應用，考查計算能力，是基礎題14（6分）已知ABC，AB=AC=4，BC=2，點D為AB延長線上一點，BD=2，連結CD，則BDC的面積是，comBDC=【分析】如圖，取BC得中點E，根據(jù)勾股定理求出AE，再求出SABC，再根據(jù)SBDC=SABC即可求出，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和二倍角公式即可求出【解答】解：如圖，取BC得中點E，AB=AC=4，BC=2，BE=BC=1，AEBC，AE=，SABC=BCAE=×2×=，BD=2，SBDC=SABC=，BC=BD=2，BDC=BCD，ABE=2BDC在

21、RtABE中，cosABE=，cosABE=2cos2BDC1=，cosBDC=，故答案為：，【點評】本題考查了解三角形的有關知識，關鍵是轉化，屬于基礎題15（6分）已知向量、滿足|=1，|=2，則|+|+|的最小值是4，最大值是【分析】通過記AOB=（0），利用余弦定理可可知|+|=、|=，進而換元，轉化為線性規(guī)劃問題，計算即得結論【解答】解：記AOB=，則0，如圖，由余弦定理可得：|+|=，|=，令x=，y=，則x2+y2=10（x、y1），其圖象為一段圓弧MN，如圖，令z=x+y，則y=x+z，則直線y=x+z過M、N時z最小為zmin=1+3=3+1=4，當直線y=x+z與圓弧MN相切

22、時z最大，由平面幾何知識易知zmax即為原點到切線的距離的倍，也就是圓弧MN所在圓的半徑的倍，所以zmax=×=綜上所述，|+|+|的最小值是4，最大值是故答案為：4、【點評】本題考查函數(shù)的最值及其幾何意義，考查數(shù)形結合能力，考查運算求解能力，涉及余弦定理、線性規(guī)劃等基礎知識，注意解題方法的積累，屬于中檔題16（4分）從6男2女共8名學生中選出隊長1人，副隊長1人，普通隊員2人組成4人服務隊，要求服務隊中至少有1名女生，共有660種不同的選法（用數(shù)字作答）【分析】由題意分兩類選1女3男或選2女2男，再計算即可【解答】解：第一類，先選1女3男，有C63C21=40種，這4人選2人作為隊

23、長和副隊有A42=12種，故有40×12=480種，第二類，先選2女2男，有C62C22=15種，這4人選2人作為隊長和副隊有A42=12種，故有15×12=180種，根據(jù)分類計數(shù)原理共有480+180=660種，故答案為：660【點評】本題考查了分類計數(shù)原理和分步計數(shù)原理，屬于中檔題17（4分）已知aR，函數(shù)f（x）=|x+a|+a在區(qū)間1，4上的最大值是5，則a的取值范圍是（，）【分析】通過轉化可知|x+a|+a5且a5，進而解絕對值不等式可知2a5x+5，進而計算可得結論【解答】解：由題可知|x+a|+a5，即|x+a|5a，所以a5，又因為|x+a|5a，所以a5x

24、+a5a，所以2a5x+5，又因為1x4，4x+5，所以2a54，解得a，故答案為：（，）【點評】本題考查函數(shù)的最值，考查絕對值函數(shù)，考查轉化與化歸思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題三、解答題（共5小題，滿分74分）18（14分）已知函數(shù)f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx（xR）（）求f（）的值（）求f（x）的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間【分析】利用二倍角公式及輔助角公式化簡函數(shù)的解析式，（）代入可得：f（）的值（）根據(jù)正弦型函數(shù)的圖象和性質(zhì)，可得f（x）的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間【解答】解：函數(shù)f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx=sin2xcos2x=2sin（

25、2x+）（）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，（）=2，故T=，即f（x）的最小正周期為，由2x+2k，+2k，kZ得：x+k，+k，kZ，故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為+k，+k，kZ【點評】本題考查的知識點是三角函數(shù)的化簡求值，三角函數(shù)的周期性，三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，難度中檔19（15分）如圖，已知四棱錐PABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點（）證明：CE平面PAB；（）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值【分析】（）以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，過D作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角系，利用

26、向量法能證明CE平面PAB（）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直線CE與平面PBC所成角的正弦值【解答】證明：（）四棱錐PABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，過D作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角系，設PC=AD=2DC=2CB=2，則C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，1），=（0，1，1），設平面PAB的法向量=（x，y，z），則，取z=1，得=（1，1，1），=0，CE平面PAB，

27、CE平面PAB解：（）=（1，1，1），設平面PBC的法向量=（a，b，c），則，取b=1，得=（0，1，1），設直線CE與平面PBC所成角為，則sin=|cos|=直線CE與平面PBC所成角的正弦值為【點評】本題考查線面平行的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查數(shù)形結合思想、化歸與轉化思想，是中檔題20（15分）已知函數(shù)f（x）=（x）ex（x）（1）求f（x）的導函數(shù)；（2）求f（x）在區(qū)間，+）上的取值范圍【分析】（1）求出f（x）的導數(shù)，注意運用復合函數(shù)的求導法則，即可得到所求；（2）求出f

28、（x）的導數(shù)，求得極值點，討論當x1時，當1x時，當x時，f（x）的單調(diào)性，判斷f（x）0，計算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范圍【解答】解：（1）函數(shù)f（x）=（x）ex（x），導數(shù)f（x）=（12）ex（x）ex=（1x+）ex=（1x）（1）ex；（2）由f（x）的導數(shù)f（x）=（1x）（1）ex，可得f（x）=0時，x=1或，當x1時，f（x）0，f（x）遞減；當1x時，f（x）0，f（x）遞增；當x時，f（x）0，f（x）遞減，且xx22x1（x1）20，則f（x）0由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值為e，最小值為f（1）=0則f（x）在區(qū)間，+

29、）上的取值范圍是0，e【點評】本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查化簡整理的運算能力，正確求導是解題的關鍵，屬于中檔題21（15分）如圖，已知拋物線x2=y，點A（，），B（，），拋物線上的點P（x，y）（x），過點B作直線AP的垂線，垂足為Q（）求直線AP斜率的取值范圍；（）求|PA|PQ|的最大值【分析】（）通過點P在拋物線上可設P（x，x2），利用斜率公式結合x可得結論；（）通過（I）知P（x，x2）、x，設直線AP的斜率為k，聯(lián)立直線AP、BP方程可知Q點坐標，進而可用k表示出、，計算可知|PA|PQ|=（1+k）3（1k），通過令f（x）=（1+x）3（1x），1x1，求導結合單調(diào)性可得結論【解答】解：（）由題可知P（x，x2），x