2017年高考浙江數(shù)學試題及答案(word解析版)

#2017年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(浙江卷)

數(shù)學(理科)第I卷(選擇題共40分)二選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.(1)【2017年浙江，1,4分】已知尸={%|—,Q={—2<%<0},則尸UQ=()(A)(-2,1) (B)(-l,0) (C)(0,1) (D)(-2,-1)【答案】A【解析】取尸,Q所有元素，得尸UQ=(-2,1),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)【2017年浙江，2,4分】橢圓上+*=1的離心率是( )9 4(A)13^- (B)正 (C)2 (D)53 3 3 9【答案】B_ _【解析】e=亞二4=巨，故選B.3 3【點評】本題考查橢圓的簡單性質(zhì)的應用，考查計算能力.(3)【2017年浙江，3,4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:cm3)是( )(A)-+1 (B)-+3 (C)把+1 (D)把+32 2 2 211側(cè)視圖【答案】A【解析】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V=1x3x(…+1x2x1)=n+1，故選A.3 2 2 2【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(jié)構(gòu)特征,是基礎題目.「 匕冊、 八，什 、"口"擊反/〃""0 n| MH沿廿L.日(4)【2017年浙江,4,4分】若x,y滿足約束條件,+y-3>0，則z=x+2y的取值范圍是x-2y<0( )(A)[0,6] (B)[0,4](C)[6,+?] (D)[4,+s]【答案】D【解析】如圖，可行域為一開放區(qū)域，所以直線過點(2,1)時取最小值4,無最大值，故選D.【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)【2017年浙江,5,4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M-m()(A)與a有關，且與b有關(C)與a無關，且與b無關【答案】B(B)與a有關，但與b無關(D)與a無關，但與b有關【解析】解法一：因為最值在f(0)二b,f⑴=1+a+b,f(-2)二b若中取，所以最值之差一定與b無關,故選B解法二：函數(shù)于(x)=x2+ax+b的圖象是開口朝上且以直線x=-2為對稱軸的拋物線①當-2〉1或

--<0,即o<—2,或。>0時，函數(shù)/(%)在區(qū)間［0,1］上單調(diào)，此時M-m=|f(1)-f(0)|=|a|,故M函數(shù)f(x)在區(qū)間0「2上遞減,在-乙a..2,1上遞增，且f(0)>f(1),此時M-m=f(0)函數(shù)f(x)在區(qū)間0「2上遞減,在-乙a..2,1上遞增，且f(0)>f(1),此時M-m=f(0)-fT,故M一m的值與a有關,與b無關；③當即-1<a<0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間0,-為上遞減，在-|,1上遞增，且f(0)<f(1),此時M-m=f(0)-fI-2二a-a2，故M-m的值與a有關,與b無關.綜上可得:M-m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)【2017年浙江，6,4分】已知等差數(shù)列此a］的公差為d，前n項和為Sn n(A)充分不必要條件(B)必要不充分條件 (C)充分必要條件【答案】C【解析】由S+S-2S=10a+21d-2(5a+10d)=d,可知當d>0時4 6 5 1 1貝廠d>0"是"S+S>2S"的()

4 6 5(D)既不充分也不必要條件有S+S—2S>0,即S+S>2S,反之，若S+S>2S，則d>0,所以“d>0”是“S+S>2S”的充要條件，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)【2017年浙江,7,4分】函數(shù)y=f(%)的導函數(shù)y=f(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)y=f(x)的圖(D)【解析】解法一：由當f(x)<0時，函數(shù)/(x)單調(diào)遞減，當/(x)>0時，函數(shù)/(x)單調(diào)遞增，則由導函數(shù)y=/(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(cè)，排除B,,故選D.解法二：原函數(shù)先減再增，再減再增，且x=0位于增區(qū)間內(nèi)，故選D.考查函數(shù)極值的判斷，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于基【點評】本題考查導數(shù)的應用考查函數(shù)極值的判斷，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于基(8)【2017(8)【2017年浙江,8,4分】已知隨機變量己,滿足P怎=1)=pP(己=0)=1-p,i=1,2.若01 i<p<p<-■ 22則()(則()(A)E(&)<E(&),D(&)<D(&)(B)E(&)<E(&),D(&)>D(&)(C)(C)E(&)>E(&),D(&)<D(&)①)E(&)>E(&),D(&)<D(&)【答案】A112 2 11112 2 2【解析】?:E也)=p,E(&)=p,「.Eg)<E(&”：D(1)=p(1-p),D(&)=p(1-p)112 2 11112 2 2D(g)-D?)=(p—p)(1—p—p)<0,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、能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.(9)【2017年浙江，9,4分】如圖，已知正四面體D-ABC(所有棱長均相等的三棱錐)，PQR空間想象分別為AB,BC,CA上的點，AP=PBD-PQ-R,D-QR-P的平面較為a,(A)y<a<p【答案】B(B)a<y<p吃=CR=2，分別記二面角D-PR-Q,QCRAp，y，則()(C)a<p<y (D)p<y<a【解析】解法一：如圖所示，建立空間直角坐標系,設底面0(0,0,0),P(0,-3,0),C(0,-6,0),dI,0,6也勺中心不妨設0<=3.則3,2,0),Rv—2<3,0,0),PR=(2\3,3,0),PD=Q,3,6\2),Pq=(m,5,0),QR=(3點,-2,0),—2,6<2).設平面PDR的法向量為n( \ntln.PR=0上曰=(x,y,z)，則<_.，可得n?PD=0貝Ucos::m,n\=<2「坊x二3y=0，可得n=3y+6亞z=02,-1)取平面ABC的法向量m=(0,0,1).1 3,取a=arccos .同理可得:P=arccos.y15 <681Dy=arccos.?-^=〉-^=〉.<95v15v95<681解法二:如圖所示，連接OD,OG±QR，垂足分別為E,OE一，一--E一:.同理可得:4OE2+h2OQ,OR，過點O發(fā)布作垂線：OE±DR,OF±DQ,SF,G，連接PE,PF,PG.設OP=h.則cosa=FDRSAPDRcosP=OFOFOGOG—= —c,cosy= = —PFSOF2+h2 PG、：OG2+h2口BQOEPE由已知可得：OE〉OG〉OF.?cosa〉cosy〉cosP,a,P，y為銳角.?,?口〈丁〈隹故選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)【2017年浙江，10,4分】如圖，已知平面四邊形ABCD,AB±BC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC與BD交于點O,記I=OA?OB,(A)I<I<I1 2 3【答案】C【解析】?.?AB±BC1(B)I<I<I1 3 :I=OBOC2,I=OCOD，則(3(C)I<I<I)(D)I<I<I2 2 3AB=BC=AD=2???AC=2<2,由圖象知OA<OC,OB<OD,???0〉OA-OB〉OC-OD,???ZAOB=ZCOD〉900,O?OC〉0,即I<I<I，故選C.3 1 2【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(jié)合平面向量數(shù)量積的定義是解決本題的關鍵.第n卷(非選擇題共110分)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)【2017年浙江,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n,理論上能把n的值計算到任意精度.祖沖之繼承并發(fā)展了“割圓術”，將兀的值精確到小數(shù)點后七位，其結(jié)果領先世界一千多年,圓術”的第一步是計算單位圓內(nèi)接正六邊形的面積S內(nèi)，S內(nèi)【答案】m32【解析】如圖所示，單位圓的半徑為1,則其內(nèi)接正六邊形ABCDEF中，AAOB是邊長為1的正三角形，所以正六邊形ABCDEF的面積為S=6x-x1x1xsin60“割【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)【2017年浙江，12,6分】已知abgR,(a+bi)2=3+4i(i是虛數(shù)單位)則a2+b2=【答案】5；2ab【解析】由題意可得a2—b2+2abi=3+4i,貝I」a2-b2=3，解得ab=2a2=4，貝Ua2+b2=5,ab=2.b2=1【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，(13)【2017年浙江，13,6分】已知多項式(x+1)G+21=x5+ax4+ax3+ax2+ax1+a,1 2 3 4 5屬于基礎題.【解析】由二項式展開式可得通項公式為：CxCm%分別取廠=0,加=1和廠=1,加=0可得a=4+12=16,令3 2 4【點評】本題考查了解三角形的有關知識，(15)【2017年浙江,15，6【解析】由二項式展開式可得通項公式為：CxCm%分別取廠=0,加=1和廠=1,加=0可得a=4+12=16,令3 2 4【點評】本題考查了解三角形的有關知識，(15)【2017年浙江,15，6分】已知向量a，關鍵是轉(zhuǎn)化，屬于基礎題.b滿足|a|=1,|b|=2,則a+b|+a-b|的最小值是;最大值是 【答案】4；2V5【解析】解法一:設向量a和b的夾角為0,由余弦定理有|a-b="2+22-2x1x2xcos0=-.5-4cos0,a+b=/^2^22-2x1x2xcos(兀-0)=45+4cos0,則”a+b|r|a-b=Armcos0+、；5-4cos0令y=<5+4cos0+v5-4cos0，貝I」>2=10+2v25-16cos20e116,20],據(jù)此可得:=<20=2<5,)=聲6=4,即a+b+a-b的最小值為4,最大值為275.min解法二記ZAOB=a，則0Vav兀，如圖，由余弦定理可得：a-b=^/5-4cos0,|a+b|=七5T4cos0，令x=\：5-4cos0,y=\：5+4cos0,則I」x2+y2=10(x,y>1),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z=1+3=3+1=4，當直線y=-x+z與圓弧MN相切時z最大，由平面幾min _何知識易知z即為原點到切線的距離的<2倍，也就是圓弧MN所在圓的半徑的v2倍，max所以z=近x屈=2后.綜上所述，|a+b+a-b的最小值為4,最大值為2石.max I)maxa=

5

【答案】16；4尢=0可得〃=13X22=4.5【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)【2017年浙江，14,6分】已知AABC,AB=AC=4,BC=2.點D為AB延長線上一點，BD=2,連結(jié)CD，則ABDC的面積是；cosZBDC=.【答案】立5;亙0TOC\o"1-5"\h\z2 4【解析】取BC中點E,DC中點F,由題意：AE1BC,BF1CD,AABE中，cosZABC=BE=1,AB4:.cosZDBC=-1,sinZDBC=.1--=*,「.S =1xBDxBCxsinZDBC二空.4 16 4 △bcd2 2又...cosZDBC=1-2sin2ZDBF二一1,「.sinZDBF=10，,「.cosZBDC=sinZDBF二24 4 4綜上可得，ABCD面積為口5,cosZBDC=匚0.2 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(jié)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)【2017年浙江，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，共有中不同的選法.(用數(shù)字作答)【答案】660【解析】解法一:由題意可得:“從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”中的選擇TOC\o"1-5"\h\z方法為:C4xC1xC1種方法，其中“服務隊中沒有女生”的選法有C4xC1xC1種方法，則滿足題意的選法有:8 4 3 6 4 3C4xC1xC1-C4xC1xC1=660種.8 4 3 6 4 3解法二：第一類，先選1女3男，有C3C1=40種，這4人選2人作為隊長和副隊有A2=12種，故有6 2 440x12=480種，第二類冼選2女2男，有C2c2=15種，這4人選2人作為隊長和副隊有A2=12種，6 2 4故有15x12=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.范圍是—【答案】(Y0,|]【解析】％ 4]9.??a-—范圍是—【答案】(Y0,|]【解析】％ 4]9.??a-—2舍去；②當a<4時，f(x)-x+4-a+a-x+4<5,止匕時命題成立;③當4<a<5時，卜(，)]-max14-a|+a,|5-a|+a｝，則:<maxx|4—a|+a>|5—a||4-a|+a-5|4-a|+a<|5-a|+a

|5―al+a-5(17)【2017年浙江，17,4分】已知awR,函數(shù)/(x)=x+d-在區(qū)間限41上的最大值是5,貝八的取值+-e[4,5],分類討論:①當a>5時,f(x)=a-x-—+a-2a-x-—，函數(shù)的最大值2a一4-5,x x x解得：a-9或a<9，綜上可得，實數(shù)a的取值范圍是2 2【點評】本題考查函數(shù)的最值，考查絕對值函數(shù),考查轉(zhuǎn)化與化歸思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題.三、解答題:本大題共5題，共74分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.(18)【2017年浙江,18,14分】已知函數(shù)f(x)-sin2x-cos2x-2v3sinxcosx(xeR)■⑴求f⑴求f的值;(2)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞增區(qū)間.解：(1)解：(1)f(x)=sin2x-cos2x_2、3sinxcosx二一cos2x-V3sin2x--2sin2x+巴I6f2YI--2sin-77+7|-2■(2)由f(x(2)由f(x)=C(c兀)-2sin2x+-f(x)的最小正周期為兀兀 兀 兀.令2kn一<2x+—<2kn+ ,keZ，得keZ，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為kn--3【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)【2017年浙江,19,15分】如圖,已知四棱錐P□ABCD,APAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BC//AD,CD1AD,PC-AD-2DC-2CB,E為PD的中點.(1)證明:CE//平面PAB；(2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值.解：解法一：(1)取AD的中點F,連接EF,CF;E為PD的重點，?二EF//PA，在四邊形ABCD中，BC//AD,AD-2DC-2CB,F為中點易得CF//AB,???平面EFC//平面ABP,EECu平面EFC,??.EC//平面PAB■(2)連結(jié)BF，過F作FM1PB與M,連結(jié)PF,因為PA-PD，所以PF1AD,易知四邊形BCDF為矩形，所以BF1AD，所以AD1平面PBF,又AD//BC所以BC1平面PBF，所以BC1PB，設DC-CB-1,則AD-PC-2，所以PB-<2,BF-PF-1,所以MF-1,又BC1平面PBF，所以BC1MF，所以MF1平面2PBC,即點F到平面PBC的距離為2也即點D到平面PBC的距離為2,因為E為PD=v2，由余弦定PD的中點，所以點E到平面PBC的距離為L在APCD中,PC-2,CD-PD=v2，由余弦定1 _理可得CE-<2設直線CE與平面PBC所成的角為0，則sinG-工-二史， CE8解法二：(1)略;構(gòu)造平行四邊形.(2)過P作PH1CD,交CD的延長線于點H在Rt&PDH中，設DH-x，則易知.v/R(五)2-X2+(1+X)2=22(RtAPCH),解得。〃 過”作5C的平行線，取2.一，一(3 \°H=5C=1,由題易得5-,0,0，、2 ,P卜,0§](11右、 —?(五)2-X2+(1+X)2=22(RtAPCH),解得?！?過”作5C的平行線，取2.一，一(3 \°H=5C=1,由題易得5-,0,0，、2 ,P卜,0§](11右、 —? ?1、瓜 —>2 .6—?EI“2,77，則CE=(—“—2,7)，PB=(20—三)，BC=(0』，0)，設平面PBC的法向量為n=(x,y,z)，則<-、3 -3八n-PB=-x——z=02 2n?BC=y=0，令x=1，貝1Jt=\;3，故n=(1,0,；：3)設直線CE與平面PBC所成的角為0，則sin6=1cos0<CE,nl=l—5+亙Xv3l1：T4 4 =_J_=v￡125~~1~~3~c_2<2―8:—+-+—x216416故直線CE與平面PBC所成角的正弦值為—8【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(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.(20)【2017年浙江，20,15分】已知函數(shù)f(x)=—\：2(1)求f(x)的導函數(shù)；(2)求f(x)在區(qū)間［L+s)上的取值范圍.

^2解:(1)f'(x)=(2)令g(x)=x-\.：2x-1,貝1Jgf(x)=1—上，<2x—1t2x—1當1<x<1時，2二(一)|1-e—x1— 1 —x+g'(x)<0，當x>1時,gf(x)〉0，則g(x)11=e2,2, -- 1二,十s上的最大值為一e-綜上，f(x)在區(qū)間-,+s上的取值范圍是0,1e--- 2【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)【2017年浙江，21,15分】如圖，已知拋物線x2=y點P(x,y)—I.過點B作直線AP的垂線，垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍;(39A b3,9,拋物線上的1247x(1A2,11271(5A1<2I2752(5A亍+s12 7/(x)0+0f(x)X/X當x變化時,f(x),尸(x)的變化如下表:在x=1處取得最小值，既最小值為0,又e-x〉0，則f(x)在區(qū)間1—一 一,+s上的最小值為0.27/、 55f(1)=0,fI-乙

(2)求|AP|?忸Q|的最大值.1X2解：(1)由題易得P(X,X2),-1<X<3,故K=一4二X-1式-1,1),故直線AP斜率的取值范圍為(-1,1).2 2ap1 2XH 2(2)由(1)知P(x,X2),-1<x<3,所以再=\-1-x」-X2|，設直線AP的斜率為k，則AP:y=日+1k+1,2 2 I2 4 ) y2 4聯(lián)立直線AP聯(lián)立直線AP、BP方程可知/3+4k-k29k2+8k+1、

、2k2+2，4k2+4,；(1+k-k2-k3-k4-k3+k2+k).舊.―?) ,, ,)k2(1+k)(k-1)1+k2(1+kk2(1+k)(k-1)1+k2(1+k)(k-1)，k)3(k-1)故-Pia\-Piq\=pa-pq= +1+k2所以pA|.|PQ|=(1+k)(1-k)，令f(x)=(1+x)(1-x)，-1<x<1，則-(x)=(1+x?(2-4x)=-2(1+x?(2x-1)，由于當-1<x<-1時尸(x)〉0,2即PA?|PQ|的最大值為27.16當1<x<1時尸(x)<0，故即PA?|PQ|的最大值為27.162 max 12) 16【點評】本題考查圓錐曲線的最值問題，考查運算求解能力，考查函數(shù)思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題.(22)【2017年浙江，22,15分】已知數(shù)列｛x｝滿足:X=1,x=x+ln(1+x)(neN*).證明:當neN*時，n 1 nn+1 n+10Vx<x;n+1nXX2X-X<nn+1;TOC\o"1-5"\h\zn+1 n2—<x<—.2n+1 n 2n+2解:(1)令函數(shù)f(X)=X+ln(1+x)，則易得f(X)在[0,。)上為增函數(shù).又X=f(X)，若X〉0nf(x)〉f(0)=